Страница 80 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

154. a) $\sin x \ge \frac{\sqrt{2}}{2}$;

б) $\sin x < -\frac{\sqrt{3}}{2}$;

в) $\sin x \ge \frac{1}{2}$;

г) $\sin x < -\frac{\sqrt{2}}{2}$.

а) Решим неравенство $ \sin x \ge \frac{\sqrt{2}}{2} $.
Для начала решим соответствующее уравнение $ \sin x = \frac{\sqrt{2}}{2} $.
Корнями этого уравнения являются $ x = (-1)^n \frac{\pi}{4} + \pi n, n \in \mathbb{Z} $.
На единичной окружности это точки, соответствующие углам $ \frac{\pi}{4} $ и $ \frac{3\pi}{4} $.
Значение синуса угла – это ордината точки на единичной окружности. Нам нужны точки, у которых ордината больше или равна $ \frac{\sqrt{2}}{2} $.
Эти точки лежат на дуге окружности, заключенной между точками $ \frac{\pi}{4} $ и $ \frac{3\pi}{4} $ (включая концы дуги), в верхней полуплоскости.
Таким образом, решение на одном обороте ($[0, 2\pi]$) будет $ x \in \left[ \frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4} \right] $.
Учитывая периодичность синуса (период $ 2\pi $), общее решение неравенства записывается в виде:
$ \frac{\pi}{4} + 2\pi k \le x \le \frac{3\pi}{4} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $ x \in \left[ \frac{\pi}{4} + 2\pi k; \frac{3\pi}{4} + 2\pi k \right], k \in \mathbb{Z} $.

б) Решим неравенство $ \sin x < -\frac{\sqrt{3}}{2} $.
Сначала решим уравнение $ \sin x = -\frac{\sqrt{3}}{2} $.
Корнями этого уравнения являются $ x = (-1)^{n+1} \frac{\pi}{3} + \pi n, n \in \mathbb{Z} $.
На единичной окружности это точки, соответствующие углам $ -\frac{\pi}{3} $ и $ -\frac{2\pi}{3} $ (или $ \frac{4\pi}{3} $ и $ \frac{5\pi}{3} $).
Нам нужны точки на единичной окружности, ординаты которых строго меньше $ -\frac{\sqrt{3}}{2} $.
Эти точки лежат на дуге окружности, заключенной между точками $ -\frac{2\pi}{3} $ и $ -\frac{\pi}{3} $ (не включая концы дуги), в нижней полуплоскости.
Таким образом, решение на одном периоде будет $ -\frac{2\pi}{3} < x < -\frac{\pi}{3} $.
Добавляя период $ 2\pi $, получаем общее решение:
$ -\frac{2\pi}{3} + 2\pi k < x < -\frac{\pi}{3} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $ x \in \left( -\frac{2\pi}{3} + 2\pi k; -\frac{\pi}{3} + 2\pi k \right), k \in \mathbb{Z} $.

в) Решим неравенство $ \sin x \ge \frac{1}{2} $.
Решим уравнение $ \sin x = \frac{1}{2} $.
Корнями этого уравнения являются $ x = (-1)^n \frac{\pi}{6} + \pi n, n \in \mathbb{Z} $.
На единичной окружности это точки, соответствующие углам $ \frac{\pi}{6} $ и $ \frac{5\pi}{6} $.
Нам нужны точки на единичной окружности, ординаты которых больше или равны $ \frac{1}{2} $.
Эти точки лежат на дуге окружности, заключенной между точками $ \frac{\pi}{6} $ и $ \frac{5\pi}{6} $ (включая концы дуги).
Решение на одном обороте: $ x \in \left[ \frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6} \right] $.
Учитывая периодичность, общее решение:
$ \frac{\pi}{6} + 2\pi k \le x \le \frac{5\pi}{6} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $ x \in \left[ \frac{\pi}{6} + 2\pi k; \frac{5\pi}{6} + 2\pi k \right], k \in \mathbb{Z} $.

г) Решим неравенство $ \sin x < -\frac{\sqrt{2}}{2} $.
Решим уравнение $ \sin x = -\frac{\sqrt{2}}{2} $.
Корнями этого уравнения являются $ x = (-1)^{n+1} \frac{\pi}{4} + \pi n, n \in \mathbb{Z} $.
На единичной окружности это точки, соответствующие углам $ -\frac{\pi}{4} $ и $ -\frac{3\pi}{4} $ (или $ \frac{5\pi}{4} $ и $ \frac{7\pi}{4} $).
Нам нужны точки на единичной окружности, ординаты которых строго меньше $ -\frac{\sqrt{2}}{2} $.
Эти точки лежат на дуге окружности, заключенной между точками $ -\frac{3\pi}{4} $ и $ -\frac{\pi}{4} $ (не включая концы дуги).
Решение на одном периоде: $ -\frac{3\pi}{4} < x < -\frac{\pi}{4} $.
Добавляя период $ 2\pi $, получаем общее решение:
$ -\frac{3\pi}{4} + 2\pi k < x < -\frac{\pi}{4} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $ x \in \left( -\frac{3\pi}{4} + 2\pi k; -\frac{\pi}{4} + 2\pi k \right), k \in \mathbb{Z} $.

155. a) $ \cos x \ge -\frac{1}{2} $;

б) $ \cos x < \frac{\sqrt{2}}{2} $;

в) $ \cos x \ge -\frac{\sqrt{3}}{2} $;

г) $ \cos x < -\frac{\sqrt{2}}{2} $.

а)

Решим неравенство $\cos x \ge -\frac{1}{2}$.

Сначала найдем корни уравнения $\cos x = -\frac{1}{2}$. На тригонометрической окружности это соответствует точкам, абсцисса которых равна $-\frac{1}{2}$.

Эти точки соответствуют углам $x = \arccos(-\frac{1}{2}) = \frac{2\pi}{3}$ и $x = -\arccos(-\frac{1}{2}) = -\frac{2\pi}{3}$.

Общие решения уравнения: $x = \pm\frac{2\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Нам нужны значения $x$, для которых $\cos x$ (абсцисса точки на окружности) больше или равен $-\frac{1}{2}$. Это соответствует дуге окружности, расположенной правее вертикальной прямой $x = -\frac{1}{2}$, включая точки на самой прямой.

Двигаясь по окружности против часовой стрелки от $-\frac{2\pi}{3}$ до $\frac{2\pi}{3}$, мы получаем искомый интервал для одного оборота. С учетом периодичности функции косинус, общее решение неравенства записывается в виде двойного неравенства.

Ответ: $-\frac{2\pi}{3} + 2\pi k \le x \le \frac{2\pi}{3} + 2\pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

б)

Решим неравенство $\cos x < \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Сначала найдем корни уравнения $\cos x = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Корни этого уравнения: $x = \arccos(\frac{\sqrt{2}}{2}) = \frac{\pi}{4}$ и $x = -\arccos(\frac{\sqrt{2}}{2}) = -\frac{\pi}{4}$.

Общие решения уравнения: $x = \pm\frac{\pi}{4} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Нам нужны значения $x$, для которых $\cos x < \frac{\sqrt{2}}{2}$. На тригонометрической окружности это соответствует дуге, расположенной левее вертикальной прямой $x = \frac{\sqrt{2}}{2}$. Так как неравенство строгое, точки на прямой не включаются.

Двигаясь по окружности против часовой стрелки, мы видим, что нужная нам дуга начинается от угла $\frac{\pi}{4}$ и заканчивается на угле $2\pi - \frac{\pi}{4} = \frac{7\pi}{4}$. С учетом периодичности, общее решение записывается в виде интервала.

Ответ: $\frac{\pi}{4} + 2\pi k < x < \frac{7\pi}{4} + 2\pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

в)

Решим неравенство $\cos x \ge -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Сначала найдем корни уравнения $\cos x = -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Корни этого уравнения: $x = \arccos(-\frac{\sqrt{3}}{2}) = \frac{5\pi}{6}$ и $x = -\arccos(-\frac{\sqrt{3}}{2}) = -\frac{5\pi}{6}$.

Общие решения уравнения: $x = \pm\frac{5\pi}{6} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Нам нужны значения $x$, для которых $\cos x \ge -\frac{\sqrt{3}}{2}$. На тригонометрической окружности это соответствует дуге, расположенной правее вертикальной прямой $x = -\frac{\sqrt{3}}{2}$, включая точки на самой прямой.

Двигаясь по окружности против часовой стрелки от $-\frac{5\pi}{6}$ до $\frac{5\pi}{6}$, мы получаем искомый интервал для одного оборота. С учетом периодичности функции косинус, общее решение неравенства записывается в виде двойного неравенства.

Ответ: $-\frac{5\pi}{6} + 2\pi k \le x \le \frac{5\pi}{6} + 2\pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

г)

Решим неравенство $\cos x < -\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Сначала найдем корни уравнения $\cos x = -\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Корни этого уравнения: $x = \arccos(-\frac{\sqrt{2}}{2}) = \frac{3\pi}{4}$ и $x = -\arccos(-\frac{\sqrt{2}}{2}) = -\frac{3\pi}{4}$. Угол $-\frac{3\pi}{4}$ на окружности можно также представить как $2\pi - \frac{3\pi}{4} = \frac{5\pi}{4}$ для удобства записи интервала.

Общие решения уравнения: $x = \pm\frac{3\pi}{4} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Нам нужны значения $x$, для которых $\cos x < -\frac{\sqrt{2}}{2}$. На тригонометрической окружности это соответствует дуге, расположенной левее вертикальной прямой $x = -\frac{\sqrt{2}}{2}$. Так как неравенство строгое, точки на прямой не включаются.

Двигаясь по окружности против часовой стрелки, мы видим, что нужная нам дуга начинается от угла $\frac{3\pi}{4}$ и заканчивается на угле $\frac{5\pi}{4}$. С учетом периодичности, общее решение записывается в виде интервала.

Ответ: $\frac{3\pi}{4} + 2\pi k < x < \frac{5\pi}{4} + 2\pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

156. a) $ \operatorname{tg} x \le \sqrt{3} $;

б) $ \operatorname{tg} x > -\frac{1}{\sqrt{3}} $;

в) $ \operatorname{tg} x \ge \frac{1}{\sqrt{3}} $;

г) $ \operatorname{tg} x < -1 $.

а)

Решим неравенство $tg x \le \sqrt{3}$.

Сначала найдем значение $x$, для которого $tg x = \sqrt{3}$. Используя таблицу значений тригонометрических функций или определение арктангенса, получаем, что основное решение этого уравнения — это $x = arctg(\sqrt{3}) = \frac{\pi}{3}$.

Область определения функции тангенса — это все действительные числа, кроме $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k \in Z$. Эти точки являются вертикальными асимптотами графика функции.

Для решения тригонометрического неравенства удобно использовать единичную окружность или график функции. Рассмотрим решение на одном периоде тангенса, интервале $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$. Функция $tg x$ на этом интервале строго возрастает.

Неравенство $tg x \le \sqrt{3}$ будет выполняться для всех $x$ от левой границы интервала (асимптоты) до точки, где $tg x = \sqrt{3}$. Левая граница $x = -\frac{\pi}{2}$ не включается в решение, так как тангенс в ней не определен. Правая граница $x = \frac{\pi}{3}$ включается, так как неравенство нестрогое.

Таким образом, на интервале $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ решение имеет вид: $-\frac{\pi}{2} < x \le \frac{\pi}{3}$.

Учитывая, что период тангенса равен $\pi$, общее решение неравенства получается добавлением $\pi n$ к границам найденного интервала, где $n$ — любое целое число:

$-\frac{\pi}{2} + \pi n < x \le \frac{\pi}{3} + \pi n$, где $n \in Z$.

Ответ: $-\frac{\pi}{2} + \pi n < x \le \frac{\pi}{3} + \pi n, n \in Z$.

б)

Решим неравенство $tg x > -\frac{1}{\sqrt{3}}$.

Найдем значение $x$, для которого $tg x = -\frac{1}{\sqrt{3}}$. Основное решение этого уравнения — это $x = arctg(-\frac{1}{\sqrt{3}}) = -\frac{\pi}{6}$.

Рассмотрим решение на основном периоде $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$. Так как функция $tg x$ возрастает, неравенство $tg x > -\frac{1}{\sqrt{3}}$ будет выполняться для всех $x$, которые больше, чем $-\frac{\pi}{6}$, и до правой границы интервала, то есть до вертикальной асимптоты $x = \frac{\pi}{2}$. Обе границы не включаются в решение: левая — так как неравенство строгое, правая — так как в точке $x = \frac{\pi}{2}$ тангенс не определен.

Таким образом, на интервале $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ решение имеет вид: $-\frac{\pi}{6} < x < \frac{\pi}{2}$.

Добавляя период $\pi n$ к границам интервала, получаем общее решение:

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

Ответ: $-\frac{\pi}{6} + \pi n < x < \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in Z$.

в)

Решим неравенство $tg x \ge \frac{1}{\sqrt{3}}$.

Найдем значение $x$, для которого $tg x = \frac{1}{\sqrt{3}}$. Основное решение — $x = arctg(\frac{1}{\sqrt{3}}) = \frac{\pi}{6}$.

На интервале $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ функция $tg x$ возрастает. Неравенство $tg x \ge \frac{1}{\sqrt{3}}$ будет выполняться для всех $x$ от точки $x = \frac{\pi}{6}$ (включительно, так как неравенство нестрогое) до правой асимптоты $x = \frac{\pi}{2}$ (не включая ее, так как там функция не определена).

Решение на одном периоде: $\frac{\pi}{6} \le x < \frac{\pi}{2}$.

Общее решение получается добавлением периода $\pi n$ к обеим частям неравенства:

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

Ответ: $\frac{\pi}{6} + \pi n \le x < \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in Z$.

г)

Решим неравенство $tg x < -1$.

Найдем значение $x$, для которого $tg x = -1$. Основное решение — $x = arctg(-1) = -\frac{\pi}{4}$.

На интервале $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ функция $tg x$ возрастает. Неравенство $tg x < -1$ будет выполняться для всех $x$ от левой асимптоты $x = -\frac{\pi}{2}$ до точки $x = -\frac{\pi}{4}$. Обе границы не включаются: левая — так как в точке $x = -\frac{\pi}{2}$ тангенс не определен, правая — так как неравенство строгое.

Решение на одном периоде: $-\frac{\pi}{2} < x < -\frac{\pi}{4}$.

Общее решение получается добавлением периода $\pi n$ к границам интервала:

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

Ответ: $-\frac{\pi}{2} + \pi n < x < -\frac{\pi}{4} + \pi n, n \in Z$.

157.-

a) $2 \cos x - 1 \ge 0;$

б) $2 \sin x + \sqrt{2} \ge 0;$

в) $2 \cos x - \sqrt{3} \le 0;$

г) $3 \operatorname{tg} x + \sqrt{3} \ge 0.$

а) Решим неравенство $2 \cos x - 1 \ge 0$.
Перенесем $-1$ в правую часть и разделим обе части на 2:
$2 \cos x \ge 1$
$\cos x \ge \frac{1}{2}$
Для решения этого неравенства воспользуемся единичной тригонометрической окружностью. На оси абсцисс (оси косинусов) отметим точку $\frac{1}{2}$ и проведем вертикальную прямую $x = \frac{1}{2}$. Эта прямая пересечет окружность в двух точках, соответствующих углам $-\frac{\pi}{3}$ и $\frac{\pi}{3}$.
Нас интересуют значения $x$, для которых косинус (абсцисса точки на окружности) больше или равен $\frac{1}{2}$. Это соответствует дуге окружности, расположенной правее прямой $x = \frac{1}{2}$.
Таким образом, на промежутке $[-\pi, \pi]$ решением является отрезок $[-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3}]$.
Учитывая периодичность функции косинуса с периодом $2\pi$, общее решение неравенства записывается в виде:
$-\frac{\pi}{3} + 2\pi n \le x \le \frac{\pi}{3} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x \in [-\frac{\pi}{3} + 2\pi n; \frac{\pi}{3} + 2\pi n], n \in \mathbb{Z}$.

б) Решим неравенство $2 \sin x + \sqrt{2} \ge 0$.
Преобразуем неравенство:
$2 \sin x \ge -\sqrt{2}$
$\sin x \ge -\frac{\sqrt{2}}{2}$
Рассмотрим единичную окружность. На оси ординат (оси синусов) отметим точку $-\frac{\sqrt{2}}{2}$ и проведем горизонтальную прямую $y = -\frac{\sqrt{2}}{2}$. Эта прямая пересекает окружность в точках, соответствующих углам $-\frac{\pi}{4}$ и $\frac{5\pi}{4}$ (или $-\frac{3\pi}{4}$).
Нас интересуют значения $x$, для которых синус (ордината точки на окружности) больше или равен $-\frac{\sqrt{2}}{2}$. Это соответствует дуге окружности, расположенной выше прямой $y = -\frac{\sqrt{2}}{2}$.
Таким образом, решением на одном обороте является промежуток от $-\frac{\pi}{4}$ до $\frac{5\pi}{4}$.
Учитывая периодичность синуса с периодом $2\pi$, общее решение неравенства:
$-\frac{\pi}{4} + 2\pi n \le x \le \frac{5\pi}{4} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x \in [-\frac{\pi}{4} + 2\pi n; \frac{5\pi}{4} + 2\pi n], n \in \mathbb{Z}$.

в) Решим неравенство $2 \cos x - \sqrt{3} \le 0$.
Преобразуем неравенство:
$2 \cos x \le \sqrt{3}$
$\cos x \le \frac{\sqrt{3}}{2}$
На единичной окружности проведем вертикальную прямую $x = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Точки пересечения с окружностью соответствуют углам $\frac{\pi}{6}$ и $-\frac{\pi}{6}$ (или $\frac{11\pi}{6}$).
Нас интересуют значения $x$, для которых косинус (абсцисса точки) меньше или равен $\frac{\sqrt{3}}{2}$. Это соответствует дуге окружности, расположенной левее прямой $x = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
Таким образом, решением на одном обороте является промежуток от $\frac{\pi}{6}$ до $\frac{11\pi}{6}$.
Учитывая периодичность косинуса с периодом $2\pi$, общее решение неравенства:
$\frac{\pi}{6} + 2\pi n \le x \le \frac{11\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x \in [\frac{\pi}{6} + 2\pi n; \frac{11\pi}{6} + 2\pi n], n \in \mathbb{Z}$.

г) Решим неравенство $3 \tg x + \sqrt{3} \ge 0$.
Преобразуем неравенство:
$3 \tg x \ge -\sqrt{3}$
$\tg x \ge -\frac{\sqrt{3}}{3}$
Функция тангенс имеет период $\pi$ и не определена в точках $x = \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
Сначала найдем корни уравнения $\tg x = -\frac{\sqrt{3}}{3}$. На промежутке $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ таким корнем является $x = -\frac{\pi}{6}$.
Так как функция $y = \tg x$ является возрастающей на каждом интервале своей области определения, неравенство $\tg x \ge -\frac{\sqrt{3}}{3}$ выполняется для всех $x$ от $-\frac{\pi}{6}$ до вертикальной асимптоты $x = \frac{\pi}{2}$.
Таким образом, на одном периоде решение имеет вид $[-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2})$.
Учитывая периодичность тангенса с периодом $\pi$, общее решение неравенства:
$-\frac{\pi}{6} + \pi n \le x < \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x \in [-\frac{\pi}{6} + \pi n; \frac{\pi}{2} + \pi n), n \in \mathbb{Z}$.

Решите неравенства (158—163).

158.— а) $ \sin 2x < \frac{1}{2};$

б) $ \cos \frac{x}{3} > \frac{\sqrt{3}}{2};$

в) $ \sin \frac{x}{2} < -\frac{\sqrt{3}}{2};$

г) $ \tan 5x > 1.$

а) $\sin 2x < \frac{1}{2}$

Для решения данного неравенства введем новую переменную. Пусть $t = 2x$. Тогда исходное неравенство примет вид:
$\sin t < \frac{1}{2}$

Решим это простейшее тригонометрическое неравенство. Сначала найдем значения $t$, для которых $\sin t = \frac{1}{2}$. На промежутке $[0, 2\pi]$ это $t_1 = \frac{\pi}{6}$ и $t_2 = \pi - \frac{\pi}{6} = \frac{5\pi}{6}$.

Используя тригонометрическую окружность, определим интервалы, на которых ордината (значение синуса) меньше $\frac{1}{2}$. Это соответствует дуге, лежащей ниже прямой $y=\frac{1}{2}$. С учетом периодичности функции синус, решение для $t$ можно записать в виде:
$-\frac{7\pi}{6} + 2\pi k < t < \frac{\pi}{6} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
(Этот интервал можно также записать как $\frac{5\pi}{6} + 2\pi n < t < \frac{13\pi}{6} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$)

Теперь выполним обратную замену $t = 2x$:
$-\frac{7\pi}{6} + 2\pi k < 2x < \frac{\pi}{6} + 2\pi k$

Разделим все части двойного неравенства на 2, чтобы найти $x$:
$-\frac{7\pi}{12} + \pi k < x < \frac{\pi}{12} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (-\frac{7\pi}{12} + \pi k; \frac{\pi}{12} + \pi k)$, $k \in \mathbb{Z}$.

б) $\cos \frac{x}{3} > \frac{\sqrt{3}}{2}$

Введем замену переменной. Пусть $t = \frac{x}{3}$. Неравенство примет вид:
$\cos t > \frac{\sqrt{3}}{2}$

Решим это неравенство. Значения $t$, для которых $\cos t = \frac{\sqrt{3}}{2}$, это $t = \pm \frac{\pi}{6}$.

На тригонометрической окружности значения косинуса (абсциссы) больше $\frac{\sqrt{3}}{2}$ для углов, находящихся между $-\frac{\pi}{6}$ и $\frac{\pi}{6}$. С учетом периодичности функции косинус, общее решение для $t$ имеет вид:
$-\frac{\pi}{6} + 2\pi k < t < \frac{\pi}{6} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Произведем обратную замену $t = \frac{x}{3}$:
$-\frac{\pi}{6} + 2\pi k < \frac{x}{3} < \frac{\pi}{6} + 2\pi k$

Умножим все части неравенства на 3:
$-\frac{3\pi}{6} + 6\pi k < x < \frac{3\pi}{6} + 6\pi k$
Упростив, получаем:
$-\frac{\pi}{2} + 6\pi k < x < \frac{\pi}{2} + 6\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (-\frac{\pi}{2} + 6\pi k; \frac{\pi}{2} + 6\pi k)$, $k \in \mathbb{Z}$.

в) $\sin \frac{x}{2} < -\frac{\sqrt{3}}{2}$

Сделаем замену переменной. Пусть $t = \frac{x}{2}$. Неравенство примет вид:
$\sin t < -\frac{\sqrt{3}}{2}$

Найдем корни уравнения $\sin t = -\frac{\sqrt{3}}{2}$. Это $t_1 = -\frac{\pi}{3}$ и $t_2 = -\frac{2\pi}{3}$ (или $t_1 = \frac{4\pi}{3}$ и $t_2 = \frac{5\pi}{3}$).

На тригонометрической окружности неравенству $\sin t < -\frac{\sqrt{3}}{2}$ соответствуют углы, ордината которых меньше $-\frac{\sqrt{3}}{2}$. Эта дуга расположена между точками $-\frac{2\pi}{3}$ и $-\frac{\pi}{3}$. Общее решение для $t$:
$-\frac{2\pi}{3} + 2\pi k < t < -\frac{\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
(Эквивалентная запись: $\frac{4\pi}{3} + 2\pi n < t < \frac{5\pi}{3} + 2\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$)

Выполним обратную замену $t = \frac{x}{2}$:
$-\frac{2\pi}{3} + 2\pi k < \frac{x}{2} < -\frac{\pi}{3} + 2\pi k$

Умножим все части неравенства на 2:
$-\frac{4\pi}{3} + 4\pi k < x < -\frac{2\pi}{3} + 4\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (-\frac{4\pi}{3} + 4\pi k; -\frac{2\pi}{3} + 4\pi k)$, $k \in \mathbb{Z}$.

г) $\text{tg } 5x > 1$

Пусть $t = 5x$. Тогда неравенство принимает вид:
$\text{tg } t > 1$

Решим это неравенство. Тангенс равен 1 при $t = \frac{\pi}{4}$. Функция $\text{tg } t$ возрастает на каждом из своих интервалов определения $(-\frac{\pi}{2} + \pi k; \frac{\pi}{2} + \pi k)$.

Следовательно, неравенство $\text{tg } t > 1$ выполняется от точки, где $\text{tg } t = 1$, до ближайшей вертикальной асимптоты $t = \frac{\pi}{2}$. С учетом периодичности тангенса (период равен $\pi$), общее решение для $t$ будет:
$\frac{\pi}{4} + \pi k < t < \frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Сделаем обратную замену $t = 5x$:
$\frac{\pi}{4} + \pi k < 5x < \frac{\pi}{2} + \pi k$

Разделим все части неравенства на 5:
$\frac{\pi}{20} + \frac{\pi k}{5} < x < \frac{\pi}{10} + \frac{\pi k}{5}$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (\frac{\pi}{20} + \frac{\pi k}{5}; \frac{\pi}{10} + \frac{\pi k}{5})$, $k \in \mathbb{Z}$.

159.-

a) $2 \cos \left(2x + \frac{\pi}{3}\right) \le 1;$

б) $\sqrt{3} \operatorname{tg} \left(3x + \frac{\pi}{6}\right) < 1;$

в) $\sqrt{2} \sin \left(\frac{\pi}{4} + \frac{x}{2}\right) \ge 1;$

г) $2 \cos \left(4x - \frac{\pi}{6}\right) > \sqrt{3}.$

а) Решим неравенство $2 \cos\left(2x + \frac{\pi}{3}\right) \le 1$.
Разделим обе части неравенства на 2:
$\cos\left(2x + \frac{\pi}{3}\right) \le \frac{1}{2}$.
Введем новую переменную $t = 2x + \frac{\pi}{3}$. Неравенство примет вид $\cos(t) \le \frac{1}{2}$.
Решением этого простейшего тригонометрического неравенства является объединение промежутков, которые на единичной окружности соответствуют дуге от $\frac{\pi}{3}$ до $\frac{5\pi}{3}$.
С учетом периодичности функции косинус, решение для $t$ можно записать в виде двойного неравенства:
$\frac{\pi}{3} + 2\pi k \le t \le \frac{5\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Теперь вернемся к исходной переменной $x$, подставив $t = 2x + \frac{\pi}{3}$:
$\frac{\pi}{3} + 2\pi k \le 2x + \frac{\pi}{3} \le \frac{5\pi}{3} + 2\pi k$.
Вычтем $\frac{\pi}{3}$ из всех частей неравенства:
$\frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{3} + 2\pi k \le 2x \le \frac{5\pi}{3} - \frac{\pi}{3} + 2\pi k$.
$2\pi k \le 2x \le \frac{4\pi}{3} + 2\pi k$.
Разделим все части неравенства на 2:
$\pi k \le x \le \frac{2\pi}{3} + \pi k$.
Ответ: $x \in \left[\pi k, \frac{2\pi}{3} + \pi k\right]$, $k \in \mathbb{Z}$.

б) Решим неравенство $\sqrt{3} \operatorname{tg}\left(3x + \frac{\pi}{6}\right) < 1$.
Разделим обе части неравенства на $\sqrt{3}$:
$\operatorname{tg}\left(3x + \frac{\pi}{6}\right) < \frac{1}{\sqrt{3}}$.
Введем новую переменную $t = 3x + \frac{\pi}{6}$. Неравенство примет вид $\operatorname{tg}(t) < \frac{1}{\sqrt{3}}$.
Учитывая область определения тангенса ($t \neq \frac{\pi}{2} + \pi k$) и его периодичность, решением этого неравенства является:
$-\frac{\pi}{2} + \pi k < t < \frac{\pi}{6} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Вернемся к переменной $x$:
$-\frac{\pi}{2} + \pi k < 3x + \frac{\pi}{6} < \frac{\pi}{6} + \pi k$.
Вычтем $\frac{\pi}{6}$ из всех частей неравенства:
$-\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{6} + \pi k < 3x < \frac{\pi}{6} - \frac{\pi}{6} + \pi k$.
$-\frac{3\pi}{6} - \frac{\pi}{6} + \pi k < 3x < \pi k$.
$-\frac{4\pi}{6} + \pi k < 3x < \pi k$.
$-\frac{2\pi}{3} + \pi k < 3x < \pi k$.
Разделим все части неравенства на 3:
$-\frac{2\pi}{9} + \frac{\pi k}{3} < x < \frac{\pi k}{3}$.
Ответ: $x \in \left(-\frac{2\pi}{9} + \frac{\pi k}{3}, \frac{\pi k}{3}\right)$, $k \in \mathbb{Z}$.

в) Решим неравенство $\sqrt{2} \sin\left(\frac{\pi}{4} + \frac{x}{2}\right) \ge 1$.
Разделим обе части неравенства на $\sqrt{2}$:
$\sin\left(\frac{\pi}{4} + \frac{x}{2}\right) \ge \frac{1}{\sqrt{2}}$, или $\sin\left(\frac{\pi}{4} + \frac{x}{2}\right) \ge \frac{\sqrt{2}}{2}$.
Введем новую переменную $t = \frac{\pi}{4} + \frac{x}{2}$. Неравенство примет вид $\sin(t) \ge \frac{\sqrt{2}}{2}$.
Решением этого неравенства является:
$\frac{\pi}{4} + 2\pi k \le t \le \frac{3\pi}{4} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Вернемся к переменной $x$:
$\frac{\pi}{4} + 2\pi k \le \frac{\pi}{4} + \frac{x}{2} \le \frac{3\pi}{4} + 2\pi k$.
Вычтем $\frac{\pi}{4}$ из всех частей неравенства:
$2\pi k \le \frac{x}{2} \le \frac{3\pi}{4} - \frac{\pi}{4} + 2\pi k$.
$2\pi k \le \frac{x}{2} \le \frac{2\pi}{4} + 2\pi k$.
$2\pi k \le \frac{x}{2} \le \frac{\pi}{2} + 2\pi k$.
Умножим все части неравенства на 2:
$4\pi k \le x \le \pi + 4\pi k$.
Ответ: $x \in [4\pi k, \pi + 4\pi k]$, $k \in \mathbb{Z}$.

г) Решим неравенство $2 \cos\left(4x - \frac{\pi}{6}\right) > \sqrt{3}$.
Разделим обе части неравенства на 2:
$\cos\left(4x - \frac{\pi}{6}\right) > \frac{\sqrt{3}}{2}$.
Введем новую переменную $t = 4x - \frac{\pi}{6}$. Неравенство примет вид $\cos(t) > \frac{\sqrt{3}}{2}$.
Решением этого неравенства является:
$-\frac{\pi}{6} + 2\pi k < t < \frac{\pi}{6} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Вернемся к переменной $x$:
$-\frac{\pi}{6} + 2\pi k < 4x - \frac{\pi}{6} < \frac{\pi}{6} + 2\pi k$.
Прибавим $\frac{\pi}{6}$ ко всем частям неравенства:
$-\frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{6} + 2\pi k < 4x < \frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{6} + 2\pi k$.
$2\pi k < 4x < \frac{2\pi}{6} + 2\pi k$.
$2\pi k < 4x < \frac{\pi}{3} + 2\pi k$.
Разделим все части неравенства на 4:
$\frac{2\pi k}{4} < x < \frac{\pi}{12} + \frac{2\pi k}{4}$.
$\frac{\pi k}{2} < x < \frac{\pi}{12} + \frac{\pi k}{2}$.
Ответ: $x \in \left(\frac{\pi k}{2}, \frac{\pi}{12} + \frac{\pi k}{2}\right)$, $k \in \mathbb{Z}$.

160.—

a) $\sin x \cos \frac{\pi}{6} - \cos x \sin \frac{\pi}{6} \leq \frac{1}{2}$;

б) $\sin \frac{\pi}{4} \cos x + \cos \frac{\pi}{4} \sin x < -\frac{\sqrt{2}}{2}$;

в) $4 \sin 2x \cos 2x \geq \sqrt{2}$;

г) $\cos \frac{\pi}{8} \cos x - \sin x \sin \frac{\pi}{8} < -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Исходное неравенство: $ \sin x \cos\frac{\pi}{6} - \cos x \sin\frac{\pi}{6} \le \frac{1}{2} $.
Применяем формулу синуса разности $ \sin(\alpha - \beta) = \sin\alpha \cos\beta - \cos\alpha \sin\beta $:
$ \sin(x - \frac{\pi}{6}) \le \frac{1}{2} $.
Решением простейшего тригонометрического неравенства $ \sin t \le \frac{1}{2} $ является промежуток $ \frac{5\pi}{6} + 2\pi n \le t \le \frac{13\pi}{6} + 2\pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.
Выполняем обратную замену $ t = x - \frac{\pi}{6} $:
$ \frac{5\pi}{6} + 2\pi n \le x - \frac{\pi}{6} \le \frac{13\pi}{6} + 2\pi n $
Прибавляем $ \frac{\pi}{6} $ ко всем частям двойного неравенства:
$ \frac{5\pi}{6} + \frac{\pi}{6} + 2\pi n \le x \le \frac{13\pi}{6} + \frac{\pi}{6} + 2\pi n $
$ \pi + 2\pi n \le x \le \frac{7\pi}{3} + 2\pi n $.
Ответ: $ [\pi + 2\pi n; \frac{7\pi}{3} + 2\pi n], n \in \mathbb{Z} $.

Исходное неравенство: $ \sin\frac{\pi}{4} \cos x + \cos\frac{\pi}{4} \sin x < -\frac{\sqrt{2}}{2} $.
Применяем формулу синуса суммы $ \sin(\alpha + \beta) = \sin\alpha \cos\beta + \cos\alpha \sin\beta $:
$ \sin(x + \frac{\pi}{4}) < -\frac{\sqrt{2}}{2} $.
Решением простейшего тригонометрического неравенства $ \sin t < -\frac{\sqrt{2}}{2} $ является интервал $ \frac{5\pi}{4} + 2\pi n < t < \frac{7\pi}{4} + 2\pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.
Выполняем обратную замену $ t = x + \frac{\pi}{4} $:
$ \frac{5\pi}{4} + 2\pi n < x + \frac{\pi}{4} < \frac{7\pi}{4} + 2\pi n $
Вычитаем $ \frac{\pi}{4} $ из всех частей двойного неравенства:
$ \frac{5\pi}{4} - \frac{\pi}{4} + 2\pi n < x < \frac{7\pi}{4} - \frac{\pi}{4} + 2\pi n $
$ \pi + 2\pi n < x < \frac{3\pi}{2} + 2\pi n $.
Ответ: $ (\pi + 2\pi n; \frac{3\pi}{2} + 2\pi n), n \in \mathbb{Z} $.

Исходное неравенство: $ 4 \sin 2x \cos 2x \ge \sqrt{2} $.
Применяем формулу синуса двойного угла $ \sin(2\alpha) = 2 \sin\alpha \cos\alpha $:
$ 2 \cdot (2 \sin 2x \cos 2x) = 2 \sin(2 \cdot 2x) = 2 \sin(4x) $.
Неравенство принимает вид $ 2 \sin(4x) \ge \sqrt{2} $, или $ \sin(4x) \ge \frac{\sqrt{2}}{2} $.
Решением простейшего тригонометрического неравенства $ \sin t \ge \frac{\sqrt{2}}{2} $ является промежуток $ \frac{\pi}{4} + 2\pi n \le t \le \frac{3\pi}{4} + 2\pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.
Выполняем обратную замену $ t = 4x $:
$ \frac{\pi}{4} + 2\pi n \le 4x \le \frac{3\pi}{4} + 2\pi n $
Делим все части двойного неравенства на 4:
$ \frac{\pi}{16} + \frac{\pi n}{2} \le x \le \frac{3\pi}{16} + \frac{\pi n}{2} $.
Ответ: $ [\frac{\pi}{16} + \frac{\pi n}{2}; \frac{3\pi}{16} + \frac{\pi n}{2}], n \in \mathbb{Z} $.

Исходное неравенство: $ \cos\frac{\pi}{8} \cos x - \sin x \sin\frac{\pi}{8} < -\frac{\sqrt{3}}{2} $.
Применяем формулу косинуса суммы $ \cos(\alpha + \beta) = \cos\alpha \cos\beta - \sin\alpha \sin\beta $:
$ \cos(x + \frac{\pi}{8}) < -\frac{\sqrt{3}}{2} $.
Решением простейшего тригонометрического неравенства $ \cos t < -\frac{\sqrt{3}}{2} $ является интервал $ \frac{5\pi}{6} + 2\pi n < t < \frac{7\pi}{6} + 2\pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.
Выполняем обратную замену $ t = x + \frac{\pi}{8} $:
$ \frac{5\pi}{6} + 2\pi n < x + \frac{\pi}{8} < \frac{7\pi}{6} + 2\pi n $
Вычитаем $ \frac{\pi}{8} $ из всех частей двойного неравенства:
$ \frac{5\pi}{6} - \frac{\pi}{8} + 2\pi n < x < \frac{7\pi}{6} - \frac{\pi}{8} + 2\pi n $
$ \frac{20\pi}{24} - \frac{3\pi}{24} + 2\pi n < x < \frac{28\pi}{24} - \frac{3\pi}{24} + 2\pi n $
$ \frac{17\pi}{24} + 2\pi n < x < \frac{25\pi}{24} + 2\pi n $.
Ответ: $ (\frac{17\pi}{24} + 2\pi n; \frac{25\pi}{24} + 2\pi n), n \in \mathbb{Z} $.

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

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

162.-

a) $3 \sin \frac{x}{4} \ge 2;$

б) $4 \cos \frac{x}{3} < -3;$

в) $5 \text{tg } 2x \le 3;$

г) $0,5 \sin 4x < -0,2.$

а)

Решим неравенство $3 \sin{\frac{x}{4}} \ge 2$.

1. Разделим обе части на 3, чтобы выделить тригонометрическую функцию:
$\sin{\frac{x}{4}} \ge \frac{2}{3}$.

2. Введем замену переменной. Пусть $t = \frac{x}{4}$. Неравенство примет вид:
$\sin t \ge \frac{2}{3}$.

3. Найдем решение для $t$. Используя единичную тригонометрическую окружность, видим, что синус принимает значения, большие или равные $\frac{2}{3}$, на дуге, заключенной между точками $\arcsin\frac{2}{3}$ и $\pi - \arcsin\frac{2}{3}$.

4. С учетом периодичности функции синус ($2\pi$), общее решение для $t$ записывается в виде двойного неравенства:
$\arcsin\frac{2}{3} + 2\pi k \le t \le \pi - \arcsin\frac{2}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

5. Теперь выполним обратную замену $t = \frac{x}{4}$:
$\arcsin\frac{2}{3} + 2\pi k \le \frac{x}{4} \le \pi - \arcsin\frac{2}{3} + 2\pi k$.

6. Умножим все части неравенства на 4, чтобы выразить $x$:
$4\arcsin\frac{2}{3} + 8\pi k \le x \le 4\pi - 4\arcsin\frac{2}{3} + 8\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in [4\arcsin\frac{2}{3} + 8\pi k; 4\pi - 4\arcsin\frac{2}{3} + 8\pi k], k \in \mathbb{Z}$.

б)

Решим неравенство $4 \cos{\frac{x}{3}} < -3$.

1. Разделим обе части на 4:
$\cos{\frac{x}{3}} < -\frac{3}{4}$.

2. Введем замену $t = \frac{x}{3}$. Неравенство станет:
$\cos t < -\frac{3}{4}$.

3. На единичной окружности косинус — это абсцисса точки. Значения косинуса, меньшие $-\frac{3}{4}$, соответствуют дуге, расположенной левее прямой $x = -\frac{3}{4}$. Эта дуга заключена между точками $\arccos(-\frac{3}{4})$ и $2\pi - \arccos(-\frac{3}{4})$.

4. Учитывая периодичность косинуса, общее решение для $t$:
$\arccos(-\frac{3}{4}) + 2\pi k < t < 2\pi - \arccos(-\frac{3}{4}) + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Используя свойство $\arccos(-a) = \pi - \arccos(a)$, можно переписать решение в виде:
$\pi - \arccos\frac{3}{4} + 2\pi k < t < \pi + \arccos\frac{3}{4} + 2\pi k$.

5. Выполним обратную замену $t = \frac{x}{3}$:
$\pi - \arccos\frac{3}{4} + 2\pi k < \frac{x}{3} < \pi + \arccos\frac{3}{4} + 2\pi k$.

6. Умножим все части на 3, чтобы найти $x$:
$3\pi - 3\arccos\frac{3}{4} + 6\pi k < x < 3\pi + 3\arccos\frac{3}{4} + 6\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (3\pi - 3\arccos\frac{3}{4} + 6\pi k; 3\pi + 3\arccos\frac{3}{4} + 6\pi k), k \in \mathbb{Z}$.

в)

Решим неравенство $5 \text{tg } 2x \le 3$.

1. Разделим обе части на 5:
$\text{tg } 2x \le \frac{3}{5}$.

2. Введем замену $t = 2x$ и получим неравенство:
$\text{tg } t \le \frac{3}{5}$.

3. Функция тангенс является возрастающей на своем основном интервале определения $(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$. Решением неравенства на этом интервале будет промежуток от левой асимптоты до значения, где тангенс равен $\frac{3}{5}$.

4. С учетом периодичности тангенса ($\pi$), общее решение для $t$ имеет вид:
$-\frac{\pi}{2} + \pi k < t \le \arctan\frac{3}{5} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

5. Сделаем обратную замену $t = 2x$:
$-\frac{\pi}{2} + \pi k < 2x \le \arctan\frac{3}{5} + \pi k$.

6. Разделим все части неравенства на 2:
$-\frac{\pi}{4} + \frac{\pi k}{2} < x \le \frac{1}{2}\arctan\frac{3}{5} + \frac{\pi k}{2}$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (-\frac{\pi}{4} + \frac{\pi k}{2}; \frac{1}{2}\arctan\frac{3}{5} + \frac{\pi k}{2}], k \in \mathbb{Z}$.

г)

Решим неравенство $0,5 \sin 4x < -0,2$.

1. Разделим обе части на 0,5:
$\sin 4x < \frac{-0,2}{0,5}$
$\sin 4x < -0,4$ или $\sin 4x < -\frac{2}{5}$.

2. Введем замену $t = 4x$. Неравенство примет вид:
$\sin t < -\frac{2}{5}$.

3. На единичной окружности синус — это ордината точки. Значения синуса, меньшие $-\frac{2}{5}$, соответствуют дуге, расположенной ниже прямой $y = -\frac{2}{5}$.

4. Границы этой дуги — углы, синус которых равен $-\frac{2}{5}$. Это углы $\arcsin(-\frac{2}{5})$ (в IV четверти) и $\pi - \arcsin(-\frac{2}{5})$ (в III четверти). Используя свойство $\arcsin(-a) = -\arcsin a$, получаем углы $-\arcsin\frac{2}{5}$ и $\pi + \arcsin\frac{2}{5}$.

5. Общее решение для $t$ с учетом периода $2\pi$:
$\pi + \arcsin\frac{2}{5} + 2\pi k < t < 2\pi - \arcsin\frac{2}{5} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

6. Выполним обратную замену $t = 4x$:
$\pi + \arcsin\frac{2}{5} + 2\pi k < 4x < 2\pi - \arcsin\frac{2}{5} + 2\pi k$.

7. Разделим все части на 4, чтобы найти $x$:
$\frac{\pi}{4} + \frac{1}{4}\arcsin\frac{2}{5} + \frac{\pi k}{2} < x < \frac{\pi}{2} - \frac{1}{4}\arcsin\frac{2}{5} + \frac{\pi k}{2}$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (\frac{\pi}{4} + \frac{1}{4}\arcsin\frac{2}{5} + \frac{\pi k}{2}; \frac{\pi}{2} - \frac{1}{4}\arcsin\frac{2}{5} + \frac{\pi k}{2}), k \in \mathbb{Z}$.