Номер 223, страница 339 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Глава 6. Задачи повышенной трудности. Параграф 4. Начала математического анализа - номер 223, страница 339.

Условие.

223. Решите неравенство:

a) $2 + \sin x > -\frac{1}{1+x^2}$;

б) $2 - \cos x > \frac{1}{1+x^2}$.

Решение 5.

а) Рассмотрим неравенство $2 + \sin x > -\frac{1}{1+x^2}$.

Для решения этого неравенства оценим множества значений левой и правой частей.

1. Оценим левую часть: $f(x) = 2 + \sin x$.
Мы знаем, что область значений функции синуса: $-1 \le \sin x \le 1$ для любого действительного $x$.
Прибавив 2 ко всем частям этого двойного неравенства, получим:
$2 - 1 \le 2 + \sin x \le 2 + 1$
$1 \le 2 + \sin x \le 3$
Таким образом, наименьшее значение левой части неравенства равно 1.

2. Оценим правую часть: $g(x) = -\frac{1}{1+x^2}$.
Поскольку $x^2 \ge 0$ для любого действительного $x$, то знаменатель $1+x^2 \ge 1$.
Отсюда следует, что $0 < \frac{1}{1+x^2} \le 1$.
Умножив это неравенство на -1, мы изменим знаки неравенства на противоположные:
$-1 \le -\frac{1}{1+x^2} < 0$
Таким образом, правая часть неравенства всегда отрицательна (ее наибольшее значение стремится к 0, но не достигает его).

3. Сравним левую и правую части.
Мы получили, что для любого $x \in \mathbb{R}$ левая часть $2 + \sin x \ge 1$, а правая часть $-\frac{1}{1+x^2} < 0$.
Поскольку любое положительное число (или 1) всегда больше любого отрицательного числа, неравенство $2 + \sin x > -\frac{1}{1+x^2}$ выполняется для всех действительных значений $x$.
Ответ: $x \in (-\infty; +\infty)$.

б) Рассмотрим неравенство $2 - \cos x > \frac{1}{1+x^2}$.

Так же, как и в предыдущем пункте, оценим множества значений левой и правой частей.

1. Оценим левую часть: $f(x) = 2 - \cos x$.
Область значений функции косинуса: $-1 \le \cos x \le 1$.
Умножим на -1: $-1 \le -\cos x \le 1$.
Прибавим 2: $2 - 1 \le 2 - \cos x \le 2 + 1$, что дает $1 \le 2 - \cos x \le 3$.
Наименьшее значение левой части равно 1 и достигается, когда $\cos x = 1$, то есть при $x = 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

2. Оценим правую часть: $g(x) = \frac{1}{1+x^2}$.
Так как $x^2 \ge 0$, то $1+x^2 \ge 1$.
Следовательно, $0 < \frac{1}{1+x^2} \le 1$.
Наибольшее значение правой части равно 1 и достигается, когда $x^2=0$, то есть при $x=0$.

3. Сравним левую и правую части.
Неравенство строгое ($>$). Оно может не выполняться только в том случае, если левая часть равна своему минимуму (1), а правая часть равна своему максимуму (1).
Левая часть равна 1 при $x = 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Правая часть равна 1 при $x = 0$.
Обе части одновременно равны 1 только при $x=0$ (когда $k=0$).
Подставим $x=0$ в исходное неравенство:
$2 - \cos(0) > \frac{1}{1+0^2}$
$2 - 1 > \frac{1}{1}$
$1 > 1$
Это неверно. Значит, $x=0$ не является решением.

Для любого другого значения $x \neq 0$:
Правая часть $\frac{1}{1+x^2} < 1$, так как $1+x^2 > 1$.
Левая часть $2 - \cos x \ge 1$.
Если $x \neq 2\pi k$ (для любого $k \in \mathbb{Z}$), то $\cos x < 1$, и левая часть $2 - \cos x > 1$. В этом случае неравенство $2 - \cos x > \frac{1}{1+x^2}$ выполняется, так как (число > 1) > (число < 1).
Если $x = 2\pi k$ для $k \in \mathbb{Z}, k \neq 0$, то левая часть равна $2 - \cos(2\pi k) = 2 - 1 = 1$. Правая часть равна $\frac{1}{1+(2\pi k)^2}$. Так как $k \neq 0$, то $(2\pi k)^2 > 0$, и $\frac{1}{1+(2\pi k)^2} < 1$. Неравенство $1 > \frac{1}{1+(2\pi k)^2}$ выполняется.
Таким образом, неравенство верно для всех действительных чисел $x$, кроме $x=0$.
Ответ: $x \in (-\infty; 0) \cup (0; +\infty)$.