Номер 161, страница 80 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Параграф 3. Решение тригонометрических уравнений и неравенств. Глава 1. Тригонометрические функции - номер 161, страница 80.

Условие.

161. a) $ctg x \ge \sqrt{3}$;

б) $\sqrt{3} ctg\left(\frac{\pi}{4}-2 x\right)>1$;

в) $ctg 3x \le \frac{1}{\sqrt{3}}$;

г) $3 ctg\left(\frac{\pi}{6}+\frac{x}{2}\right)>-\sqrt{3}$.

Решение 1.

Решение 4.

Решение 5.

a) Дано неравенство $ctg x \ge \sqrt{3}$.
Функция $y = \ctg x$ является убывающей на своей области определения. Область определения функции котангенса: $x \ne \pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.
Сначала найдем опорное значение, решив уравнение $\ctg x = \sqrt{3}$. Решением является $x = \text{arcctg}(\sqrt{3}) = \frac{\pi}{6}$.
Так как функция убывающая, неравенство $\ctg x \ge \sqrt{3}$ будет выполняться на интервале от начала периода до найденного значения, включая его. Таким образом, $\pi n < x \le \text{arcctg}(\sqrt{3}) + \pi n$.
Подставляя значение арккотангенса, получаем итоговое решение:
$\pi n < x \le \frac{\pi}{6} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x \in (\pi n, \frac{\pi}{6} + \pi n]$, $n \in \mathbb{Z}$.

б) Дано неравенство $\sqrt{3} \ctg(\frac{\pi}{4} - 2x) > 1$.
Разделим обе части на $\sqrt{3}$: $\ctg(\frac{\pi}{4} - 2x) > \frac{1}{\sqrt{3}}$.
Воспользуемся свойством $\ctg(-\alpha) = -\ctg(\alpha)$. Тогда $\ctg(\frac{\pi}{4} - 2x) = \ctg(-(2x - \frac{\pi}{4})) = -\ctg(2x - \frac{\pi}{4})$.
Неравенство принимает вид: $-\ctg(2x - \frac{\pi}{4}) > \frac{1}{\sqrt{3}}$, что равносильно $\ctg(2x - \frac{\pi}{4}) < -\frac{1}{\sqrt{3}}$.
Сделаем замену переменной: $t = 2x - \frac{\pi}{4}$. Получим неравенство $\ctg t < -\frac{1}{\sqrt{3}}$.
Найдем опорное значение: $t_0 = \text{arcctg}(-\frac{1}{\sqrt{3}}) = \frac{2\pi}{3}$.
Так как функция котангенса убывающая, решение неравенства $\ctg t < -\frac{1}{\sqrt{3}}$ имеет вид: $\text{arcctg}(-\frac{1}{\sqrt{3}}) + \pi n < t < \pi + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
$\frac{2\pi}{3} + \pi n < t < \pi + \pi n$.
Вернемся к исходной переменной: $\frac{2\pi}{3} + \pi n < 2x - \frac{\pi}{4} < \pi + \pi n$.
Прибавим $\frac{\pi}{4}$ ко всем частям: $\frac{2\pi}{3} + \frac{\pi}{4} + \pi n < 2x < \pi + \frac{\pi}{4} + \pi n$.
Упростим: $\frac{8\pi + 3\pi}{12} + \pi n < 2x < \frac{5\pi}{4} + \pi n \implies \frac{11\pi}{12} + \pi n < 2x < \frac{5\pi}{4} + \pi n$.
Разделим все части на 2: $\frac{11\pi}{24} + \frac{\pi n}{2} < x < \frac{5\pi}{8} + \frac{\pi n}{2}$.
Ответ: $x \in (\frac{11\pi}{24} + \frac{\pi n}{2}, \frac{5\pi}{8} + \frac{\pi n}{2})$, $n \in \mathbb{Z}$.

в) Дано неравенство $\ctg 3x \le \frac{1}{\sqrt{3}}$.
Сделаем замену переменной: $t = 3x$. Неравенство примет вид $\ctg t \le \frac{1}{\sqrt{3}}$.
Функция $y = \ctg t$ является убывающей. Найдем опорное значение, решив уравнение $\ctg t = \frac{1}{\sqrt{3}}$. Решением является $t_0 = \text{arcctg}(\frac{1}{\sqrt{3}}) = \frac{\pi}{3}$.
Область определения функции котангенса: $t \ne \pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.
Неравенство $\ctg t \le \frac{1}{\sqrt{3}}$ выполняется на интервале от найденного значения (включительно) до конца периода. Таким образом, $\text{arcctg}(\frac{1}{\sqrt{3}}) + \pi n \le t < \pi + \pi n$.
Подставляя значение арккотангенса: $\frac{\pi}{3} + \pi n \le t < \pi + \pi n$.
Вернемся к исходной переменной: $\frac{\pi}{3} + \pi n \le 3x < \pi + \pi n$.
Разделим все части неравенства на 3: $\frac{\pi}{9} + \frac{\pi n}{3} \le x < \frac{\pi}{3} + \frac{\pi n}{3}$, где $n \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x \in [\frac{\pi}{9} + \frac{\pi n}{3}, \frac{\pi}{3} + \frac{\pi n}{3})$, $n \in \mathbb{Z}$.

г) Дано неравенство $3 \ctg(\frac{\pi}{6} + \frac{x}{2}) > -\sqrt{3}$.
Разделим обе части на 3: $\ctg(\frac{\pi}{6} + \frac{x}{2}) > -\frac{\sqrt{3}}{3}$, что равносильно $\ctg(\frac{\pi}{6} + \frac{x}{2}) > -\frac{1}{\sqrt{3}}$.
Сделаем замену переменной: $t = \frac{\pi}{6} + \frac{x}{2}$. Неравенство примет вид $\ctg t > -\frac{1}{\sqrt{3}}$.
Найдем опорное значение: $t_0 = \text{arcctg}(-\frac{1}{\sqrt{3}}) = \frac{2\pi}{3}$.
Так как функция котангенса убывающая, решение неравенства $\ctg t > -\frac{1}{\sqrt{3}}$ имеет вид: $\pi n < t < \text{arcctg}(-\frac{1}{\sqrt{3}}) + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
$\pi n < t < \frac{2\pi}{3} + \pi n$.
Вернемся к исходной переменной: $\pi n < \frac{\pi}{6} + \frac{x}{2} < \frac{2\pi}{3} + \pi n$.
Вычтем $\frac{\pi}{6}$ из всех частей двойного неравенства: $\pi n - \frac{\pi}{6} < \frac{x}{2} < \frac{2\pi}{3} - \frac{\pi}{6} + \pi n$.
Упростим: $-\frac{\pi}{6} + \pi n < \frac{x}{2} < \frac{4\pi - \pi}{6} + \pi n \implies -\frac{\pi}{6} + \pi n < \frac{x}{2} < \frac{3\pi}{6} + \pi n \implies -\frac{\pi}{6} + \pi n < \frac{x}{2} < \frac{\pi}{2} + \pi n$.
Умножим все части на 2: $-\frac{\pi}{3} + 2\pi n < x < \pi + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x \in (-\frac{\pi}{3} + 2\pi n, \pi + 2\pi n)$, $n \in \mathbb{Z}$.