Номер 1228, страница 352 - гдз по алгебре 10 класс учебник Колягин, Ткачева

1228. 1) $\frac{\sin^2 x - \frac{1}{4}}{\sqrt{3} - (\sin x + \cos x)} > 0;$

2) $\sqrt[4]{\frac{7 - \cos 4x}{2}} > -2\cos x;$

3) $\sqrt[4]{\frac{7 - \cos 4x}{2}} > -2\sin x.$

1)

Дано тригонометрическое неравенство:

$\frac{\sin^2 x - \frac{1}{4}}{\sqrt{3} - (\sin x + \cos x)} > 0$

Сначала найдем область допустимых значений (ОДЗ). Знаменатель не должен быть равен нулю:

$\sqrt{3} - (\sin x + \cos x) \ne 0$

Преобразуем выражение в скобках с помощью введения вспомогательного угла:

$\sin x + \cos x = \sqrt{2}(\frac{1}{\sqrt{2}}\sin x + \frac{1}{\sqrt{2}}\cos x) = \sqrt{2}(\cos \frac{\pi}{4} \sin x + \sin \frac{\pi}{4} \cos x) = \sqrt{2}\sin(x + \frac{\pi}{4})$

Область значений функции $y = \sin(x + \frac{\pi}{4})$ есть отрезок $[-1, 1]$. Следовательно, область значений выражения $\sin x + \cos x$ есть отрезок $[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$.

Поскольку $\sqrt{3} \approx 1.732$, а $\sqrt{2} \approx 1.414$, то $\sqrt{3} > \sqrt{2}$. Это означает, что значение $\sin x + \cos x$ никогда не может быть равным $\sqrt{3}$. Таким образом, знаменатель никогда не обращается в ноль, и ОДЗ — все действительные числа $x$.

Теперь определим знак знаменателя. Так как максимальное значение $\sin x + \cos x$ равно $\sqrt{2}$, то знаменатель $\sqrt{3} - (\sin x + \cos x)$ всегда положителен:

$\sqrt{3} - (\sin x + \cos x) \ge \sqrt{3} - \sqrt{2} > 0$

Поскольку знаменатель дроби всегда положителен, данное неравенство равносильно тому, что числитель положителен:

$\sin^2 x - \frac{1}{4} > 0$

$\sin^2 x > \frac{1}{4}$

Это неравенство распадается на два:

$\sin x > \frac{1}{2}$ или $\sin x < -\frac{1}{2}$

Решим первое неравенство $\sin x > \frac{1}{2}$:

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

Решим второе неравенство $\sin x < -\frac{1}{2}$:

$\frac{7\pi}{6} + 2\pi n < x < \frac{11\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$

Этот интервал можно также записать как $-\frac{5\pi}{6} + 2\pi n < x < -\frac{\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Объединяя решения, получаем ответ.

Ответ: $x \in (\frac{\pi}{6} + 2\pi n, \frac{5\pi}{6} + 2\pi n) \cup (\frac{7\pi}{6} + 2\pi n, \frac{11\pi}{6} + 2\pi n), n \in \mathbb{Z}$.

2)

Дано неравенство:

$\sqrt[4]{\frac{7 - \cos 4x}{2}} > -2\cos x$

Левая часть неравенства (корень четной степени) определена и неотрицательна. Проверим ОДЗ. Выражение под корнем должно быть неотрицательным:

$\frac{7 - \cos 4x}{2} \ge 0$. Так как $-1 \le \cos 4x \le 1$, то $6 \le 7 - \cos 4x \le 8$. Следовательно, $3 \le \frac{7 - \cos 4x}{2} \le 4$. Выражение под корнем всегда положительно. ОДЗ — все действительные числа $x$.

Рассмотрим два случая.

Случай 1: Правая часть отрицательна.

$-2\cos x < 0 \implies \cos x > 0$.

В этом случае левая часть (неотрицательная) всегда больше правой (отрицательной). Неравенство выполняется для всех $x$, удовлетворяющих условию $\cos x > 0$.

Решение для $\cos x > 0$: $-\frac{\pi}{2} + 2\pi n < x < \frac{\pi}{2} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Случай 2: Правая часть неотрицательна.

$-2\cos x \ge 0 \implies \cos x \le 0$.

В этом случае обе части неравенства неотрицательны, и мы можем возвести их в четвертую степень:

$\frac{7 - \cos 4x}{2} > (-2\cos x)^4$

$\frac{7 - \cos 4x}{2} > 16\cos^4 x$

Используем формулу косинуса четверного угла: $\cos 4x = 2\cos^2(2x) - 1 = 2(2\cos^2 x - 1)^2 - 1 = 8\cos^4 x - 8\cos^2 x + 1$.

$\frac{7 - (8\cos^4 x - 8\cos^2 x + 1)}{2} > 16\cos^4 x$

$\frac{6 + 8\cos^2 x - 8\cos^4 x}{2} > 16\cos^4 x$

$3 + 4\cos^2 x - 4\cos^4 x > 16\cos^4 x$

$20\cos^4 x - 4\cos^2 x - 3 < 0$

Пусть $t = \cos^2 x$. Так как $\cos x \le 0$, то $t \in [0, 1]$. Неравенство принимает вид:

$20t^2 - 4t - 3 < 0$

Найдем корни квадратного уравнения $20t^2 - 4t - 3 = 0$. Дискриминант $D = (-4)^2 - 4(20)(-3) = 16 + 240 = 256 = 16^2$.

$t_{1,2} = \frac{4 \pm 16}{40}$, откуда $t_1 = \frac{20}{40} = \frac{1}{2}$ и $t_2 = \frac{-12}{40} = -\frac{3}{10}$.

Решением неравенства $20t^2 - 4t - 3 < 0$ является интервал $-\frac{3}{10} < t < \frac{1}{2}$.

Учитывая, что $t = \cos^2 x \ge 0$, получаем $0 \le t < \frac{1}{2}$.

$0 \le \cos^2 x < \frac{1}{2} \implies |\cos x| < \frac{1}{\sqrt{2}}$.

Совмещая с условием случая 2 ($\cos x \le 0$), получаем: $-\frac{1}{\sqrt{2}} < \cos x \le 0$.

Решением этого неравенства является объединение интервалов: $x \in [\frac{\pi}{2} + 2\pi n, \frac{3\pi}{4} + 2\pi n) \cup (\frac{5\pi}{4} + 2\pi n, \frac{3\pi}{2} + 2\pi n], n \in \mathbb{Z}$.

Общее решение: Объединим решения из обоих случаев.

Из случая 1: $\cos x > 0$.

Из случая 2: $-\frac{1}{\sqrt{2}} < \cos x \le 0$.

Объединяя эти условия, получаем $\cos x > -\frac{1}{\sqrt{2}}$.

Решением неравенства $\cos x > -\frac{1}{\sqrt{2}}$ является интервал $-\frac{3\pi}{4} + 2\pi n < x < \frac{3\pi}{4} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

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

3)

Дано неравенство:

$\sqrt[4]{\frac{7 - \cos 4x}{2}} > -2\sin x$

Левая часть неравенства идентична левой части в задаче 2), она всегда определена и неотрицательна. Разобьем решение на два случая в зависимости от знака правой части.

Случай 1: Правая часть отрицательна.

$-2\sin x < 0 \implies \sin x > 0$.

Если $\sin x > 0$, левая часть (неотрицательная) всегда больше правой (отрицательной). Неравенство выполняется.

Решение для $\sin x > 0$: $2\pi n < x < \pi + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Случай 2: Правая часть неотрицательна.

$-2\sin x \ge 0 \implies \sin x \le 0$.

Обе части неравенства неотрицательны, можно возвести в четвертую степень:

$\frac{7 - \cos 4x}{2} > (-2\sin x)^4$

$\frac{7 - \cos 4x}{2} > 16\sin^4 x$

Используем формулу $\cos 4x = 1 - 2\sin^2(2x) = 1 - 2(2\sin x \cos x)^2 = 1 - 8\sin^2 x(1-\sin^2 x) = 1 - 8\sin^2 x + 8\sin^4 x$.

$\frac{7 - (1 - 8\sin^2 x + 8\sin^4 x)}{2} > 16\sin^4 x$

$\frac{6 + 8\sin^2 x - 8\sin^4 x}{2} > 16\sin^4 x$

$3 + 4\sin^2 x - 4\sin^4 x > 16\sin^4 x$

$20\sin^4 x - 4\sin^2 x - 3 < 0$

Пусть $u = \sin^2 x$. Условие $\sin x \le 0$ означает, что $u \in [0, 1]$. Неравенство принимает вид:

$20u^2 - 4u - 3 < 0$

Это то же самое квадратное неравенство, что и в задаче 2. Его решение: $-\frac{3}{10} < u < \frac{1}{2}$.

Учитывая, что $u = \sin^2 x \ge 0$, получаем $0 \le u < \frac{1}{2}$.

$0 \le \sin^2 x < \frac{1}{2} \implies |\sin x| < \frac{1}{\sqrt{2}}$.

Совмещая с условием случая 2 ($\sin x \le 0$), получаем: $-\frac{1}{\sqrt{2}} < \sin x \le 0$.

Решением этого неравенства является объединение интервалов: $x \in (-\frac{\pi}{4} + 2\pi n, 2\pi n] \cup [\pi + 2\pi n, \frac{5\pi}{4} + 2\pi n), n \in \mathbb{Z}$.

Общее решение: Объединим решения из обоих случаев.

Из случая 1: $\sin x > 0$.

Из случая 2: $-\frac{1}{\sqrt{2}} < \sin x \le 0$.

Объединяя эти условия, получаем $\sin x > -\frac{1}{\sqrt{2}}$.

Решением неравенства $\sin x > -\frac{1}{\sqrt{2}}$ является интервал $-\frac{\pi}{4} + 2\pi n < x < \frac{5\pi}{4} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

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