Номер 1265, страница 354 - гдз по алгебре 10 класс учебник Колягин, Ткачева

Решить неравенство (1265–1267).

1265.

1) $2\cos^2x + \sin x - 1 < 0;$

2) $2\sin^2x - 5\cos x + 1 > 0.$

1) $2\cos^2x + \sin x - 1 < 0$

Используем основное тригонометрическое тождество $\cos^2x = 1 - \sin^2x$, чтобы привести неравенство к одной функции:

$2(1 - \sin^2x) + \sin x - 1 < 0$

$2 - 2\sin^2x + \sin x - 1 < 0$

$-2\sin^2x + \sin x + 1 < 0$

Умножим обе части неравенства на -1, изменив знак неравенства на противоположный:

$2\sin^2x - \sin x - 1 > 0$

Сделаем замену переменной. Пусть $t = \sin x$, где $-1 \le t \le 1$.

$2t^2 - t - 1 > 0$

Найдем корни соответствующего квадратного уравнения $2t^2 - t - 1 = 0$.

Дискриминант $D = b^2 - 4ac = (-1)^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-1) = 1 + 8 = 9$.

Корни уравнения:

$t_1 = \frac{-b - \sqrt{D}}{2a} = \frac{1 - 3}{4} = -\frac{2}{4} = -\frac{1}{2}$

$t_2 = \frac{-b + \sqrt{D}}{2a} = \frac{1 + 3}{4} = \frac{4}{4} = 1$

Так как это парабола с ветвями вверх, неравенство $2t^2 - t - 1 > 0$ выполняется при $t < t_1$ или $t > t_2$.

Получаем совокупность неравенств: $t < -\frac{1}{2}$ или $t > 1$.

Вернемся к замене $t = \sin x$ и учтем ограничение $-1 \le \sin x \le 1$.

1. $\sin x > 1$ - это неравенство не имеет решений.

2. $\sin x < -\frac{1}{2}$

Решим это неравенство с помощью единичной окружности. Найдем значения $x$, для которых $\sin x = -\frac{1}{2}$. Это $x = -\frac{\pi}{6}$ и $x = -\frac{5\pi}{6}$ (или $x = \frac{7\pi}{6}$).

Значения $\sin x$ меньше $-\frac{1}{2}$ находятся на дуге окружности, расположенной ниже прямой $y = -\frac{1}{2}$.

Это соответствует интервалу от $-\frac{5\pi}{6}$ до $-\frac{\pi}{6}$. С учетом периодичности функции синус, общее решение имеет вид:

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

Можно также записать ответ в положительных углах: $\frac{7\pi}{6} + 2\pi k < x < \frac{11\pi}{6} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.

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

2) $2\sin^2x - 5\cos x + 1 > 0$

Используем основное тригонометрическое тождество $\sin^2x = 1 - \cos^2x$, чтобы привести неравенство к одной функции:

$2(1 - \cos^2x) - 5\cos x + 1 > 0$

$2 - 2\cos^2x - 5\cos x + 1 > 0$

$-2\cos^2x - 5\cos x + 3 > 0$

Умножим обе части неравенства на -1, изменив знак неравенства на противоположный:

$2\cos^2x + 5\cos x - 3 < 0$

Сделаем замену переменной. Пусть $t = \cos x$, где $-1 \le t \le 1$.

$2t^2 + 5t - 3 < 0$

Найдем корни соответствующего квадратного уравнения $2t^2 + 5t - 3 = 0$.

Дискриминант $D = b^2 - 4ac = 5^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-3) = 25 + 24 = 49$.

Корни уравнения:

$t_1 = \frac{-b - \sqrt{D}}{2a} = \frac{-5 - 7}{4} = -\frac{12}{4} = -3$

$t_2 = \frac{-b + \sqrt{D}}{2a} = \frac{-5 + 7}{4} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$

Так как это парабола с ветвями вверх, неравенство $2t^2 + 5t - 3 < 0$ выполняется при $t_1 < t < t_2$.

Получаем неравенство: $-3 < t < \frac{1}{2}$.

Вернемся к замене $t = \cos x$ и учтем ограничение $-1 \le \cos x \le 1$.

Объединяя условия $-3 < t < \frac{1}{2}$ и $-1 \le t \le 1$, получаем двойное неравенство: $-1 \le t < \frac{1}{2}$.

Таким образом, нужно решить неравенство: $-1 \le \cos x < \frac{1}{2}$.

Неравенство $\cos x \ge -1$ выполняется для всех действительных $x$. Поэтому задача сводится к решению неравенства $\cos x < \frac{1}{2}$.

Решим это неравенство с помощью единичной окружности. Найдем значения $x$, для которых $\cos x = \frac{1}{2}$. Это $x = \frac{\pi}{3}$ и $x = -\frac{\pi}{3}$ (или $x = \frac{5\pi}{3}$).

Значения $\cos x$ меньше $\frac{1}{2}$ находятся на дуге окружности, расположенной левее прямой $x = \frac{1}{2}$.

Это соответствует интервалу от $\frac{\pi}{3}$ до $\frac{5\pi}{3}$. С учетом периодичности функции косинус, общее решение имеет вид:

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

Ответ: $x \in (\frac{\pi}{3} + 2\pi k; \frac{5\pi}{3} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z}$.