Номер 1266, страница 354 - гдз по алгебре 10 класс учебник Колягин, Ткачева

1266. 1) $\sin \frac{3x}{2} + \cos \frac{3x}{2} > 0$;

2) $\cos 2x + \cos x \ge 0$.

1) Решим неравенство $ \sin\frac{3x}{2} + \cos\frac{3x}{2} > 0 $.

Для решения этого неравенства применим метод введения вспомогательного угла. Умножим и разделим левую часть неравенства на $ \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2} $:

$ \sqrt{2} \left( \frac{1}{\sqrt{2}}\sin\frac{3x}{2} + \frac{1}{\sqrt{2}}\cos\frac{3x}{2} \right) > 0 $

Поскольку $ \cos\frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}} $ и $ \sin\frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}} $, мы можем переписать выражение в скобках:

$ \sqrt{2} \left( \cos\frac{\pi}{4}\sin\frac{3x}{2} + \sin\frac{\pi}{4}\cos\frac{3x}{2} \right) > 0 $

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

$ \sqrt{2} \sin\left(\frac{3x}{2} + \frac{\pi}{4}\right) > 0 $

Так как $ \sqrt{2} > 0 $, мы можем разделить обе части неравенства на $ \sqrt{2} $, не меняя знака неравенства:

$ \sin\left(\frac{3x}{2} + \frac{\pi}{4}\right) > 0 $

Функция синус положительна в первой и второй координатных четвертях. Следовательно, аргумент синуса должен удовлетворять условию:

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

Теперь выразим $ \frac{3x}{2} $, вычитая $ \frac{\pi}{4} $ из всех частей двойного неравенства:

$ 2\pi k - \frac{\pi}{4} < \frac{3x}{2} < \pi - \frac{\pi}{4} + 2\pi k $

$ -\frac{\pi}{4} + 2\pi k < \frac{3x}{2} < \frac{3\pi}{4} + 2\pi k $

Наконец, выразим $ x $, умножив все части неравенства на $ \frac{2}{3} $:

$ \frac{2}{3}\left(-\frac{\pi}{4} + 2\pi k\right) < x < \frac{2}{3}\left(\frac{3\pi}{4} + 2\pi k\right) $

$ -\frac{2\pi}{12} + \frac{4\pi k}{3} < x < \frac{6\pi}{12} + \frac{4\pi k}{3} $

$ -\frac{\pi}{6} + \frac{4\pi k}{3} < x < \frac{\pi}{2} + \frac{4\pi k}{3} $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ x \in \left(-\frac{\pi}{6} + \frac{4\pi k}{3}; \frac{\pi}{2} + \frac{4\pi k}{3}\right), k \in \mathbb{Z} $.

2) Решим неравенство $ \cos2x + \cos x \ge 0 $.

Воспользуемся формулой косинуса двойного угла: $ \cos2x = 2\cos^2x - 1 $.

Подставим это выражение в исходное неравенство:

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

$ 2\cos^2x + \cos x - 1 \ge 0 $

Сделаем замену переменной. Пусть $ y = \cos x $. Так как область значений косинуса $ [-1, 1] $, то $ -1 \le y \le 1 $.

Неравенство принимает вид:

$ 2y^2 + y - 1 \ge 0 $

Найдем корни квадратного уравнения $ 2y^2 + y - 1 = 0 $ с помощью дискриминанта:

$ D = b^2 - 4ac = 1^2 - 4(2)(-1) = 1 + 8 = 9 $

$ y_1 = \frac{-b - \sqrt{D}}{2a} = \frac{-1 - 3}{4} = -1 $

$ y_2 = \frac{-b + \sqrt{D}}{2a} = \frac{-1 + 3}{4} = \frac{1}{2} $

Графиком функции $ f(y) = 2y^2 + y - 1 $ является парабола с ветвями, направленными вверх. Следовательно, неравенство $ f(y) \ge 0 $ выполняется при $ y \le -1 $ или $ y \ge \frac{1}{2} $.

Выполним обратную замену $ y = \cos x $:

$ \cos x \le -1 $ или $ \cos x \ge \frac{1}{2} $.

Рассмотрим каждое из этих неравенств:

1) $ \cos x \le -1 $. Учитывая, что $ \cos x \ge -1 $, это неравенство эквивалентно уравнению $ \cos x = -1 $. Его решениями являются $ x = \pi + 2\pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

2) $ \cos x \ge \frac{1}{2} $. Решая это простейшее тригонометрическое неравенство (например, с помощью единичной окружности), получаем:

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

Объединяя решения из обоих случаев, получаем окончательный ответ.

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