Страница 334 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

174. $x^2 + 2x \sin(xy) + 1 = 0$

Преобразуем исходное уравнение $x^2 + 2x \sin(xy) + 1 = 0$.

Сначала заметим, что $x=0$ не является решением уравнения, так как при подстановке $x=0$ получается $0^2 + 2 \cdot 0 \cdot \sin(0) + 1 = 0$, что приводит к неверному равенству $1=0$. Следовательно, $x \ne 0$.

Поскольку $x \ne 0$, мы можем разделить уравнение на $x$ или выразить $\sin(xy)$. Выразим $\sin(xy)$:

$2x \sin(xy) = -x^2 - 1$

$\sin(xy) = \frac{-x^2 - 1}{2x} = -\frac{x^2 + 1}{2x}$

Разделив числитель на знаменатель почленно, получаем:

$\sin(xy) = -\frac{1}{2} \left(x + \frac{1}{x}\right)$

Мы знаем, что область значений функции синус ограничена отрезком $[-1, 1]$, то есть:

$-1 \le \sin(xy) \le 1$

Подставив наше выражение для синуса, получим двойное неравенство:

$-1 \le -\frac{1}{2} \left(x + \frac{1}{x}\right) \le 1$

Умножим все части неравенства на -2. При умножении на отрицательное число знаки неравенства меняются на противоположные:

$2 \ge x + \frac{1}{x} \ge -2$

Теперь проанализируем выражение $f(x) = x + \frac{1}{x}$.

• Если $x > 0$, то по неравенству о средних арифметическом и геометрическом (неравенство Коши) имеем $x + \frac{1}{x} \ge 2\sqrt{x \cdot \frac{1}{x}} = 2$. Равенство достигается, когда $x = \frac{1}{x}$, то есть $x^2 = 1$, откуда $x=1$ (так как мы рассматриваем $x>0$).
• Если $x < 0$, то пусть $x = -t$, где $t > 0$. Тогда $x + \frac{1}{x} = -t - \frac{1}{t} = -\left(t + \frac{1}{t}\right)$. Так как $t + \frac{1}{t} \ge 2$, то $-\left(t + \frac{1}{t}\right) \le -2$. Равенство достигается при $t=1$, что соответствует $x=-1$.

Таким образом, для любого ненулевого действительного $x$ выполняется $|x + \frac{1}{x}| \ge 2$.

Сопоставляя это с условием $2 \ge x + \frac{1}{x} \ge -2$, приходим к выводу, что равенство в исходном уравнении возможно только в двух случаях: когда $x + \frac{1}{x} = 2$ или $x + \frac{1}{x} = -2$.

Случай 1: $x + \frac{1}{x} = 2$

Умножая на $x$ и перенося все в одну часть, получаем $x^2 - 2x + 1 = 0$, или $(x-1)^2=0$. Отсюда $x=1$.

При этом значении $x$ выражение для синуса принимает значение $\sin(xy) = -\frac{1}{2}(2) = -1$.

Подставим $x=1$ в $\sin(xy) = -1$:

$\sin(1 \cdot y) = -1 \implies \sin(y) = -1$.

Решением этого тригонометрического уравнения является $y = -\frac{\pi}{2} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Получаем первую серию решений: $(1, -\frac{\pi}{2} + 2\pi n)$, $n \in \mathbb{Z}$.

Случай 2: $x + \frac{1}{x} = -2$

Умножая на $x$ и перенося все в одну часть, получаем $x^2 + 2x + 1 = 0$, или $(x+1)^2=0$. Отсюда $x=-1$.

При этом значении $x$ выражение для синуса принимает значение $\sin(xy) = -\frac{1}{2}(-2) = 1$.

Подставим $x=-1$ в $\sin(xy) = 1$:

$\sin(-1 \cdot y) = 1 \implies \sin(-y) = 1$.

Используя нечетность синуса, $\sin(-y) = -\sin(y)$, получаем $-\sin(y) = 1$, или $\sin(y) = -1$.

Решением снова является $y = -\frac{\pi}{2} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Получаем вторую серию решений: $(-1, -\frac{\pi}{2} + 2\pi k)$, $k \in \mathbb{Z}$.

Объединяя результаты обоих случаев, мы видим, что для $x=1$ и $x=-1$ значения $y$ определяются из одного и того же уравнения $\sin(y)=-1$.

Ответ: Решениями уравнения являются пары чисел $(x,y)$, где $x = \pm 1$ и $y = -\frac{\pi}{2} + 2\pi n$ для любого целого числа $n \in \mathbb{Z}$.

175. $8 \sin x = \frac{\sqrt{3}}{\cos x} + \frac{1}{\sin x}$.

Исходное уравнение: $8 \sin x = \frac{\sqrt{3}}{\cos x} + \frac{1}{\sin x}$.

Область допустимых значений (ОДЗ) определяется условиями, при которых знаменатели не равны нулю:$\cos x \neq 0$ и $\sin x \neq 0$.Это эквивалентно тому, что $\sin(2x) = 2 \sin x \cos x \neq 0$, откуда $2x \neq \pi m$, то есть $x \neq \frac{\pi m}{2}$ для любого целого $m \in \mathbb{Z}$.

Приведем дроби в правой части уравнения к общему знаменателю $\sin x \cos x$:$8 \sin x = \frac{\sqrt{3} \sin x + \cos x}{\sin x \cos x}$

Умножим обе части уравнения на $\sin x \cos x$, так как в ОДЗ это выражение не равно нулю:$8 \sin x (\sin x \cos x) = \sqrt{3} \sin x + \cos x$$8 \sin^2 x \cos x = \sqrt{3} \sin x + \cos x$

Перенесем все члены с тригонометрическими функциями в левую часть и сгруппируем их:$8 \sin^2 x \cos x - \cos x - \sqrt{3} \sin x = 0$

Вынесем $\cos x$ за скобки из первых двух слагаемых:$\cos x (8 \sin^2 x - 1) - \sqrt{3} \sin x = 0$

Используем основное тригонометрическое тождество $\sin^2 x = 1 - \cos^2 x$:$\cos x (8(1 - \cos^2 x) - 1) - \sqrt{3} \sin x = 0$$\cos x (8 - 8 \cos^2 x - 1) - \sqrt{3} \sin x = 0$$\cos x (7 - 8 \cos^2 x) - \sqrt{3} \sin x = 0$$7 \cos x - 8 \cos^3 x - \sqrt{3} \sin x = 0$

Перегруппируем слагаемые:$7 \cos x - \sqrt{3} \sin x = 8 \cos^3 x$

Воспользуемся формулой косинуса тройного угла: $\cos(3x) = 4\cos^3 x - 3\cos x$. Из нее следует, что $4\cos^3 x = \cos(3x) + 3\cos x$, а значит $8\cos^3 x = 2\cos(3x) + 6\cos x$. Подставим это выражение в правую часть нашего уравнения:$7 \cos x - \sqrt{3} \sin x = 2\cos(3x) + 6\cos x$

Упростим уравнение, перенеся $6\cos x$ влево:$7 \cos x - 6 \cos x - \sqrt{3} \sin x = 2\cos(3x)$$\cos x - \sqrt{3} \sin x = 2\cos(3x)$

Преобразуем левую часть методом введения вспомогательного угла. Для выражения $a \cos x + b \sin x$ коэффициент равен $\sqrt{a^2+b^2}$. В нашем случае $a=1, b=-\sqrt{3}$, поэтому коэффициент равен $\sqrt{1^2 + (-\sqrt{3})^2} = \sqrt{1+3} = 2$.$2 \left( \frac{1}{2} \cos x - \frac{\sqrt{3}}{2} \sin x \right) = 2\cos(3x)$

Разделим обе части на 2. Заметим, что $\frac{1}{2} = \cos(\frac{\pi}{3})$ и $\frac{\sqrt{3}}{2} = \sin(\frac{\pi}{3})$.$\cos(\frac{\pi}{3}) \cos x - \sin(\frac{\pi}{3}) \sin x = \cos(3x)$

Применим формулу косинуса суммы $\cos(\alpha+\beta) = \cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta$:$\cos\left(x + \frac{\pi}{3}\right) = \cos(3x)$

Решение уравнения вида $\cos A = \cos B$ дается совокупностью $A = \pm B + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.$x + \frac{\pi}{3} = \pm 3x + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$

Рассмотрим два случая:

1) $x + \frac{\pi}{3} = 3x + 2\pi n$
$\frac{\pi}{3} - 2\pi n = 2x$
$x = \frac{\pi}{6} - \pi n$. Так как $n$ — любое целое число, то $-n$ также является любым целым числом. Обозначим его через $k$.
$x = \frac{\pi}{6} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$

2) $x + \frac{\pi}{3} = -3x + 2\pi n$
$4x = 2\pi n - \frac{\pi}{3}$
$x = \frac{2\pi n}{4} - \frac{\pi}{12} = \frac{\pi n}{2} - \frac{\pi}{12}, n \in \mathbb{Z}$

Обе серии корней удовлетворяют ОДЗ, так как при подстановке в условие $x = \frac{\pi m}{2}$ получаются уравнения, не имеющие решений в целых числах.

Ответ: $x = \frac{\pi}{6} + \pi k, k \in \mathbb{Z}; \quad x = \frac{\pi n}{2} - \frac{\pi}{12}, n \in \mathbb{Z}.$

176. Докажите, что уравнение $(\sin x + \sqrt{3} \cos x) \sin 4x = 2$ не имеет решений.

Разберите номера (175, 179)

Рассмотрим данное уравнение: $(\sin x + \sqrt{3} \cos x) \sin 4x = 2$.

Для доказательства отсутствия решений мы проанализируем левую часть уравнения. Преобразуем выражение в скобках $(\sin x + \sqrt{3} \cos x)$ с помощью метода введения вспомогательного угла. Этот метод позволяет представить выражение вида $a \sin x + b \cos x$ как $\sqrt{a^2+b^2} \sin(x+\phi)$.

В нашем случае коэффициенты $a=1$ и $b=\sqrt{3}$. Найдем амплитуду:

$\sqrt{a^2+b^2} = \sqrt{1^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{1+3} = \sqrt{4} = 2$.

Вынесем множитель 2 за скобки:

$\sin x + \sqrt{3} \cos x = 2 \left( \frac{1}{2} \sin x + \frac{\sqrt{3}}{2} \cos x \right)$.

Заметим, что $\frac{1}{2} = \cos\left(\frac{\pi}{3}\right)$ и $\frac{\sqrt{3}}{2} = \sin\left(\frac{\pi}{3}\right)$. Подставим эти значения:

$2 \left( \sin x \cos\left(\frac{\pi}{3}\right) + \cos x \sin\left(\frac{\pi}{3}\right) \right)$.

Применяя формулу синуса суммы $\sin(\alpha+\beta) = \sin\alpha \cos\beta + \cos\alpha \sin\beta$, получаем:

$2 \sin\left(x + \frac{\pi}{3}\right)$.

Теперь вернемся к исходному уравнению, подставив в него полученное выражение:

$2 \sin\left(x + \frac{\pi}{3}\right) \sin 4x = 2$.

Разделим обе части уравнения на 2:

$\sin\left(x + \frac{\pi}{3}\right) \sin 4x = 1$.

Функция синус принимает значения в отрезке $[-1, 1]$. Произведение двух синусов может быть равно 1 только в двух случаях: когда оба синуса равны 1 или когда оба равны -1.

Рассмотрим оба случая.

Случай 1: Оба сомножителя равны 1.

Это приводит к системе уравнений:

$\begin{cases} \sin\left(x + \frac{\pi}{3}\right) = 1 \\ \sin 4x = 1 \end{cases}$

Из первого уравнения находим $x$:

$x + \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{2} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

$x = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{3} + 2\pi k \implies x = \frac{\pi}{6} + 2\pi k$.

Из второго уравнения находим $x$:

$4x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

$x = \frac{\pi}{8} + \frac{\pi n}{2}$.

Чтобы система имела решение, необходимо, чтобы множества решений пересекались. Приравняем выражения для $x$:

$\frac{\pi}{6} + 2\pi k = \frac{\pi}{8} + \frac{\pi n}{2}$.

$\frac{1}{6} + 2k = \frac{1}{8} + \frac{n}{2}$ (разделив на $\pi$).

$4 + 48k = 3 + 12n$ (умножив на 24).

$12n - 48k = 1 \implies 12(n - 4k) = 1$.

Так как $n$ и $k$ - целые числа, то $(n - 4k)$ тоже целое число. Однако уравнение $12 \cdot \text{целое число} = 1$ не имеет решений в целых числах. Следовательно, в этом случае решений нет.

Случай 2: Оба сомножителя равны -1.

Это приводит к системе уравнений:

$\begin{cases} \sin\left(x + \frac{\pi}{3}\right) = -1 \\ \sin 4x = -1 \end{cases}$

Из первого уравнения находим $x$:

$x + \frac{\pi}{3} = -\frac{\pi}{2} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

$x = -\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{3} + 2\pi k \implies x = -\frac{5\pi}{6} + 2\pi k$.

Из второго уравнения находим $x$:

$4x = -\frac{\pi}{2} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

$x = -\frac{\pi}{8} + \frac{\pi n}{2}$.

Приравняем выражения для $x$:

$-\frac{5\pi}{6} + 2\pi k = -\frac{\pi}{8} + \frac{\pi n}{2}$.

$-\frac{5}{6} + 2k = -\frac{1}{8} + \frac{n}{2}$ (разделив на $\pi$).

$-20 + 48k = -3 + 12n$ (умножив на 24).

$12n - 48k = -17 \implies 12(n - 4k) = -17$.

Аналогично первому случаю, это уравнение не имеет решений в целых числах $n$ и $k$.

Поскольку ни один из двух возможных случаев не реализуется, то уравнение $\sin\left(x + \frac{\pi}{3}\right) \sin 4x = 1$ не имеет решений, а значит, и исходное уравнение не имеет решений.

Ответ: Утверждение доказано. Уравнение не имеет решений, так как не существует такого значения $x$, при котором оба множителя $\sin(x + \frac{\pi}{3})$ и $\sin 4x$ были бы одновременно равны 1 или одновременно равны -1, что является необходимым условием для выполнения равенства.

Решите неравенства (177—178).

177. a) $\sqrt{3} \operatorname{tg}^2 x - 4 \operatorname{tg} x + \sqrt{3} > 0$;

б) $\frac{15}{\sin x + 1} < 11 - 2 \sin x$;

в) $\frac{2}{\operatorname{tg} x + 1} < 2 - \operatorname{tg} x$;

г) $\operatorname{tg} x + \operatorname{ctg} x \ge \sqrt{3} + \frac{1}{\sqrt{3}}$.

а)

Дано неравенство $\sqrt{3} \operatorname{tg}^2 x - 4 \operatorname{tg} x + \sqrt{3} > 0$.

Это квадратное неравенство относительно $\operatorname{tg} x$. Введем замену переменной $t = \operatorname{tg} x$. Неравенство примет вид:

$\sqrt{3} t^2 - 4t + \sqrt{3} > 0$.

Найдем корни соответствующего квадратного уравнения $\sqrt{3} t^2 - 4t + \sqrt{3} = 0$, чтобы определить интервалы знакопостоянства.

Вычислим дискриминант: $D = b^2 - 4ac = (-4)^2 - 4 \cdot \sqrt{3} \cdot \sqrt{3} = 16 - 12 = 4$.

Корни уравнения: $t_1 = \frac{-b - \sqrt{D}}{2a} = \frac{4 - 2}{2\sqrt{3}} = \frac{2}{2\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$ и $t_2 = \frac{-b + \sqrt{D}}{2a} = \frac{4 + 2}{2\sqrt{3}} = \frac{6}{2\sqrt{3}} = \sqrt{3}$.

Так как коэффициент при $t^2$ положителен ($\sqrt{3} > 0$), ветви параболы $y = \sqrt{3} t^2 - 4t + \sqrt{3}$ направлены вверх. Следовательно, неравенство $y > 0$ выполняется, когда $t$ находится за пределами корней, то есть $t < t_1$ или $t > t_2$.

$t < \frac{\sqrt{3}}{3}$ или $t > \sqrt{3}$.

Выполним обратную замену $t = \operatorname{tg} x$:

$\operatorname{tg} x < \frac{\sqrt{3}}{3}$ или $\operatorname{tg} x > \sqrt{3}$.

Решим каждое из этих простейших тригонометрических неравенств, учитывая, что период тангенса равен $\pi$.

1) $\operatorname{tg} x < \frac{\sqrt{3}}{3}$. Решением является интервал $-\frac{\pi}{2} + \pi n < x < \frac{\pi}{6} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

2) $\operatorname{tg} x > \sqrt{3}$. Решением является интервал $\frac{\pi}{3} + \pi n < x < \frac{\pi}{2} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Объединение этих двух множеств решений является ответом на задачу.

Ответ: $x \in \left(-\frac{\pi}{2} + \pi n, \frac{\pi}{6} + \pi n\right) \cup \left(\frac{\pi}{3} + \pi n, \frac{\pi}{2} + \pi n\right), n \in \mathbb{Z}$.

б)

Дано неравенство $\frac{15}{\sin x + 1} < 11 - 2 \sin x$.

Введем замену переменной $t = \sin x$. Поскольку область значений синуса $[-1, 1]$, то $-1 \le t \le 1$. Из знаменателя следует условие $\sin x + 1 \neq 0$, то есть $\sin x \neq -1$, что означает $t \neq -1$. Таким образом, допустимые значения для $t$ - это полуинтервал $(-1, 1]$.

Неравенство принимает вид: $\frac{15}{t + 1} < 11 - 2t$.

Так как $t \in (-1, 1]$, знаменатель $t+1$ всегда строго положителен. Поэтому можно умножить обе части неравенства на $t+1$, не меняя знака неравенства.

$15 < (11 - 2t)(t + 1)$

$15 < 11t + 11 - 2t^2 - 2t$

$15 < -2t^2 + 9t + 11$

$2t^2 - 9t + 4 < 0$.

Найдем корни квадратного уравнения $2t^2 - 9t + 4 = 0$.

Дискриминант: $D = (-9)^2 - 4 \cdot 2 \cdot 4 = 81 - 32 = 49$.

Корни: $t_1 = \frac{9 - 7}{4} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$, $t_2 = \frac{9 + 7}{4} = \frac{16}{4} = 4$.

Ветви параболы $y = 2t^2 - 9t + 4$ направлены вверх, поэтому неравенство $y < 0$ выполняется между корнями: $\frac{1}{2} < t < 4$.

Теперь учтем область допустимых значений для $t$: $(-1, 1]$. Найдем пересечение множеств решений: $(\frac{1}{2}, 4) \cap (-1, 1] = (\frac{1}{2}, 1]$.

Итак, $\frac{1}{2} < t \le 1$.

Выполним обратную замену: $\frac{1}{2} < \sin x \le 1$.

Решим это двойное неравенство. $\sin x = 1/2$ при $x = \frac{\pi}{6} + 2\pi n$ и $x = \frac{5\pi}{6} + 2\pi n$. $\sin x = 1$ при $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n$. Учитывая поведение функции синуса на единичной окружности, получаем решение:

$\frac{\pi}{6} + 2\pi n < x < \frac{5\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in \left(\frac{\pi}{6} + 2\pi n, \frac{5\pi}{6} + 2\pi n\right), n \in \mathbb{Z}$.

в)

Дано неравенство $\frac{2}{\operatorname{tg} x + 1} < 2 - \operatorname{tg} x$.

Сделаем замену $t = \operatorname{tg} x$. Область определения тангенса - все действительные числа, но в данном неравенстве есть знаменатель, который не должен быть равен нулю: $\operatorname{tg} x + 1 \neq 0 \implies \operatorname{tg} x \neq -1$, то есть $t \neq -1$.

Неравенство для $t$: $\frac{2}{t + 1} < 2 - t$.

Перенесем все члены в левую часть и приведем к общему знаменателю. Это необходимо, так как знак выражения $t+1$ заранее не известен.

$\frac{2}{t + 1} - (2 - t) < 0$

$\frac{2 - (2 - t)(t + 1)}{t + 1} < 0$

$\frac{2 - (2t + 2 - t^2 - t)}{t + 1} < 0$

$\frac{2 - (-t^2 + t + 2)}{t + 1} < 0$

$\frac{2 + t^2 - t - 2}{t + 1} < 0$

$\frac{t^2 - t}{t + 1} < 0$

$\frac{t(t - 1)}{t + 1} < 0$.

Решим это рациональное неравенство методом интервалов. Найдем нули числителя ($t=0, t=1$) и знаменателя ($t=-1$). Нанесем эти точки на числовую ось и определим знаки выражения в каждом интервале.

Интервалы: $(-\infty, -1)$, $(-1, 0)$, $(0, 1)$, $(1, +\infty)$.

При $t > 1$: $\frac{+ \cdot +}{+} > 0$.

При $0 < t < 1$: $\frac{+ \cdot -}{+} < 0$. Этот интервал является решением.

При $-1 < t < 0$: $\frac{- \cdot -}{+} > 0$.

При $t < -1$: $\frac{- \cdot -}{-} < 0$. Этот интервал является решением.

Итак, решение для $t$: $t < -1$ или $0 < t < 1$.

Возвращаемся к $x$: $\operatorname{tg} x < -1$ или $0 < \operatorname{tg} x < 1$.

1) $\operatorname{tg} x < -1 \implies -\frac{\pi}{2} + \pi n < x < -\frac{\pi}{4} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

2) $0 < \operatorname{tg} x < 1 \implies \pi n < x < \frac{\pi}{4} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in \left(-\frac{\pi}{2} + \pi n, -\frac{\pi}{4} + \pi n\right) \cup \left(\pi n, \frac{\pi}{4} + \pi n\right), n \in \mathbb{Z}$.

г)

Дано неравенство $\operatorname{tg} x + \operatorname{ctg} x \ge \sqrt{3} + \frac{1}{\sqrt{3}}$.

Область допустимых значений (ОДЗ) определяется условиями существования $\operatorname{tg} x$ и $\operatorname{ctg} x$, т.е. $\cos x \neq 0$ и $\sin x \neq 0$. Это эквивалентно условию $x \neq \frac{\pi k}{2}$ для любого целого $k$.

Преобразуем правую часть: $\sqrt{3} + \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{(\sqrt{3})^2 + 1}{\sqrt{3}} = \frac{3+1}{\sqrt{3}} = \frac{4}{\sqrt{3}}$.

Сделаем замену $t = \operatorname{tg} x$, тогда $\operatorname{ctg} x = \frac{1}{t}$. Неравенство примет вид:

$t + \frac{1}{t} \ge \frac{4}{\sqrt{3}}$.

Перенесем все в левую часть:

$t + \frac{1}{t} - \frac{4}{\sqrt{3}} \ge 0$

$\frac{t^2+1}{t} - \frac{4}{\sqrt{3}} \ge 0$

$\frac{\sqrt{3}(t^2+1) - 4t}{\sqrt{3}t} \ge 0$.

Так как $\sqrt{3} > 0$, знак дроби совпадает со знаком выражения $\frac{\sqrt{3}t^2 - 4t + \sqrt{3}}{t}$.

Решим неравенство $\frac{\sqrt{3}t^2 - 4t + \sqrt{3}}{t} \ge 0$ методом интервалов.

Корни числителя $\sqrt{3}t^2 - 4t + \sqrt{3}=0$ мы нашли в задаче а): $t_1 = \frac{\sqrt{3}}{3}$ и $t_2 = \sqrt{3}$.

Корень знаменателя: $t_3 = 0$.

Наносим точки $0, \frac{\sqrt{3}}{3}, \sqrt{3}$ на числовую ось и определяем знаки.

Числитель положителен при $t \in (-\infty, \frac{\sqrt{3}}{3}] \cup [\sqrt{3}, +\infty)$ и отрицателен при $t \in (\frac{\sqrt{3}}{3}, \sqrt{3})$.

Рассмотрим интервалы:

При $t \in [\sqrt{3}, +\infty)$: числитель $\ge 0$, знаменатель $> 0$. Дробь $\ge 0$. Решение.

При $t \in (\frac{\sqrt{3}}{3}, \sqrt{3})$: числитель $< 0$, знаменатель $> 0$. Дробь $< 0$. Не подходит.

При $t \in (0, \frac{\sqrt{3}}{3}]$: числитель $\ge 0$, знаменатель $> 0$. Дробь $\ge 0$. Решение.

При $t < 0$: числитель $> 0$, знаменатель $< 0$. Дробь $< 0$. Не подходит.

Решение для $t$: $t \in (0, \frac{\sqrt{3}}{3}] \cup [\sqrt{3}, +\infty)$.

Выполняем обратную замену:

$0 < \operatorname{tg} x \le \frac{\sqrt{3}}{3}$ или $\operatorname{tg} x \ge \sqrt{3}$.

1) $0 < \operatorname{tg} x \le \frac{\sqrt{3}}{3} \implies \pi n < x \le \frac{\pi}{6} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

2) $\operatorname{tg} x \ge \sqrt{3} \implies \frac{\pi}{3} + \pi n \le x < \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Эти решения удовлетворяют ОДЗ.

Ответ: $x \in \left(\pi n, \frac{\pi}{6} + \pi n\right] \cup \left[\frac{\pi}{3} + \pi n, \frac{\pi}{2} + \pi n\right), n \in \mathbb{Z}$.

178. a) $ \cos 2x \le \cos 3x - \cos 4x; $

б) $ \cos^2 x + \cos^2 2x + \cos^2 3x + \cos^2 4x \ge 2; $

в) $ \sin 2x + 2 \sin x > 0; $

г) $ (1 + \cos 2x) (\operatorname{tg} x - \sqrt{3}) > 0. $

а)

$\cos 2x \le \cos 3x - \cos 4x$

Перенесем $\cos 4x$ в левую часть:

$\cos 4x + \cos 2x \le \cos 3x$

Применим формулу суммы косинусов $\cos \alpha + \cos \beta = 2 \cos\frac{\alpha+\beta}{2} \cos\frac{\alpha-\beta}{2}$ к левой части:

$2 \cos\frac{4x+2x}{2} \cos\frac{4x-2x}{2} \le \cos 3x$

$2 \cos 3x \cos x \le \cos 3x$

Перенесем все в одну сторону и вынесем общий множитель:

$2 \cos 3x \cos x - \cos 3x \le 0$

$\cos 3x (2 \cos x - 1) \le 0$

Это неравенство выполняется, когда множители имеют разные знаки или один из них равен нулю. Решим его методом интервалов на отрезке $[0, 2\pi)$, длина которого является общим периодом для функций $\cos 3x$ и $\cos x$.

Найдем нули каждого множителя на отрезке $[0, 2\pi)$:

1) $\cos 3x = 0 \implies 3x = \frac{\pi}{2} + \pi n \implies x = \frac{\pi}{6} + \frac{\pi n}{3}$. На отрезке $[0, 2\pi)$ это точки: $\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}, \frac{5\pi}{6}, \frac{7\pi}{6}, \frac{3\pi}{2}, \frac{11\pi}{6}$.

2) $2 \cos x - 1 = 0 \implies \cos x = \frac{1}{2}$. На отрезке $[0, 2\pi)$ это точки: $\frac{\pi}{3}, \frac{5\pi}{3}$.

Отметим эти точки на числовой окружности (или оси) и определим знаки выражения $\cos 3x (2 \cos x - 1)$ на полученных интервалах. Нам нужны интервалы, где выражение $\le 0$.

Проверка знаков по интервалам дает следующие решения на $[0, 2\pi)$: $[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}] \cup [\frac{\pi}{2}, \frac{5\pi}{6}] \cup [\frac{7\pi}{6}, \frac{3\pi}{2}] \cup [\frac{5\pi}{3}, \frac{11\pi}{6}]$.

Обобщая на все действительные числа, добавляем период $2\pi k$ к границам найденных отрезков:

Ответ: $x \in [\frac{\pi}{6} + 2\pi k, \frac{\pi}{3} + 2\pi k] \cup [\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \frac{5\pi}{6} + 2\pi k] \cup [\frac{7\pi}{6} + 2\pi k, \frac{3\pi}{2} + 2\pi k] \cup [\frac{5\pi}{3} + 2\pi k, \frac{11\pi}{6} + 2\pi k]$, $k \in \mathbb{Z}$.

б)

$\cos^2 x + \cos^2 2x + \cos^2 3x + \cos^2 4x \ge 2$

Используем формулу понижения степени $\cos^2 \alpha = \frac{1 + \cos 2\alpha}{2}$:

$\frac{1+\cos 2x}{2} + \frac{1+\cos 4x}{2} + \frac{1+\cos 6x}{2} + \frac{1+\cos 8x}{2} \ge 2$

Умножим обе части на 2:

$1+\cos 2x + 1+\cos 4x + 1+\cos 6x + 1+\cos 8x \ge 4$

$4 + \cos 2x + \cos 4x + \cos 6x + \cos 8x \ge 4$

$\cos 2x + \cos 4x + \cos 6x + \cos 8x \ge 0$

Сгруппируем слагаемые и применим формулу суммы косинусов:

$(\cos 8x + \cos 2x) + (\cos 6x + \cos 4x) \ge 0$

$2 \cos\frac{8x+2x}{2}\cos\frac{8x-2x}{2} + 2 \cos\frac{6x+4x}{2}\cos\frac{6x-4x}{2} \ge 0$

$2 \cos 5x \cos 3x + 2 \cos 5x \cos x \ge 0$

$2 \cos 5x (\cos 3x + \cos x) \ge 0$

Еще раз применим формулу суммы косинусов для выражения в скобках:

$2 \cos 5x (2 \cos\frac{3x+x}{2}\cos\frac{3x-x}{2}) \ge 0$

$4 \cos x \cos 2x \cos 5x \ge 0$

$\cos x \cos 2x \cos 5x \ge 0$

Заметим, что функция $f(x) = \cos x \cos 2x \cos 5x$ является четной ($f(-x)=f(x)$) и периодической. Периоды сомножителей равны $2\pi$, $\pi$, $2\pi/5$. Наименьший общий период - $2\pi$. Однако, $f(x+\pi) = \cos(x+\pi)\cos(2(x+\pi))\cos(5(x+\pi)) = (-\cos x)(\cos 2x)(-\cos 5x) = \cos x \cos 2x \cos 5x = f(x)$, так что период функции равен $\pi$.

Решим неравенство на промежутке $[-\pi/2, \pi/2)$. Найдем нули функции $f(x)$ на этом промежутке:

1) $\cos x = 0 \implies x = \pm\frac{\pi}{2}$.

2) $\cos 2x = 0 \implies 2x = \frac{\pi}{2}+\pi n \implies x = \frac{\pi}{4}+\frac{\pi n}{2}$. На $[-\pi/2, \pi/2)$ это $x = \pm\frac{\pi}{4}$.

3) $\cos 5x = 0 \implies 5x = \frac{\pi}{2}+\pi n \implies x = \frac{\pi}{10}+\frac{\pi n}{5}$. На $[-\pi/2, \pi/2)$ это $x = \pm\frac{\pi}{10}, \pm\frac{3\pi}{10}$.

Нули на $[-\pi/2, \pi/2)$: $-\frac{\pi}{2}, -\frac{3\pi}{10}, -\frac{\pi}{4}, -\frac{\pi}{10}, \frac{\pi}{10}, \frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{10}, \frac{\pi}{2}$.

Методом интервалов определяем, что $f(x) \ge 0$ на отрезках: $[-\frac{\pi}{2}, -\frac{3\pi}{10}]$, $[\frac{- \pi}{4}, -\frac{\pi}{10}]$, $[\frac{\pi}{10}, \frac{\pi}{4}]$ и $[\frac{3\pi}{10}, \frac{\pi}{2}]$.

Поскольку $f(x)$ - четная функция, то $f(x) \ge 0$ и на отрезках $[-\frac{3\pi}{10}, -\frac{\pi}{4}]$ и $[-\frac{\pi}{10}, \frac{\pi}{10}]$. Таким образом, на промежутке $[-\pi/2, \pi/2]$ решение: $[-\frac{3\pi}{10}, -\frac{\pi}{4}] \cup [-\frac{\pi}{10}, \frac{\pi}{10}] \cup [\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{10}]$.

Обобщая решение с учетом периода $\pi$, получаем:

Ответ: $x \in [-\frac{3\pi}{10} + \pi k, -\frac{\pi}{4} + \pi k] \cup [-\frac{\pi}{10} + \pi k, \frac{\pi}{10} + \pi k] \cup [\frac{\pi}{4} + \pi k, \frac{3\pi}{10} + \pi k]$, $k \in \mathbb{Z}$.

в)

$\sin 2x + 2 \sin x > 0$

Применим формулу синуса двойного угла $\sin 2x = 2 \sin x \cos x$:

$2 \sin x \cos x + 2 \sin x > 0$

Вынесем общий множитель $2 \sin x$ за скобки:

$2 \sin x (\cos x + 1) > 0$

Проанализируем множители. Выражение $\cos x + 1$ всегда неотрицательно, так как $\cos x \ge -1$. Оно равно нулю при $\cos x = -1$, то есть при $x = \pi + 2\pi k$, $k \in \mathbb{Z}$. В остальных точках $\cos x + 1 > 0$.

Поскольку неравенство строгое, произведение не может быть равно нулю, поэтому случаи, когда один из множителей равен нулю, исключаются. Значит, $\sin x \neq 0$ и $\cos x + 1 \neq 0$.

Так как $\cos x + 1 > 0$ для всех $x$, кроме $x = \pi + 2\pi k$, мы можем разделить обе части неравенства на $2(\cos x + 1)$, не меняя знака. Это приводит к неравенству:

$\sin x > 0$

При этом нужно учесть, что $x \neq \pi + 2\pi k$.

Решением неравенства $\sin x > 0$ является интервал $2\pi n < x < \pi + 2\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

Этот интервал не включает точки $x = \pi + 2\pi n$, поэтому дополнительное условие $x \neq \pi + 2\pi n$ уже выполнено.

Ответ: $x \in (2\pi n, \pi + 2\pi n)$, $n \in \mathbb{Z}$.

г)

$(1 + \cos 2x) (\text{tg } x - \sqrt{3}) > 0$

Область допустимых значений (ОДЗ) неравенства определяется условием существования тангенса: $\cos x \neq 0$, то есть $x \neq \frac{\pi}{2} + \pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

Рассмотрим первый множитель $1 + \cos 2x$. Используя формулу косинуса двойного угла $1 + \cos 2x = 2 \cos^2 x$, преобразуем неравенство:

$2 \cos^2 x (\text{tg } x - \sqrt{3}) > 0$

На ОДЗ множитель $\cos^2 x$ всегда строго положителен ($\cos^2 x > 0$). Поэтому мы можем разделить обе части неравенства на $2 \cos^2 x$, не меняя его знака:

$\text{tg } x - \sqrt{3} > 0$

$\text{tg } x > \sqrt{3}$

Решим это простейшее тригонометрическое неравенство. На основном промежутке $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ равенство $\text{tg } x = \sqrt{3}$ достигается при $x = \frac{\pi}{3}$.

Так как функция $y = \text{tg } x$ возрастает на своем периоде, решением неравенства $\text{tg } x > \sqrt{3}$ на этом промежутке будет интервал $(\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2})$.

Учитывая периодичность тангенса с периодом $\pi$, получаем общее решение:

Ответ: $x \in (\frac{\pi}{3} + \pi n, \frac{\pi}{2} + \pi n)$, $n \in \mathbb{Z}$.

179. Докажите справедливость неравенства:

a) $\sqrt{\cos\varphi} < \sqrt{2} \cos\frac{\varphi}{2}$, если $-\frac{\pi}{2} < \varphi < \frac{\pi}{2}$;

б) $\sin^4 \alpha + \cos^4 \alpha \ge \frac{1}{2}$ при любом $\alpha$.

а)

Нам нужно доказать неравенство $\sqrt{\cos \varphi} < \sqrt{2} \cos{\frac{\varphi}{2}}$ для $-\frac{\pi}{2} < \varphi < \frac{\pi}{2}$.
Рассмотрим область определения и знаки обеих частей неравенства.
Для интервала $-\frac{\pi}{2} < \varphi < \frac{\pi}{2}$, значение $\cos \varphi > 0$, поэтому выражение под корнем в левой части положительно и корень определен.
Если $-\frac{\pi}{2} < \varphi < \frac{\pi}{2}$, то, разделив на 2, получим $-\frac{\pi}{4} < \frac{\varphi}{2} < \frac{\pi}{4}$. В этом интервале $\cos{\frac{\varphi}{2}} > 0$.
Так как обе части неравенства строго положительны, мы можем возвести их в квадрат, не меняя знака неравенства: $$(\sqrt{\cos \varphi})^2 < (\sqrt{2} \cos{\frac{\varphi}{2}})^2$$ $$\cos \varphi < 2 \cos^2{\frac{\varphi}{2}}$$ Используем формулу косинуса двойного угла: $\cos(2x) = 2\cos^2(x) - 1$. Положив $x = \frac{\varphi}{2}$, получим $\cos \varphi = 2\cos^2{\frac{\varphi}{2}} - 1$.
Подставим это выражение в наше неравенство: $$2\cos^2{\frac{\varphi}{2}} - 1 < 2\cos^2{\frac{\varphi}{2}}$$ Вычтем $2\cos^2{\frac{\varphi}{2}}$ из обеих частей: $$-1 < 0$$ Это неравенство является истинным. Поскольку все преобразования были равносильными, исходное неравенство также справедливо для всех указанных значений $\varphi$.
Ответ: Неравенство доказано.

б)

Нам нужно доказать неравенство $\sin^4 \alpha + \cos^4 \alpha \ge \frac{1}{2}$ при любом $\alpha$.
Преобразуем левую часть неравенства, используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1$.
Дополним выражение до полного квадрата суммы: $$ \sin^4 \alpha + \cos^4 \alpha = (\sin^2 \alpha)^2 + (\cos^2 \alpha)^2 = (\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha)^2 - 2 \sin^2 \alpha \cos^2 \alpha $$ Так как $\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1$, получаем: $$ \sin^4 \alpha + \cos^4 \alpha = 1 - 2 \sin^2 \alpha \cos^2 \alpha $$ Теперь исходное неравенство можно переписать в виде: $$ 1 - 2 \sin^2 \alpha \cos^2 \alpha \ge \frac{1}{2} $$ Перенесем $\frac{1}{2}$ влево, а $2 \sin^2 \alpha \cos^2 \alpha$ вправо: $$ 1 - \frac{1}{2} \ge 2 \sin^2 \alpha \cos^2 \alpha $$ $$ \frac{1}{2} \ge 2 \sin^2 \alpha \cos^2 \alpha $$ Разделим обе части на 2: $$ \frac{1}{4} \ge \sin^2 \alpha \cos^2 \alpha $$ $$ \frac{1}{4} \ge (\sin \alpha \cos \alpha)^2 $$ Используем формулу синуса двойного угла $\sin(2\alpha) = 2 \sin \alpha \cos \alpha$, откуда $\sin \alpha \cos \alpha = \frac{1}{2}\sin(2\alpha)$.
Подставим это в неравенство: $$ \frac{1}{4} \ge \left(\frac{1}{2}\sin(2\alpha)\right)^2 $$ $$ \frac{1}{4} \ge \frac{1}{4}\sin^2(2\alpha) $$ Умножим обе части на 4: $$ 1 \ge \sin^2(2\alpha) $$ Это неравенство справедливо для любого значения $\alpha$, поскольку область значений функции синус — это отрезок $[-1, 1]$, и, следовательно, квадрат синуса любого угла не может превышать 1.
Так как мы пришли к верному неравенству с помощью равносильных преобразований, исходное неравенство также верно.
Ответ: Неравенство доказано.

Решите неравенства (180–181).

180. $\sin\left(\frac{4\pi}{3}\cos\pi x\right)\ge\frac{\sqrt{3}}{2}$

180.

Дано тригонометрическое неравенство: $ \sin\left(\frac{4\pi}{3}\cos(\pi x)\right) \ge \frac{\sqrt{3}}{2} $

Для решения введем замену. Пусть $ t = \frac{4\pi}{3}\cos(\pi x) $. Тогда исходное неравенство принимает вид: $ \sin(t) \ge \frac{\sqrt{3}}{2} $

Решением этого базового тригонометрического неравенства являются промежутки, которые на единичной окружности соответствуют дуге от $ \frac{\pi}{3} $ до $ \frac{2\pi}{3} $. С учетом периодичности синуса, общее решение для $t$ записывается в виде двойного неравенства: $ \frac{\pi}{3} + 2\pi k \le t \le \frac{2\pi}{3} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

Выполним обратную замену, подставив выражение для $t$: $ \frac{\pi}{3} + 2\pi k \le \frac{4\pi}{3}\cos(\pi x) \le \frac{2\pi}{3} + 2\pi k $

Чтобы выразить $ \cos(\pi x) $, разделим все части неравенства на $ \frac{4\pi}{3} $: $ \frac{\frac{\pi}{3}(1 + 6k)}{\frac{4\pi}{3}} \le \cos(\pi x) \le \frac{\frac{2\pi}{3}(1 + 3k)}{\frac{4\pi}{3}} $ $ \frac{1+6k}{4} \le \cos(\pi x) \le \frac{2(1+3k)}{4} $ $ \frac{1+6k}{4} \le \cos(\pi x) \le \frac{1+3k}{2} $

Поскольку функция косинуса ограничена отрезком $ [-1, 1] $, то есть $ -1 \le \cos(\pi x) \le 1 $, мы должны найти такие целые значения $k$, при которых полученная система неравенств имеет решения.

Проанализируем возможные значения $k$:

• При $ k = 0 $: неравенство принимает вид $ \frac{1}{4} \le \cos(\pi x) \le \frac{1}{2} $. Этот промежуток $ [\frac{1}{4}, \frac{1}{2}] $ полностью входит в область значений косинуса $ [-1, 1] $, следовательно, решения есть.
• При $ k = 1 $: получаем $ \frac{7}{4} \le \cos(\pi x) \le 2 $. Решений нет, так как $ \frac{7}{4} > 1 $. Для всех $ k > 0 $ левая граница $ \frac{1+6k}{4} $ будет больше 1, поэтому решений не будет.
• При $ k = -1 $: получаем $ \frac{1-6}{4} \le \cos(\pi x) \le \frac{1-3}{2} $, что равносильно $ -\frac{5}{4} \le \cos(\pi x) \le -1 $. Учитывая, что $ \cos(\pi x) \ge -1 $, это неравенство сводится к уравнению $ \cos(\pi x) = -1 $.
• При $ k = -2 $: получаем $ \frac{1-12}{4} \le \cos(\pi x) \le \frac{1-6}{2} $, что равносильно $ -\frac{11}{4} \le \cos(\pi x) \le -\frac{5}{2} $. Решений нет, так как правая граница $ -\frac{5}{2} < -1 $. Для всех $ k < -1 $ правая граница будет еще меньше, поэтому решений не будет.

Таким образом, решение исходного неравенства сводится к решению совокупности: $ \left[ \begin{array}{l} \frac{1}{4} \le \cos(\pi x) \le \frac{1}{2} \\ \cos(\pi x) = -1 \end{array} \right. $

1. Решим уравнение $ \cos(\pi x) = -1 $
$ \pi x = \pi + 2\pi m $, где $ m \in \mathbb{Z} $.
Разделив на $ \pi $, получаем: $ x = 1 + 2m $, где $ m \in \mathbb{Z} $. Это множество всех нечетных целых чисел.

2. Решим двойное неравенство $ \frac{1}{4} \le \cos(\pi x) \le \frac{1}{2} $
Рассмотрим неравенство $ \frac{1}{4} \le \cos(u) \le \frac{1}{2} $, где $ u = \pi x $.
Решения этого неравенства на единичной окружности соответствуют двум симметричным дугам в первом и четвертом квадрантах.
Для $ u = \pi x $ с учетом периодичности получаем две серии интервалов:
$ \frac{\pi}{3} + 2\pi n \le \pi x \le \arccos(\frac{1}{4}) + 2\pi n $
и
$ -\arccos(\frac{1}{4}) + 2\pi n \le \pi x \le -\frac{\pi}{3} + 2\pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.
Разделив на $ \pi $, находим решения для $x$:
$ \frac{1}{3} + 2n \le x \le \frac{1}{\pi}\arccos(\frac{1}{4}) + 2n $
и
$ -\frac{1}{\pi}\arccos(\frac{1}{4}) + 2n \le x \le -\frac{1}{3} + 2n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

Объединяя решения из обоих случаев, получаем итоговый ответ.
Ответ: $ x = 1 + 2m, m \in \mathbb{Z} $; $ x \in \bigcup_{n \in \mathbb{Z}} \left( \left[ -\frac{1}{\pi}\arccos\frac{1}{4} + 2n; -\frac{1}{3} + 2n \right] \cup \left[ \frac{1}{3} + 2n; \frac{1}{\pi}\arccos\frac{1}{4} + 2n \right] \right) $.

181. $\sqrt{5-2 \sin x} \ge 6 \sin x - 1$.

Решим данное иррациональное тригонометрическое неравенство: $\sqrt{5 - 2\sin x} \ge 6\sin x - 1$.

1. Введение замены и определение области допустимых значений (ОДЗ)

Для упрощения неравенства введем замену переменной. Пусть $t = \sin x$.

Поскольку функция синус принимает значения в диапазоне от $-1$ до $1$, для переменной $t$ справедливо ограничение: $-1 \le t \le 1$.

Кроме того, выражение под знаком квадратного корня должно быть неотрицательным: $5 - 2t \ge 0$, откуда следует $2t \le 5$, или $t \le 2.5$.

Совмещая оба условия ($-1 \le t \le 1$ и $t \le 2.5$), получаем итоговую область допустимых значений для $t$: $t \in [-1; 1]$.

После замены исходное неравенство принимает вид: $\sqrt{5 - 2t} \ge 6t - 1$.

2. Решение иррационального неравенства

Неравенство вида $\sqrt{f(t)} \ge g(t)$ равносильно совокупности двух систем. Рассмотрим два случая.

Случай 1: Правая часть неравенства отрицательна. $6t - 1 < 0 \implies t < 1/6$. В этом случае левая часть (квадратный корень) всегда неотрицательна и, следовательно, больше любого отрицательного числа. Неравенство выполняется для всех $t$ из ОДЗ, удовлетворяющих этому условию. Объединяя с ОДЗ ($-1 \le t \le 1$), получаем решение для первого случая: $-1 \le t < 1/6$.

Случай 2: Правая часть неравенства неотрицательна. $6t - 1 \ge 0 \implies t \ge 1/6$. В этом случае обе части неравенства неотрицательны, и мы можем возвести их в квадрат: $(\sqrt{5-2t})^2 \ge (6t-1)^2$ $5 - 2t \ge 36t^2 - 12t + 1$ $0 \ge 36t^2 - 10t - 4$ Разделим обе части на 2: $18t^2 - 5t - 2 \le 0$. Для решения этого квадратного неравенства найдем корни уравнения $18t^2 - 5t - 2 = 0$. Дискриминант $D = (-5)^2 - 4 \cdot 18 \cdot (-2) = 25 + 144 = 169 = 13^2$. Корни уравнения: $t_1 = \frac{5 - 13}{2 \cdot 18} = \frac{-8}{36} = -\frac{2}{9}$ и $t_2 = \frac{5 + 13}{2 \cdot 18} = \frac{18}{36} = \frac{1}{2}$. Так как ветви параболы $y = 18t^2 - 5t - 2$ направлены вверх, неравенство $18t^2 - 5t - 2 \le 0$ выполняется на отрезке между корнями: $t \in [-\frac{2}{9}; \frac{1}{2}]$. Теперь необходимо учесть условие для этого случая ($t \ge 1/6$) и ОДЗ ($-1 \le t \le 1$). Пересечение интервалов $[-\frac{2}{9}; \frac{1}{2}]$ и $[1/6; +\infty)$ дает нам $[1/6; 1/2]$. Этот отрезок полностью входит в ОДЗ. Решение для второго случая: $1/6 \le t \le 1/2$.

3. Объединение решений и обратная замена

Общее решение для переменной $t$ является объединением решений, полученных в двух случаях: $[-1; 1/6) \cup [1/6; 1/2] = [-1; 1/2]$. Итак, мы получили неравенство для $t$: $-1 \le t \le 1/2$. Выполним обратную замену $t = \sin x$: $-1 \le \sin x \le 1/2$.

4. Решение тригонометрического неравенства

Неравенство $\sin x \ge -1$ выполняется для всех действительных значений $x$. Поэтому нам остается решить только неравенство $\sin x \le 1/2$. На тригонометрической окружности этому неравенству соответствуют точки, ордината ($y$) которых не превышает $1/2$. Крайними точками являются углы, для которых $\sin x = 1/2$, то есть $x = \frac{\pi}{6}$ и $x = \frac{5\pi}{6}$. Условию $\sin x \le 1/2$ удовлетворяет дуга, идущая против часовой стрелки от точки $\frac{5\pi}{6}$ до точки $2\pi + \frac{\pi}{6} = \frac{13\pi}{6}$. С учетом периодичности функции синус, общее решение можно записать в виде двойного неравенства. Для удобства представления интервала вычтем период $2\pi$ из левой границы: $\frac{5\pi}{6} - 2\pi = -\frac{7\pi}{6}$. Таким образом, итоговое решение: $-\frac{7\pi}{6} + 2\pi n \le x \le \frac{\pi}{6} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $[-\frac{7\pi}{6} + 2\pi n; \frac{\pi}{6} + 2\pi n]$, $n \in \mathbb{Z}$.

182. Докажите, что если $0 < x < \frac{\pi}{2}$, то $\cos \sin x > \sin \cos x$.

Нам необходимо доказать неравенство $\cos(\sin x) > \sin(\cos x)$ при условии, что $0 < x < \frac{\pi}{2}$.

Воспользуемся формулой приведения $\sin \alpha = \cos(\frac{\pi}{2} - \alpha)$. Применим ее к правой части доказываемого неравенства:
$\sin(\cos x) = \cos(\frac{\pi}{2} - \cos x)$.

Теперь исходное неравенство можно переписать в виде:
$\cos(\sin x) > \cos(\frac{\pi}{2} - \cos x)$.

Рассмотрим функцию $y = \cos t$. На интервале $(0, \pi)$ эта функция является строго убывающей. Это означает, что для любых $t_1, t_2$ из этого интервала, если $t_1 < t_2$, то $\cos(t_1) > \cos(t_2)$.

Проверим, принадлежат ли аргументы косинусов, которыми являются $\sin x$ и $\frac{\pi}{2} - \cos x$, интервалу $(0, \pi)$, на котором косинус убывает.
По условию задачи $0 < x < \frac{\pi}{2}$. В этом интервале:
1. $0 < \sin x < 1$. Так как $1 < \pi \approx 3.14$, то аргумент $\sin x$ принадлежит интервалу $(0, \pi)$.
2. $0 < \cos x < 1$. Отсюда следует, что $-1 < -\cos x < 0$. Тогда $\frac{\pi}{2} - 1 < \frac{\pi}{2} - \cos x < \frac{\pi}{2}$. Так как $\frac{\pi}{2} \approx 1.57$, то $0.57 < \frac{\pi}{2} - \cos x < 1.57$. Этот промежуток также полностью находится внутри интервала $(0, \pi)$.

Поскольку оба аргумента находятся в области, где косинус строго убывает, неравенство $\cos(\sin x) > \cos(\frac{\pi}{2} - \cos x)$ равносильно следующему неравенству для их аргументов:
$\sin x < \frac{\pi}{2} - \cos x$.

Перенесем $\cos x$ в левую часть:
$\sin x + \cos x < \frac{\pi}{2}$.

Теперь нам нужно доказать это неравенство для $x \in (0, \frac{\pi}{2})$. Для этого найдем максимальное значение функции $f(x) = \sin x + \cos x$ на данном интервале. Преобразуем левую часть с помощью введения вспомогательного угла:
$\sin x + \cos x = \sqrt{2}(\frac{1}{\sqrt{2}}\sin x + \frac{1}{\sqrt{2}}\cos x) = \sqrt{2}(\cos\frac{\pi}{4}\sin x + \sin\frac{\pi}{4}\cos x) = \sqrt{2}\sin(x + \frac{\pi}{4})$.

Найдем область значений аргумента $x + \frac{\pi}{4}$. Если $0 < x < \frac{\pi}{2}$, то $\frac{\pi}{4} < x + \frac{\pi}{4} < \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4}$.
На интервале $(\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4})$ функция $\sin(t)$ достигает своего максимального значения, равного 1, в точке $t = \frac{\pi}{2}$. Это соответствует значению $x = \frac{\pi}{4}$, которое входит в наш интервал.
Таким образом, максимальное значение выражения $\sin x + \cos x$ на заданном интервале равно $\sqrt{2} \cdot 1 = \sqrt{2}$.

Следовательно, для всех $x \in (0, \frac{\pi}{2})$ выполняется неравенство $\sin x + \cos x \le \sqrt{2}$.
Чтобы завершить доказательство, нам осталось сравнить найденное максимальное значение $\sqrt{2}$ с правой частью неравенства $\frac{\pi}{2}$.
Сравним их квадраты, так как обе величины положительны: $(\sqrt{2})^2 = 2$ и $(\frac{\pi}{2})^2 = \frac{\pi^2}{4}$.
Неравенство $\sqrt{2} < \frac{\pi}{2}$ равносильно неравенству $2 < \frac{\pi^2}{4}$, или $8 < \pi^2$.
Известно, что $\pi \approx 3.14159...$, поэтому $\pi^2 \approx 9.8696...$. Поскольку $8 < 9.8696...$, неравенство $8 < \pi^2$ является истинным.

Итак, мы установили, что $\sin x + \cos x \le \sqrt{2} < \frac{\pi}{2}$. Это означает, что неравенство $\sin x + \cos x < \frac{\pi}{2}$ справедливо для всех $x \in (0, \frac{\pi}{2})$.
Из этого следует справедливость всех равносильных ему неравенств, включая исходное.

Ответ: Что и требовалось доказать.

183. Докажите, что если A, B и C – углы треугольника, то $ \cos A + \cos B + \cos C \le \frac{3}{2} $.

Поскольку A, B и C являются углами треугольника, их сумма равна $\pi$ радиан (или 180°). Также все углы положительны: $A > 0, B > 0, C > 0$.

$A + B + C = \pi$

Требуется доказать неравенство: $\cos A + \cos B + \cos C \le \frac{3}{2}$.

Преобразуем левую часть неравенства, используя тригонометрические формулы. Сначала применим формулу суммы косинусов для первых двух слагаемых:

$\cos A + \cos B = 2 \cos \frac{A+B}{2} \cos \frac{A-B}{2}$

Из соотношения $A + B + C = \pi$ следует, что $A+B = \pi - C$. Разделив обе части на 2, получим $\frac{A+B}{2} = \frac{\pi}{2} - \frac{C}{2}$.

Подставим это в формулу суммы косинусов, используя формулу приведения $\cos(\frac{\pi}{2} - \alpha) = \sin \alpha$:

$\cos \frac{A+B}{2} = \cos(\frac{\pi}{2} - \frac{C}{2}) = \sin \frac{C}{2}$

Таким образом, выражение для суммы косинусов A и B принимает вид:

$\cos A + \cos B = 2 \sin \frac{C}{2} \cos \frac{A-B}{2}$

Теперь преобразуем третье слагаемое, $\cos C$, используя формулу косинуса двойного угла $\cos C = 1 - 2\sin^2 \frac{C}{2}$:

Исходное выражение $\cos A + \cos B + \cos C$ можно переписать как:

$2 \sin \frac{C}{2} \cos \frac{A-B}{2} + 1 - 2\sin^2 \frac{C}{2}$

Перегруппируем слагаемые:

$1 + 2 \sin \frac{C}{2} \cos \frac{A-B}{2} - 2\sin^2 \frac{C}{2}$

Значение косинуса любого действительного аргумента не превышает 1. Следовательно, $\cos \frac{A-B}{2} \le 1$. Используя это, мы можем оценить наше выражение сверху:

$\cos A + \cos B + \cos C \le 1 + 2 \sin \frac{C}{2} \cdot 1 - 2\sin^2 \frac{C}{2}$

$\cos A + \cos B + \cos C \le -2\sin^2 \frac{C}{2} + 2 \sin \frac{C}{2} + 1$

Правая часть этого неравенства представляет собой квадратичную функцию от переменной $x = \sin \frac{C}{2}$. Обозначим эту функцию как $f(x) = -2x^2 + 2x + 1$. Графиком этой функции является парабола, ветви которой направлены вниз (поскольку коэффициент при $x^2$ отрицателен). Максимальное значение этой функции достигается в вершине параболы.

Координата вершины параболы $x_v$ находится по формуле $x_v = -\frac{b}{2a}$:

$x_v = -\frac{2}{2 \cdot (-2)} = \frac{1}{2}$

Максимальное значение функции $f(x)$ равно:

$f_{max} = f(\frac{1}{2}) = -2(\frac{1}{2})^2 + 2(\frac{1}{2}) + 1 = -2(\frac{1}{4}) + 1 + 1 = -\frac{1}{2} + 2 = \frac{3}{2}$

Поскольку $\cos A + \cos B + \cos C \le f(\sin \frac{C}{2})$ и максимальное значение $f(x)$ равно $\frac{3}{2}$, мы можем заключить:

$\cos A + \cos B + \cos C \le \frac{3}{2}$

Равенство достигается, когда $\cos \frac{A-B}{2} = 1$ и $\sin \frac{C}{2} = \frac{1}{2}$.

Из $\cos \frac{A-B}{2} = 1$ следует $\frac{A-B}{2} = 0$, то есть $A=B$.

Из $\sin \frac{C}{2} = \frac{1}{2}$ и условия $0 < C < \pi$ (а значит $0 < \frac{C}{2} < \frac{\pi}{2}$) следует $\frac{C}{2} = \frac{\pi}{6}$, то есть $C = \frac{\pi}{3}$.

Подставляя $A=B$ и $C = \frac{\pi}{3}$ в $A+B+C=\pi$, получаем $2A + \frac{\pi}{3} = \pi$, откуда $A=\frac{\pi}{3}$.

Следовательно, равенство достигается для равностороннего треугольника, где $A=B=C=\frac{\pi}{3}$.

Таким образом, неравенство доказано.

Ответ: Что и требовалось доказать.

Решите системы уравнений (184—186).

184. а) $ \begin{cases} \sin x - \frac{1}{\sin x} = \sin y, \\ \cos x - \frac{1}{\cos x} = \cos y; \end{cases} $ б) $ \begin{cases} \sin (y - 3x) = 2 \sin^3 x, \\ \cos (y - 3x) = 2 \cos^3 x. \end{cases} $

а)

Дана система уравнений:

$$\begin{cases}\sin x - \frac{1}{\sin x} = \sin y, \\\cos x - \frac{1}{\cos x} = \cos y.\end{cases}$$

Область допустимых значений (ОДЗ) для этой системы определяется условиями $\sin x \neq 0$ и $\cos x \neq 0$. Это означает, что $x \neq \frac{\pi k}{2}$ для любого целого $k$.

Приведем левые части уравнений к общему знаменателю:

$$\begin{cases}\frac{\sin^2 x - 1}{\sin x} = \sin y, \\\frac{\cos^2 x - 1}{\cos x} = \cos y.\end{cases}$$

Используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$, заменим $\sin^2 x - 1 = -\cos^2 x$ и $\cos^2 x - 1 = -\sin^2 x$. Система примет вид:

$$\begin{cases}\frac{-\cos^2 x}{\sin x} = \sin y, \\\frac{-\sin^2 x}{\cos x} = \cos y.\end{cases}$$

Перепишем систему без дробей:

$$\begin{cases}-\cos^2 x = \sin x \sin y, \\-\sin^2 x = \cos x \cos y.\end{cases}$$

Сложим два уравнения этой системы:

$-\cos^2 x - \sin^2 x = \sin x \sin y + \cos x \cos y$

$-(\cos^2 x + \sin^2 x) = \cos(x-y)$

$-1 = \cos(x-y)$

Из этого уравнения следует, что $x-y = \pi + 2\pi m$ для любого целого $m$. Отсюда $y = x - \pi - 2\pi m$. Так как синус и косинус являются $2\pi$-периодическими функциями, мы можем записать $y = x - \pi$.

Тогда $\sin y = \sin(x-\pi) = -\sin x$ и $\cos y = \cos(x-\pi) = -\cos x$.

Подставим эти выражения в исходную систему:

1) $\sin x - \frac{1}{\sin x} = -\sin x \implies 2\sin x = \frac{1}{\sin x} \implies 2\sin^2 x = 1 \implies \sin^2 x = \frac{1}{2}$.

2) $\cos x - \frac{1}{\cos x} = -\cos x \implies 2\cos x = \frac{1}{\cos x} \implies 2\cos^2 x = 1 \implies \cos^2 x = \frac{1}{2}$.

Оба уравнения приводят к одному и тому же условию, так как $\sin^2 x + \cos^2 x = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1$.

Из $\sin^2 x = \frac{1}{2}$ и $\cos^2 x = \frac{1}{2}$ следует, что $|\sin x| = |\cos x| = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Это условие выполняется для углов $x = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{2}$, где $n$ — любое целое число. Эти значения $x$ удовлетворяют ОДЗ.

Итак, мы нашли решения для $x$ и связь между $x$ и $y$. Запишем общее решение системы.

Ответ: $(x,y) = (\frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{2}, \frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{2} - \pi + 2\pi m)$, где $n, m \in \mathbb{Z}$. Это можно упростить до $(x,y) = (\frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{2}, -\frac{3\pi}{4} + \frac{\pi n}{2} + 2\pi m)$, где $n, m \in \mathbb{Z}$.

б)

Дана система уравнений:

$$\begin{cases}\sin(y-3x) = 2\sin^3 x, \\\cos(y-3x) = 2\cos^3 x.\end{cases}$$

Возведем оба уравнения в квадрат и сложим их. Так как $\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1$, левая часть будет равна 1:

$\sin^2(y-3x) + \cos^2(y-3x) = (2\sin^3 x)^2 + (2\cos^3 x)^2$

$1 = 4\sin^6 x + 4\cos^6 x$

$1 = 4(\sin^6 x + \cos^6 x)$

Используем формулу для суммы кубов, представив $\sin^6 x = (\sin^2 x)^3$ и $\cos^6 x = (\cos^2 x)^3$:

$\sin^6 x + \cos^6 x = (\sin^2 x + \cos^2 x)(\sin^4 x - \sin^2 x \cos^2 x + \cos^4 x)$

$\sin^6 x + \cos^6 x = 1 \cdot ((\sin^2 x + \cos^2 x)^2 - 3\sin^2 x \cos^2 x) = 1 - 3\sin^2 x \cos^2 x$

Подставим это обратно в уравнение:

$1 = 4(1 - 3\sin^2 x \cos^2 x)$

$1 = 4 - 12\sin^2 x \cos^2 x$

$12\sin^2 x \cos^2 x = 3$

$\sin^2 x \cos^2 x = \frac{3}{12} = \frac{1}{4}$

$(\sin x \cos x)^2 = \frac{1}{4}$

Используя формулу синуса двойного угла $\sin(2x) = 2\sin x \cos x$:

$(\frac{\sin(2x)}{2})^2 = \frac{1}{4}$

$\frac{\sin^2(2x)}{4} = \frac{1}{4}$

$\sin^2(2x) = 1$

Это означает, что $\sin(2x) = 1$ или $\sin(2x) = -1$. Это эквивалентно $\cos(2x)=0$.

Решение этого уравнения: $2x = \frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

$x = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi k}{2}$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Теперь найдем $y$. Разделим первое уравнение системы на второе (при условии $\cos x \neq 0$, что выполняется для найденных $x$):

$\tan(y-3x) = \frac{2\sin^3 x}{2\cos^3 x} = \tan^3 x$

Рассмотрим два случая для $x$ в зависимости от четности $k$.

1. Если $k=2n$ (четное), то $x = \frac{\pi}{4} + n\pi$. В этом случае $\tan x = 1$. Тогда $\tan(y-3x) = 1^3 = 1$.

2. Если $k=2n+1$ (нечетное), то $x = \frac{\pi}{4} + \frac{(2n+1)\pi}{2} = \frac{3\pi}{4} + n\pi$. В этом случае $\tan x = -1$. Тогда $\tan(y-3x) = (-1)^3 = -1$.

Вместо рассмотрения случаев можно найти $y$ более общим способом. Воспользуемся формулами тройного угла:

$2\sin^3 x = \frac{1}{2}(3\sin x - \sin(3x))$

$2\cos^3 x = \frac{1}{2}(3\cos x + \cos(3x))$

Система принимает вид:

$$\begin{cases}\sin(y-3x) = \frac{1}{2}(3\sin x - \sin(3x)), \\\cos(y-3x) = \frac{1}{2}(3\cos x + \cos(3x)).\end{cases}$$

С помощью формул для синуса и косинуса суммы углов, можно выразить $\sin y$ и $\cos y$:

$\sin y = \sin((y-3x)+3x) = \sin(y-3x)\cos(3x) + \cos(y-3x)\sin(3x)$

$\cos y = \cos((y-3x)+3x) = \cos(y-3x)\cos(3x) - \sin(y-3x)\sin(3x)$

Подставив правые части системы, получим:

$\sin y = \frac{3}{2}\sin(4x)$

$\cos y = \frac{3}{2}\cos(4x) + \frac{1}{2}$

Мы нашли, что $2x = \frac{\pi}{2} + \pi k$, следовательно, $4x = \pi + 2\pi k$.

Тогда $\sin(4x) = \sin(\pi + 2\pi k) = 0$ и $\cos(4x) = \cos(\pi + 2\pi k) = -1$.

Подставим эти значения в выражения для $\sin y$ и $\cos y$:

$\sin y = \frac{3}{2}(0) = 0$

$\cos y = \frac{3}{2}(-1) + \frac{1}{2} = -\frac{3}{2} + \frac{1}{2} = -1$

Система $\sin y = 0$ и $\cos y = -1$ имеет решение $y = \pi + 2\pi m$, где $m \in \mathbb{Z}$.

Таким образом, для любого $x$ из найденной серии решений, $y$ принадлежит своей серии решений, независимо от параметра $k$.

Ответ: $x = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi k}{2}$, $y = \pi + 2\pi m$, где $k, m \in \mathbb{Z}$.

185. $$\begin{cases} \text{tg}\frac{x}{2} + \text{tg}\frac{y}{2} = \frac{2}{\sqrt{3}}, \\ \text{tg}x + \text{tg}y = 2\sqrt{3}. \end{cases}$$

Для решения данной системы уравнений введем новые переменные. Пусть $a = \text{tg} \frac{x}{2}$ и $b = \text{tg} \frac{y}{2}$.

Воспользуемся формулой тангенса двойного угла: $\text{tg} \alpha = \frac{2 \text{tg} (\alpha/2)}{1 - \text{tg}^2 (\alpha/2)}$.

Тогда $\text{tg} x = \frac{2a}{1-a^2}$ и $\text{tg} y = \frac{2b}{1-b^2}$.

Подставим эти выражения в исходную систему:

$$\begin{cases}a + b = \frac{2}{\sqrt{3}} \\\frac{2a}{1-a^2} + \frac{2b}{1-b^2} = 2\sqrt{3}\end{cases}$$

Упростим второе уравнение, разделив обе его части на 2:

$$ \frac{a}{1-a^2} + \frac{b}{1-b^2} = \sqrt{3} $$

Приведем левую часть к общему знаменателю:

$$ \frac{a(1-b^2) + b(1-a^2)}{(1-a^2)(1-b^2)} = \sqrt{3} $$$$ \frac{a - ab^2 + b - a^2b}{1 - a^2 - b^2 + a^2b^2} = \sqrt{3} $$

Сгруппируем слагаемые в числителе и знаменателе:

$$ \frac{(a+b) - ab(a+b)}{1 - (a^2+b^2) + (ab)^2} = \sqrt{3} $$

Обозначим сумму $S = a+b$ и произведение $P = ab$. Из первого уравнения системы известно, что $S = \frac{2}{\sqrt{3}}$.

Выразим $a^2+b^2$ через $S$ и $P$: $a^2+b^2 = (a+b)^2 - 2ab = S^2 - 2P$.

Теперь подставим выражения для $S$ и $a^2+b^2$ в преобразованное второе уравнение:

$$ \frac{S(1-P)}{1 - (S^2 - 2P) + P^2} = \sqrt{3} $$

Подставим известное значение $S = \frac{2}{\sqrt{3}}$ (и, следовательно, $S^2 = \frac{4}{3}$):

$$ \frac{\frac{2}{\sqrt{3}}(1-P)}{1 - (\frac{4}{3} - 2P) + P^2} = \sqrt{3} $$$$ \frac{\frac{2}{\sqrt{3}}(1-P)}{1 - \frac{4}{3} + 2P + P^2} = \sqrt{3} $$$$ \frac{\frac{2}{\sqrt{3}}(1-P)}{-\frac{1}{3} + 2P + P^2} = \sqrt{3} $$

Умножим обе части уравнения на $\sqrt{3}$ и на знаменатель, чтобы избавиться от дробей:

$$ 2(1-P) = 3\left(P^2 + 2P - \frac{1}{3}\right) $$$$ 2 - 2P = 3P^2 + 6P - 1 $$

Перенесем все члены в одну сторону, чтобы получить квадратное уравнение относительно $P$:

$$ 3P^2 + 8P - 3 = 0 $$

Решим это уравнение с помощью дискриминанта:

$$ D = 8^2 - 4 \cdot 3 \cdot (-3) = 64 + 36 = 100 = 10^2 $$

Находим два возможных значения для $P$:

$$ P_1 = \frac{-8 - 10}{2 \cdot 3} = \frac{-18}{6} = -3 $$$$ P_2 = \frac{-8 + 10}{2 \cdot 3} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3} $$

Теперь необходимо рассмотреть два случая для пар $\{a, b\}$.

Случай 1

Пусть $ab = P = \frac{1}{3}$. Вместе с уравнением $a + b = \frac{2}{\sqrt{3}}$ получаем систему:

$$\begin{cases}a + b = \frac{2}{\sqrt{3}} \\ab = \frac{1}{3}\end{cases}$$

Согласно обратной теореме Виета, $a$ и $b$ являются корнями квадратного уравнения $t^2 - St + P = 0$:

$$ t^2 - \frac{2}{\sqrt{3}}t + \frac{1}{3} = 0 $$

Умножим уравнение на 3, чтобы упростить его: $3t^2 - 2\sqrt{3}t + 1 = 0$.

Дискриминант этого уравнения $D = (-2\sqrt{3})^2 - 4 \cdot 3 \cdot 1 = 12 - 12 = 0$.

Уравнение имеет единственный корень (кратности 2):

$$ t = \frac{2\sqrt{3}}{2 \cdot 3} = \frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{1}{\sqrt{3}} $$

Отсюда следует, что $a = b = \frac{1}{\sqrt{3}}$.

Возвращаемся к исходным переменным $x$ и $y$:

$$ \text{tg} \frac{x}{2} = \frac{1}{\sqrt{3}} \quad \text{и} \quad \text{tg} \frac{y}{2} = \frac{1}{\sqrt{3}} $$

Из этих уравнений находим решения для $x$ и $y$:

$$ \frac{x}{2} = \frac{\pi}{6} + \pi k, \quad k \in \mathbb{Z} \implies x = \frac{\pi}{3} + 2\pi k, \quad k \in \mathbb{Z} $$$$ \frac{y}{2} = \frac{\pi}{6} + \pi n, \quad n \in \mathbb{Z} \implies y = \frac{\pi}{3} + 2\pi n, \quad n \in \mathbb{Z} $$

Случай 2

Пусть $ab = P = -3$. Система для $a$ и $b$ имеет вид:

$$\begin{cases}a + b = \frac{2}{\sqrt{3}} \\ab = -3\end{cases}$$

Аналогично первому случаю, $a$ и $b$ являются корнями уравнения $t^2 - \frac{2}{\sqrt{3}}t - 3 = 0$.

Найдем корни этого уравнения. Дискриминант $D = \left(-\frac{2}{\sqrt{3}}\right)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-3) = \frac{4}{3} + 12 = \frac{4+36}{3} = \frac{40}{3}$.

$$ t = \frac{\frac{2}{\sqrt{3}} \pm \sqrt{\frac{40}{3}}}{2} = \frac{1}{\sqrt{3}} \pm \frac{\sqrt{40}}{2\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}} \pm \frac{2\sqrt{10}}{2\sqrt{3}} = \frac{1 \pm \sqrt{10}}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3} \pm \sqrt{30}}{3} $$

Таким образом, пара значений $\{a, b\}$ равна $\left\{ \frac{\sqrt{3} + \sqrt{30}}{3}, \frac{\sqrt{3} - \sqrt{30}}{3} \right\}$.

Это дает две симметричные серии решений для $(x, y)$:

Первая серия:

$$ \text{tg} \frac{x}{2} = \frac{\sqrt{3} + \sqrt{30}}{3} \implies x = 2\text{arctg}\left(\frac{\sqrt{3} + \sqrt{30}}{3}\right) + 2\pi k, \quad k \in \mathbb{Z} $$$$ \text{tg} \frac{y}{2} = \frac{\sqrt{3} - \sqrt{30}}{3} \implies y = 2\text{arctg}\left(\frac{\sqrt{3} - \sqrt{30}}{3}\right) + 2\pi n, \quad n \in \mathbb{Z} $$

Вторая серия (симметричная):

$$ \text{tg} \frac{x}{2} = \frac{\sqrt{3} - \sqrt{30}}{3} \implies x = 2\text{arctg}\left(\frac{\sqrt{3} - \sqrt{30}}{3}\right) + 2\pi k, \quad k \in \mathbb{Z} $$$$ \text{tg} \frac{y}{2} = \frac{\sqrt{3} + \sqrt{30}}{3} \implies y = 2\text{arctg}\left(\frac{\sqrt{3} + \sqrt{30}}{3}\right) + 2\pi n, \quad n \in \mathbb{Z} $$

Объединяя все найденные решения, получаем полный ответ.

Ответ: Наборы решений $(x, y)$ для данной системы:

1) $x = \frac{\pi}{3} + 2\pi k$, $y = \frac{\pi}{3} + 2\pi n$

2) $x = 2\text{arctg}\left(\frac{\sqrt{3} + \sqrt{30}}{3}\right) + 2\pi k$, $y = 2\text{arctg}\left(\frac{\sqrt{3} - \sqrt{30}}{3}\right) + 2\pi n$

3) $x = 2\text{arctg}\left(\frac{\sqrt{3} - \sqrt{30}}{3}\right) + 2\pi k$, $y = 2\text{arctg}\left(\frac{\sqrt{3} + \sqrt{30}}{3}\right) + 2\pi n$

где $k, n \in \mathbb{Z}$.

186. $\text{tg } x \text{ tg } y = \frac{\sin z}{\cos x \cos y} + 3,$

$\text{tg } y \text{ tg } z = \frac{\sin x}{\cos y \cos z} - 5,$

$\text{tg } x \text{ tg } z = \frac{\sin y}{\cos x \cos z} - 3.$

Исходная система уравнений:$$ \begin{cases} \operatorname{tg} x \operatorname{tg} y = \frac{\sin z}{\cos x \cos y} + 3, \\ \operatorname{tg} y \operatorname{tg} z = \frac{\sin x}{\cos y \cos z} - 5, \\ \operatorname{tg} x \operatorname{tg} z = \frac{\sin y}{\cos x \cos z} - 3. \end{cases}$$Область допустимых значений такова, что $\cos x \neq 0, \cos y \neq 0, \cos z \neq 0$.

Преобразуем каждое уравнение, используя определение тангенса $\operatorname{tg} \alpha = \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}$.Для первого уравнения:$$ \frac{\sin x \sin y}{\cos x \cos y} = \frac{\sin z}{\cos x \cos y} + 3 $$Домножим обе части на $\cos x \cos y$:$$ \sin x \sin y = \sin z + 3 \cos x \cos y $$$$ \sin x \sin y - 3 \cos x \cos y = \sin z \quad (1) $$

Аналогично преобразуем второе и третье уравнения:$$ \frac{\sin y \sin z}{\cos y \cos z} = \frac{\sin x}{\cos y \cos z} - 5 \implies \sin y \sin z = \sin x - 5 \cos y \cos z $$$$ \sin y \sin z + 5 \cos y \cos z = \sin x \quad (2) $$$$ \frac{\sin x \sin z}{\cos x \cos z} = \frac{\sin y}{\cos x \cos z} - 3 \implies \sin x \sin z = \sin y - 3 \cos x \cos z $$$$ \sin x \sin z + 3 \cos x \cos z = \sin y \quad (3) $$

Теперь у нас есть система трех уравнений:$$ \begin{cases} \sin x \sin y - 3 \cos x \cos y = \sin z \\ \sin y \sin z + 5 \cos y \cos z = \sin x \\ \sin x \sin z + 3 \cos x \cos z = \sin y \end{cases}$$

Исключим $z$ из системы. Из уравнения (1) выразим $\sin z$ и подставим в (2) и (3). Однако это приведет к громоздким выражениям. Попробуем другой подход.Выразим $\cos z$ из уравнений (2) и (3), предварительно переписав их так:Из (2): $\sin x - \sin y \sin z = 5 \cos y \cos z$Из (3): $\sin y - \sin x \sin z = 3 \cos x \cos z$Если $\cos y \neq 0$ и $\cos z \neq 0$, то $5 \cos y \cos z \neq 0$ (иначе $\sin x = \sin y \sin z$ и из (3) $\sin y = \sin x \sin z = \sin^2 z \sin y$, что ведет к $\sin^2 z = 1$, $\cos z = 0$ - противоречие). Аналогично для (3).$$ \cos z = \frac{\sin x - \sin y \sin z}{5 \cos y} $$$$ \cos z = \frac{\sin y - \sin x \sin z}{3 \cos x} $$Приравняем правые части:$$ \frac{\sin x - \sin y \sin z}{5 \cos y} = \frac{\sin y - \sin x \sin z}{3 \cos x} $$$$ 3 \cos x (\sin x - \sin y \sin z) = 5 \cos y (\sin y - \sin x \sin z) $$$$ 3 \sin x \cos x - 3 \cos x \sin y \sin z = 5 \sin y \cos y - 5 \cos y \sin x \sin z $$$$ 3 \sin x \cos x - 5 \sin y \cos y = \sin z (3 \cos x \sin y - 5 \cos y \sin x) \quad (4)$$Теперь используем уравнение (1), чтобы выразить $\sin z$:Подставим $\sin z = \sin x \sin y - 3 \cos x \cos y$ в (4):$$ 3 \sin x \cos x - 5 \sin y \cos y = (\sin x \sin y - 3 \cos x \cos y)(3 \cos x \sin y - 5 \cos y \sin x) $$Правая часть:$3\sin x \sin^2 y \cos x - 5 \sin^2 x \sin y \cos y - 9 \cos^2 x \sin y \cos y + 15 \cos x \cos^2 y \sin x$$= 3\sin x \cos x \sin^2 y - 5\sin y \cos y \sin^2 x - 9\sin y \cos y \cos^2 x + 15\sin x \cos x \cos^2 y$$= 3\sin x \cos x (\sin^2 y + 5\cos^2 y) - 5\sin y \cos y \sin^2 x - 9\sin y \cos y \cos^2 x$Это слишком сложно. Вернемся к системе (1), (2), (3) и попробуем более элегантное преобразование.

Из уравнений (2) и (3) выразим $\sin x$ и $\sin y$. Подставим их в (1). Это тоже сложно.Попробуем получить соотношения между $x$ и $y$. Вычтем из уравнения (2) уравнение (3), умноженное на некоторый коэффициент.Рассмотрим уравнения, полученные после исключения $\sin z$:Из (1) и (2): $\sin y(\sin x \sin y - 3 \cos x \cos y) + 5 \cos y \cos z = \sin x$. Разделив на $\cos y$, получим: $\sin y \sin x \operatorname{tg} y - 3 \sin y \cos x + 5 \cos z = \sin x / \cos y$.Это не упрощает задачу.

Давайте выведем соотношение между переменными, исключая $z$ из системы (1)-(3).Из (2) и (3) получим:$$ 5 \cos z = \frac{\sin x - \sin y \sin z}{\cos y} \quad (2a) $$$$ 3 \cos z = \frac{\sin y - \sin x \sin z}{\cos x} \quad (3a) $$Исключим $\cos z$: $3 \times (2a) = 5 \times (3a)$$$ \frac{3(\sin x - \sin y \sin z)}{\cos y} = \frac{5(\sin y - \sin x \sin z)}{\cos x} $$$$ 3\sin x \cos x - 3\cos x \sin y \sin z = 5\sin y \cos y - 5\cos y \sin x \sin z $$$$ 3\sin x \cos x - 5\sin y \cos y = \sin z (3\cos x \sin y - 5\cos y \sin x) $$Это уравнение мы уже получали.Давайте вычтем (3a) из (2a) и выразим $\sin(x+y)$ и т.д.Из (2) и (3) получим:$ \sin(x+y) + 2\sin x \cos y = 3\cos z $$ \sin(x+y) + 2\cos x \sin y = 5\cos z $Вычитая одно из другого, получаем:$ 2\cos x \sin y - 2\sin x \cos y = 2\cos z \implies \sin(y-x) = \cos z $.Исключая $\cos z$: $5(\sin(x+y) + 2\sin x \cos y) = 3(\sin(x+y) + 2\cos x \sin y)$.$ 2\sin(x+y) + 10\sin x \cos y - 6\cos x \sin y = 0 $.$ \sin(x+y) + 5\sin x \cos y - 3\cos x \sin y = 0 $.$ \sin x \cos y + \cos x \sin y + 5\sin x \cos y - 3\cos x \sin y = 0 $.$ 6\sin x \cos y - 2\cos x \sin y = 0 $.Разделив на $\cos x \cos y$ (что возможно, т.к. $\cos x, \cos y \neq 0$):$ 6\operatorname{tg} x - 2\operatorname{tg} y = 0 \implies \operatorname{tg} y = 3\operatorname{tg} x $.

Итак, мы получили два ключевых соотношения: $\operatorname{tg} y = 3\operatorname{tg} x$ и $\sin(y-x) = \cos z$.Используем их для нахождения значений тангенсов.Из $\sin(y-x) = \cos z$ следует $\cos z = \sin y \cos x - \cos y \sin x$. Разделив на $\cos x \cos y$:$$ \frac{\cos z}{\cos x \cos y} = \operatorname{tg} y - \operatorname{tg} x = 3\operatorname{tg} x - \operatorname{tg} x = 2\operatorname{tg} x $$Теперь обратимся к первому уравнению исходной системы:$$ \operatorname{tg} x \operatorname{tg} y - 3 = \frac{\sin z}{\cos x \cos y} $$Подставим $\operatorname{tg} y = 3\operatorname{tg} x$:$$ \operatorname{tg} x (3\operatorname{tg} x) - 3 = 3\operatorname{tg}^2 x - 3 = \frac{\sin z}{\cos x \cos y} $$Теперь у нас есть выражения для $\frac{\sin z}{\cos x \cos y}$ и $\frac{\cos z}{\cos x \cos y}$. Возведем их в квадрат и сложим, используя тождество $\sin^2 z + \cos^2 z = 1$:$$ \sin^2 z + \cos^2 z = \left( (3\operatorname{tg}^2 x - 3)\cos x \cos y \right)^2 + \left( (2\operatorname{tg} x)\cos x \cos y \right)^2 = 1 $$$$ \left( 9(\operatorname{tg}^2 x-1)^2 + 4\operatorname{tg}^2 x \right) \cos^2 x \cos^2 y = 1 $$Используем формулы $\cos^2 \alpha = \frac{1}{1+\operatorname{tg}^2 \alpha}$. Пусть $t = \operatorname{tg} x$.$\cos^2 x = \frac{1}{1+t^2}$ и $\cos^2 y = \frac{1}{1+\operatorname{tg}^2 y} = \frac{1}{1+(3t)^2} = \frac{1}{1+9t^2}$.Подставляем в уравнение:$$ \left( 9(t^2-1)^2 + 4t^2 \right) \frac{1}{1+t^2} \frac{1}{1+9t^2} = 1 $$$$ 9(t^4 - 2t^2 + 1) + 4t^2 = (1+t^2)(1+9t^2) $$$$ 9t^4 - 18t^2 + 9 + 4t^2 = 9t^4 + 10t^2 + 1 $$$$ 9t^4 - 14t^2 + 9 = 9t^4 + 10t^2 + 1 $$$$ -14t^2 + 9 = 10t^2 + 1 $$$$ 8 = 24t^2 $$$$ t^2 = \frac{8}{24} = \frac{1}{3} $$Итак, $\operatorname{tg}^2 x = 1/3$.

Отсюда находим возможные значения тангенсов:$\operatorname{tg}^2 x = 1/3 \implies \operatorname{tg} x = \pm \frac{1}{\sqrt{3}}$.$\operatorname{tg} y = 3\operatorname{tg} x \implies \operatorname{tg} y = \pm \frac{3}{\sqrt{3}} = \pm \sqrt{3}$.Найдем $\operatorname{tg} z$. Разделим выражение для $\sin z$ на выражение для $\cos z$:$$ \operatorname{tg} z = \frac{\sin z}{\cos z} = \frac{(3\operatorname{tg}^2 x - 3)\cos x \cos y}{(2\operatorname{tg} x)\cos x \cos y} = \frac{3(\operatorname{tg}^2 x - 1)}{2\operatorname{tg} x} $$Подставим $\operatorname{tg}^2 x = 1/3$:$$ \operatorname{tg} z = \frac{3(1/3 - 1)}{2\operatorname{tg} x} = \frac{3(-2/3)}{2\operatorname{tg} x} = \frac{-2}{2\operatorname{tg} x} = -\frac{1}{\operatorname{tg} x} $$Если $\operatorname{tg} x = 1/\sqrt{3}$, то $\operatorname{tg} z = -\sqrt{3}$.Если $\operatorname{tg} x = -1/\sqrt{3}$, то $\operatorname{tg} z = \sqrt{3}$.

Получаем два набора решений для тангенсов:1. $\operatorname{tg} x = \frac{1}{\sqrt{3}}, \operatorname{tg} y = \sqrt{3}, \operatorname{tg} z = -\sqrt{3}$.2. $\operatorname{tg} x = -\frac{1}{\sqrt{3}}, \operatorname{tg} y = -\sqrt{3}, \operatorname{tg} z = \sqrt{3}$.

Теперь найдем сами углы. Пусть $\varepsilon = \pm 1$.$\operatorname{tg} x = \varepsilon \frac{1}{\sqrt{3}} \implies x = \varepsilon \frac{\pi}{6} + k\pi$$\operatorname{tg} y = \varepsilon \sqrt{3} \implies y = \varepsilon \frac{\pi}{3} + m\pi$$\operatorname{tg} z = -\varepsilon \sqrt{3} \implies z = -\varepsilon \frac{\pi}{3} + n\pi$где $k,m,n$ - целые числа.

Эти решения должны удовлетворять соотношению $\sin(y-x) = \cos z$.$ y-x = (\varepsilon \frac{\pi}{3} + m\pi) - (\varepsilon \frac{\pi}{6} + k\pi) = \varepsilon \frac{\pi}{6} + (m-k)\pi $.$ \sin(y-x) = \sin(\varepsilon \frac{\pi}{6} + (m-k)\pi) = \sin(\varepsilon \frac{\pi}{6})\cos((m-k)\pi) = \varepsilon \sin(\frac{\pi}{6})(-1)^{m-k} = \frac{\varepsilon}{2}(-1)^{m-k} $.$ \cos z = \cos(-\varepsilon \frac{\pi}{3} + n\pi) = \cos(\varepsilon \frac{\pi}{3} - n\pi) = \cos(\varepsilon \frac{\pi}{3})\cos(n\pi) = \cos(\frac{\pi}{3})(-1)^n = \frac{1}{2}(-1)^n $.Приравнивая выражения:$ \frac{\varepsilon}{2}(-1)^{m-k} = \frac{1}{2}(-1)^n \implies \varepsilon (-1)^{m-k} = (-1)^n \implies \varepsilon = (-1)^{n-m+k} $.Это условие связывает выбор $\varepsilon$ с четностью суммы $k-m+n$.Если $k-m+n$ - четное число, то $\varepsilon = 1$.Если $k-m+n$ - нечетное число, то $\varepsilon = -1$.

Ответ:Решениями системы являются две серии троек $(x, y, z)$:
1) $x = \frac{\pi}{6} + k\pi$, $y = \frac{\pi}{3} + m\pi$, $z = -\frac{\pi}{3} + n\pi$, где $k, m, n$ - любые целые числа, для которых сумма $k-m+n$ является четным числом.
2) $x = -\frac{\pi}{6} + k\pi$, $y = -\frac{\pi}{3} + m\pi$, $z = \frac{\pi}{3} + n\pi$, где $k, m, n$ - любые целые числа, для которых сумма $k-m+n$ является нечетным числом.