Номер 25, страница 96 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Глава 1. Тригонометрические функции. Вопросы и задачи на повторение - номер 25, страница 96.

Условие.

25. Решите неравенство (предварительно укажите на единичной окружности множество точек $P_x$, таких, что $x$ удовлетворяет данному неравенству):

1)

a) $ \sin x > \frac{\sqrt{2}}{2};$

б) $ 2 \cos x + 1 < 0;$

в) $ \operatorname{tg} x < \sqrt{3};$

2)

a) $ \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2} > -\frac{1}{4};$

б) $ \left(\sin \frac{x}{2} - \cos \frac{x}{2}\right)^2 \leq \frac{1}{2};$

в) $ 2 \sin^2 \frac{x}{2} \leq \frac{1}{2};$

г) $ \cos^2 \frac{x}{2} - \sin^2 \frac{x}{2} \geq -\frac{\sqrt{3}}{2}.$

Решение 5.

1) а) Решим неравенство $\sin x > \frac{\sqrt{2}}{2}$.
На единичной окружности значениям $x$, удовлетворяющим данному неравенству, соответствуют точки $P_x$, ординаты которых (значения синуса) больше $\frac{\sqrt{2}}{2}$. Эти точки образуют дугу, расположенную выше горизонтальной прямой $y = \frac{\sqrt{2}}{2}$. Концевыми точками этой дуги (не входящими в решение) являются точки, соответствующие углам $\frac{\pi}{4}$ и $\frac{3\pi}{4}$.
Таким образом, учитывая периодичность функции синус ($2\pi$), общее решение неравенства:
$\frac{\pi}{4} + 2\pi k < x < \frac{3\pi}{4} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $(\frac{\pi}{4} + 2\pi k; \frac{3\pi}{4} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z}$.

1) б) Решим неравенство $2 \cos x + 1 < 0$.
Преобразуем неравенство: $2 \cos x < -1 \implies \cos x < -\frac{1}{2}$.
На единичной окружности этому неравенству соответствуют точки $P_x$, абсциссы которых (значения косинуса) меньше $-\frac{1}{2}$. Эти точки образуют дугу, расположенную левее вертикальной прямой $x = -\frac{1}{2}$. Концевыми точками этой дуги (не входящими в решение) являются точки, соответствующие углам $\frac{2\pi}{3}$ и $\frac{4\pi}{3}$.
Таким образом, учитывая периодичность функции косинус ($2\pi$), общее решение неравенства:
$\frac{2\pi}{3} + 2\pi k < x < \frac{4\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $(\frac{2\pi}{3} + 2\pi k; \frac{4\pi}{3} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z}$.

1) в) Решим неравенство $\tan x < \sqrt{3}$.
Функция тангенс не определена в точках $x = \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$. Найдём углы, для которых $\tan x = \sqrt{3}$, это $x = \frac{\pi}{3} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.
На единичной окружности решениям соответствуют точки $P_x$, для которых угол, образованный радиус-вектором $OP_x$ с положительным направлением оси Ох, находится в промежутке от $-\frac{\pi}{2}$ до $\frac{\pi}{3}$.
Учитывая периодичность функции тангенс ($\pi$), общее решение неравенства:
$-\frac{\pi}{2} + \pi k < x < \frac{\pi}{3} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $(-\frac{\pi}{2} + \pi k; \frac{\pi}{3} + \pi k), k \in \mathbb{Z}$.

2) а) Решим неравенство $\sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2} > -\frac{1}{4}$.
Используем формулу синуса двойного угла $2\sin\alpha\cos\alpha = \sin(2\alpha)$. Умножим обе части неравенства на 2:
$2\sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2} > -\frac{1}{2} \implies \sin x > -\frac{1}{2}$.
На единичной окружности этому неравенству соответствуют точки $P_x$, ординаты которых больше $-\frac{1}{2}$. Эти точки образуют дугу, расположенную выше прямой $y = -\frac{1}{2}$. Концевые точки дуги: $x = -\frac{\pi}{6}$ и $x = \frac{7\pi}{6}$.
Общее решение:
$-\frac{\pi}{6} + 2\pi k < x < \frac{7\pi}{6} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $(-\frac{\pi}{6} + 2\pi k; \frac{7\pi}{6} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z}$.

2) б) Решим неравенство $(\sin \frac{x}{2} - \cos \frac{x}{2})^2 \le \frac{1}{2}$.
Раскроем квадрат разности: $\sin^2\frac{x}{2} - 2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2} + \cos^2\frac{x}{2} \le \frac{1}{2}$.
Используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$ и формулу синуса двойного угла $2\sin\alpha\cos\alpha = \sin(2\alpha)$, получаем:
$1 - \sin x \le \frac{1}{2} \implies -\sin x \le -\frac{1}{2} \implies \sin x \ge \frac{1}{2}$.
На единичной окружности этому неравенству соответствуют точки $P_x$, ординаты которых больше или равны $\frac{1}{2}$. Эти точки образуют дугу, расположенную выше прямой $y = \frac{1}{2}$, включая концы. Концевые точки дуги: $x = \frac{\pi}{6}$ и $x = \frac{5\pi}{6}$.
Общее решение:
$\frac{\pi}{6} + 2\pi k \le x \le \frac{5\pi}{6} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $[\frac{\pi}{6} + 2\pi k; \frac{5\pi}{6} + 2\pi k], k \in \mathbb{Z}$.

2) в) Решим неравенство $2 \sin^2 \frac{x}{2} \le \frac{1}{2}$.
Используем формулу понижения степени $2\sin^2\alpha = 1 - \cos(2\alpha)$.
$1 - \cos x \le \frac{1}{2} \implies -\cos x \le -\frac{1}{2} \implies \cos x \ge \frac{1}{2}$.
На единичной окружности этому неравенству соответствуют точки $P_x$, абсциссы которых больше или равны $\frac{1}{2}$. Эти точки образуют дугу, расположенную правее прямой $x = \frac{1}{2}$, включая концы. Концевые точки дуги: $x = -\frac{\pi}{3}$ и $x = \frac{\pi}{3}$.
Общее решение:
$-\frac{\pi}{3} + 2\pi k \le x \le \frac{\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $[-\frac{\pi}{3} + 2\pi k; \frac{\pi}{3} + 2\pi k], k \in \mathbb{Z}$.

2) г) Решим неравенство $\cos^2 \frac{x}{2} - \sin^2 \frac{x}{2} \ge -\frac{\sqrt{3}}{2}$.
Используем формулу косинуса двойного угла $\cos^2\alpha - \sin^2\alpha = \cos(2\alpha)$.
$\cos x \ge -\frac{\sqrt{3}}{2}$.
На единичной окружности этому неравенству соответствуют точки $P_x$, абсциссы которых больше или равны $-\frac{\sqrt{3}}{2}$. Эти точки образуют дугу, расположенную правее прямой $x = -\frac{\sqrt{3}}{2}$, включая концы. Концевые точки дуги: $x = -\frac{5\pi}{6}$ и $x = \frac{5\pi}{6}$.
Общее решение:
$-\frac{5\pi}{6} + 2\pi k \le x \le \frac{5\pi}{6} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $[-\frac{5\pi}{6} + 2\pi k; \frac{5\pi}{6} + 2\pi k], k \in \mathbb{Z}$.