Номер 360, страница 171 - гдз по алгебре 11 класс учебник Абылкасымова, Жумагулова

1) Решим неравенство $\frac{2\sin^2x + \sin x - 1}{\sin x - 1} > -1$.

Сначала определим область допустимых значений (ОДЗ). Знаменатель дроби не должен быть равен нулю: $\sin x - 1 \neq 0$, что означает $\sin x \neq 1$. Следовательно, $x \neq \frac{\pi}{2} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Перенесем -1 в левую часть неравенства и приведем к общему знаменателю: $\frac{2\sin^2x + \sin x - 1}{\sin x - 1} + 1 > 0$ $\frac{2\sin^2x + \sin x - 1 + (\sin x - 1)}{\sin x - 1} > 0$ $\frac{2\sin^2x + 2\sin x - 2}{\sin x - 1} > 0$ Разделим числитель и знаменатель на 2 (так как это положительное число, знак неравенства не изменится): $\frac{\sin^2x + \sin x - 1}{\sin x - 1} > 0$

Сделаем замену переменной. Пусть $t = \sin x$. Учитывая, что $-1 \le \sin x \le 1$ и ОДЗ $\sin x \neq 1$, получаем, что $t \in [-1, 1)$. Неравенство принимает вид: $\frac{t^2 + t - 1}{t - 1} > 0$

Найдем корни числителя $t^2 + t - 1 = 0$. Используя формулу для корней квадратного уравнения, получаем: $t = \frac{-1 \pm \sqrt{1^2 - 4(1)(-1)}}{2} = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$. Корень знаменателя: $t = 1$.

Теперь решим неравенство $\frac{(t - \frac{-1-\sqrt{5}}{2})(t - \frac{-1+\sqrt{5}}{2})}{t-1} > 0$ методом интервалов. Отметим на числовой оси точки $t_1 = \frac{-1-\sqrt{5}}{2} \approx -1.618$, $t_2 = \frac{-1+\sqrt{5}}{2} \approx 0.618$ и $t_3 = 1$. Решением неравенства являются интервалы, где выражение положительно: $t \in (\frac{-1-\sqrt{5}}{2}, \frac{-1+\sqrt{5}}{2}) \cup (1, \infty)$.

Теперь учтем ограничение на $t$: $t \in [-1, 1)$. Найдем пересечение множества решений $[-1, 1)$ с множеством $(\frac{-1-\sqrt{5}}{2}, \frac{-1+\sqrt{5}}{2}) \cup (1, \infty)$. Поскольку $\frac{-1-\sqrt{5}}{2} \approx -1.618$, пересечение $[-1, 1)$ с $(\frac{-1-\sqrt{5}}{2}, \frac{-1+\sqrt{5}}{2})$ дает интервал $[-1, \frac{-1+\sqrt{5}}{2})$. Пересечение $[-1, 1)$ с $(1, \infty)$ является пустым множеством. Итак, итоговое решение для $t$: $-1 \le t < \frac{-1+\sqrt{5}}{2}$.

Вернемся к исходной переменной $x$: $-1 \le \sin x < \frac{\sqrt{5}-1}{2}$. Неравенство $\sin x \ge -1$ выполняется для всех действительных $x$. Остается решить неравенство $\sin x < \frac{\sqrt{5}-1}{2}$. Решением этого неравенства является объединение интервалов. На единичной окружности это дуга, лежащая ниже прямой $y = \frac{\sqrt{5}-1}{2}$. Концевые точки интервалов $x_1 = \arcsin(\frac{\sqrt{5}-1}{2})$ и $x_2 = \pi - \arcsin(\frac{\sqrt{5}-1}{2})$. Решение имеет вид: $\pi - \arcsin(\frac{\sqrt{5}-1}{2}) + 2\pi n < x < 2\pi + \arcsin(\frac{\sqrt{5}-1}{2}) + 2\pi n$. Это можно записать в более удобной форме: $-\pi - \arcsin(\frac{\sqrt{5}-1}{2}) + 2\pi n < x < \arcsin(\frac{\sqrt{5}-1}{2}) + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$. Это решение удовлетворяет ОДЗ, так как $\arcsin(\frac{\sqrt{5}-1}{2}) < \frac{\pi}{2}$.

Ответ: $x \in (-\pi - \arcsin(\frac{\sqrt{5}-1}{2}) + 2\pi n, \arcsin(\frac{\sqrt{5}-1}{2}) + 2\pi n)$, где $n \in \mathbb{Z}$.

2) Решим неравенство $2\cos2x + \sin2x > \tg x$.

Область допустимых значений (ОДЗ) определяется условием существования тангенса: $\cos x \neq 0$. Следовательно, $x \neq \frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Воспользуемся формулами универсальной тригонометрической подстановки, выразив все функции через $\tg x$. Пусть $t = \tg x$. Тогда: $\cos2x = \frac{1-\tg^2x}{1+\tg^2x} = \frac{1-t^2}{1+t^2}$ $\sin2x = \frac{2\tg x}{1+\tg^2x} = \frac{2t}{1+t^2}$

Подставим эти выражения в исходное неравенство: $2\frac{1-t^2}{1+t^2} + \frac{2t}{1+t^2} > t$ $\frac{2(1-t^2) + 2t}{1+t^2} > t$ $\frac{2 - 2t^2 + 2t}{1+t^2} - t > 0$ $\frac{2 - 2t^2 + 2t - t(1+t^2)}{1+t^2} > 0$ $\frac{2 - 2t^2 + 2t - t - t^3}{1+t^2} > 0$ $\frac{-t^3 - 2t^2 + t + 2}{1+t^2} > 0$

Знаменатель $1+t^2$ всегда положителен, поэтому знак дроби определяется знаком числителя: $-t^3 - 2t^2 + t + 2 > 0$ Умножим на -1, изменив знак неравенства: $t^3 + 2t^2 - t - 2 < 0$

Разложим левую часть на множители методом группировки: $t^2(t+2) - 1(t+2) < 0$ $(t^2-1)(t+2) < 0$ $(t-1)(t+1)(t+2) < 0$

Решим это неравенство методом интервалов. Корни: $t_1 = -2$, $t_2 = -1$, $t_3 = 1$. Решением являются интервалы, где выражение отрицательно: $t \in (-\infty, -2) \cup (-1, 1)$.

Вернемся к переменной $x = \tg t$. Получаем совокупность двух неравенств: 1) $\tg x < -2$ 2) $-1 < \tg x < 1$

Решим каждое из них: 1) $\tg x < -2$. Решением является $x \in (-\frac{\pi}{2} + \pi n, \arctan(-2) + \pi n)$, что то же самое, что и $x \in (-\frac{\pi}{2} + \pi n, -\arctan(2) + \pi n)$, где $n \in \mathbb{Z}$. 2) $-1 < \tg x < 1$. Решением является $x \in (\arctan(-1) + \pi n, \arctan(1) + \pi n)$, что то же самое, что и $x \in (-\frac{\pi}{4} + \pi n, \frac{\pi}{4} + \pi n)$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Объединяя эти два решения, получаем итоговый ответ.

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