Страница 149 - гдз по алгебре 10 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

263. Решите неравенство:

1) $\sin x \ge -\frac{1}{2}$;

2) $\cos x < \frac{\sqrt{2}}{2}$;

3) $\operatorname{tg} x \ge 1$;

4) $\operatorname{ctg} x < \frac{\sqrt{3}}{3}$.

1) Решим неравенство $ \sin x \ge -\frac{1}{2} $.

Для решения этого тригонометрического неравенства воспользуемся единичной окружностью. Сначала найдем значения $x$, для которых $ \sin x = -\frac{1}{2} $. Это углы $ x = -\frac{\pi}{6} $ и $ x = \frac{7\pi}{6} $.

Синус – это ордината (координата y) точки на единичной окружности. Неравенство $ \sin x \ge -\frac{1}{2} $ означает, что нам нужны все точки на окружности, у которых ордината больше или равна $ -\frac{1}{2} $. Эти точки образуют дугу, которая начинается в точке $ -\frac{\pi}{6} $ и, двигаясь против часовой стрелки, заканчивается в точке $ \frac{7\pi}{6} $.

Таким образом, на одном обороте решение неравенства – это промежуток $ [-\frac{\pi}{6}; \frac{7\pi}{6}] $.

Учитывая, что функция синуса периодична с периодом $ 2\pi $, общее решение неравенства можно записать, добавив к границам промежутка $ 2\pi n $, где $ n $ – любое целое число ($ n \in \mathbb{Z} $).

Ответ: $ x \in [-\frac{\pi}{6} + 2\pi n; \frac{7\pi}{6} + 2\pi n], n \in \mathbb{Z} $.

2) Решим неравенство $ \cos x < \frac{\sqrt{2}}{2} $.

Используем единичную окружность. Сначала найдем значения $x$, для которых $ \cos x = \frac{\sqrt{2}}{2} $. Это углы $ x = \frac{\pi}{4} $ и $ x = -\frac{\pi}{4} $ (или $ x = \frac{7\pi}{4} $).

Косинус – это абсцисса (координата x) точки на единичной окружности. Неравенство $ \cos x < \frac{\sqrt{2}}{2} $ означает, что нам нужны все точки на окружности, у которых абсцисса меньше $ \frac{\sqrt{2}}{2} $. Эти точки образуют дугу, которая начинается в точке $ \frac{\pi}{4} $ и, двигаясь против часовой стрелки, заканчивается в точке $ \frac{7\pi}{4} $.

Таким образом, на одном обороте решение неравенства – это интервал $ (\frac{\pi}{4}; \frac{7\pi}{4}) $. Неравенство строгое, поэтому концы интервала не включаются.

Учитывая периодичность функции косинуса с периодом $ 2\pi $, общее решение неравенства записывается как:

Ответ: $ x \in (\frac{\pi}{4} + 2\pi n; \frac{7\pi}{4} + 2\pi n), n \in \mathbb{Z} $.

3) Решим неравенство $ \tg x \ge 1 $.

Сначала решим уравнение $ \tg x = 1 $. Корень этого уравнения $ x = \operatorname{arctg}(1) = \frac{\pi}{4} $.

Функция $ y = \tg x $ определена для всех $ x \ne \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z} $, и является возрастающей на каждом из интервалов области определения. Период функции равен $ \pi $.

Рассмотрим один период, например, интервал $ (-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}) $. На этом интервале $ \tg x \ge 1 $ при $ x \ge \frac{\pi}{4} $. Таким образом, решением будет промежуток $ [\frac{\pi}{4}; \frac{\pi}{2}) $. Точка $ \frac{\pi}{2} $ не включается, так как в ней тангенс не определен.

Добавляя период $ \pi n $, получаем общее решение.

Ответ: $ x \in [\frac{\pi}{4} + \pi n; \frac{\pi}{2} + \pi n), n \in \mathbb{Z} $.

4) Решим неравенство $ \operatorname{ctg} x < \frac{\sqrt{3}}{3} $.

Сначала решим уравнение $ \operatorname{ctg} x = \frac{\sqrt{3}}{3} $. Корень этого уравнения $ x = \operatorname{arcctg}(\frac{\sqrt{3}}{3}) = \frac{\pi}{3} $.

Функция $ y = \operatorname{ctg} x $ определена для всех $ x \ne \pi n, n \in \mathbb{Z} $, и является убывающей на каждом из интервалов области определения. Период функции равен $ \pi $.

Рассмотрим один период, например, интервал $ (0; \pi) $. Поскольку функция убывающая, неравенство $ \operatorname{ctg} x < \frac{\sqrt{3}}{3} $ будет выполняться для значений $x$, которые больше, чем корень уравнения $ \operatorname{ctg} x = \frac{\sqrt{3}}{3} $. Таким образом, решением на этом интервале будет $ (\frac{\pi}{3}; \pi) $. Точка $ \pi $ не включается, так как в ней котангенс не определен.

Добавляя период $ \pi n $, получаем общее решение.

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

264. Решите неравенство:

1) $\sin 3x < \frac{\sqrt{2}}{2};$

2) $\cos \frac{x}{2} \ge \frac{1}{2};$

3) $\sin \left(x - \frac{\pi}{4}\right) \ge \frac{\sqrt{3}}{2};$

4) $\cos \left(2x + \frac{\pi}{6}\right) \le -\frac{1}{2};$

5) $\operatorname{tg} \left(\frac{x}{4} - \frac{\pi}{3}\right) \ge \frac{\sqrt{3}}{3};$

6) $\operatorname{ctg} \left(\frac{2x}{3} + \frac{\pi}{5}\right) \le -1.$

1) Решим неравенство $ \sin(3x) < \frac{\sqrt{2}}{2} $.
Сделаем замену $ t = 3x $. Неравенство примет вид $ \sin(t) < \frac{\sqrt{2}}{2} $.
Решением этого простейшего тригонометрического неравенства является объединение интервалов, которое можно записать в виде двойного неравенства: $ -\frac{5\pi}{4} + 2\pi k < t < \frac{\pi}{4} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.
Выполним обратную замену: $ -\frac{5\pi}{4} + 2\pi k < 3x < \frac{\pi}{4} + 2\pi k $.
Разделим все части неравенства на 3, чтобы найти $x$:
$ -\frac{5\pi}{12} + \frac{2\pi k}{3} < x < \frac{\pi}{12} + \frac{2\pi k}{3} $.
Ответ: $ x \in (-\frac{5\pi}{12} + \frac{2\pi k}{3}; \frac{\pi}{12} + \frac{2\pi k}{3}) $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

2) Решим неравенство $ \cos\frac{x}{2} \ge \frac{1}{2} $.
Сделаем замену $ t = \frac{x}{2} $. Неравенство примет вид $ \cos(t) \ge \frac{1}{2} $.
Решением этого неравенства является интервал $ -\frac{\pi}{3} + 2\pi k \le t \le \frac{\pi}{3} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.
Выполним обратную замену: $ -\frac{\pi}{3} + 2\pi k \le \frac{x}{2} \le \frac{\pi}{3} + 2\pi k $.
Умножим все части неравенства на 2, чтобы найти $x$:
$ -\frac{2\pi}{3} + 4\pi k \le x \le \frac{2\pi}{3} + 4\pi k $.
Ответ: $ x \in [-\frac{2\pi}{3} + 4\pi k; \frac{2\pi}{3} + 4\pi k] $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

3) Решим неравенство $ \sin(x - \frac{\pi}{4}) \ge \frac{\sqrt{3}}{2} $.
Сделаем замену $ t = x - \frac{\pi}{4} $. Неравенство примет вид $ \sin(t) \ge \frac{\sqrt{3}}{2} $.
Решением этого неравенства является интервал $ \frac{\pi}{3} + 2\pi k \le t \le \frac{2\pi}{3} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.
Выполним обратную замену: $ \frac{\pi}{3} + 2\pi k \le x - \frac{\pi}{4} \le \frac{2\pi}{3} + 2\pi k $.
Прибавим $ \frac{\pi}{4} $ ко всем частям неравенства, чтобы найти $x$:
$ \frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{4} + 2\pi k \le x \le \frac{2\pi}{3} + \frac{\pi}{4} + 2\pi k $
$ \frac{4\pi+3\pi}{12} + 2\pi k \le x \le \frac{8\pi+3\pi}{12} + 2\pi k $
$ \frac{7\pi}{12} + 2\pi k \le x \le \frac{11\pi}{12} + 2\pi k $.
Ответ: $ x \in [\frac{7\pi}{12} + 2\pi k; \frac{11\pi}{12} + 2\pi k] $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

4) Решим неравенство $ \cos(2x + \frac{\pi}{6}) \le -\frac{1}{2} $.
Сделаем замену $ t = 2x + \frac{\pi}{6} $. Неравенство примет вид $ \cos(t) \le -\frac{1}{2} $.
Решением этого неравенства является интервал $ \frac{2\pi}{3} + 2\pi k \le t \le \frac{4\pi}{3} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.
Выполним обратную замену: $ \frac{2\pi}{3} + 2\pi k \le 2x + \frac{\pi}{6} \le \frac{4\pi}{3} + 2\pi k $.
Вычтем $ \frac{\pi}{6} $ из всех частей неравенства:
$ \frac{2\pi}{3} - \frac{\pi}{6} + 2\pi k \le 2x \le \frac{4\pi}{3} - \frac{\pi}{6} + 2\pi k $
$ \frac{4\pi-\pi}{6} + 2\pi k \le 2x \le \frac{8\pi-\pi}{6} + 2\pi k $
$ \frac{3\pi}{6} + 2\pi k \le 2x \le \frac{7\pi}{6} + 2\pi k $
$ \frac{\pi}{2} + 2\pi k \le 2x \le \frac{7\pi}{6} + 2\pi k $.
Разделим все части на 2:
$ \frac{\pi}{4} + \pi k \le x \le \frac{7\pi}{12} + \pi k $.
Ответ: $ x \in [\frac{\pi}{4} + \pi k; \frac{7\pi}{12} + \pi k] $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

5) Решим неравенство $ \text{tg}(\frac{x}{4} - \frac{\pi}{3}) \ge \frac{\sqrt{3}}{3} $.
Сделаем замену $ t = \frac{x}{4} - \frac{\pi}{3} $. Неравенство примет вид $ \text{tg}(t) \ge \frac{\sqrt{3}}{3} $.
С учетом периодичности и области определения тангенса, решением является $ \frac{\pi}{6} + \pi k \le t < \frac{\pi}{2} + \pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.
Выполним обратную замену: $ \frac{\pi}{6} + \pi k \le \frac{x}{4} - \frac{\pi}{3} < \frac{\pi}{2} + \pi k $.
Прибавим $ \frac{\pi}{3} $ ко всем частям:
$ \frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{3} + \pi k \le \frac{x}{4} < \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{3} + \pi k $
$ \frac{\pi+2\pi}{6} + \pi k \le \frac{x}{4} < \frac{3\pi+2\pi}{6} + \pi k $
$ \frac{\pi}{2} + \pi k \le \frac{x}{4} < \frac{5\pi}{6} + \pi k $.
Умножим все части на 4:
$ 2\pi + 4\pi k \le x < \frac{20\pi}{6} + 4\pi k $
$ 2\pi + 4\pi k \le x < \frac{10\pi}{3} + 4\pi k $.
Ответ: $ x \in [2\pi + 4\pi k; \frac{10\pi}{3} + 4\pi k) $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

6) Решим неравенство $ \text{ctg}(\frac{2x}{3} + \frac{\pi}{5}) \le -1 $.
Сделаем замену $ t = \frac{2x}{3} + \frac{\pi}{5} $. Неравенство примет вид $ \text{ctg}(t) \le -1 $.
С учетом периодичности и области определения котангенса, решением является $ \frac{3\pi}{4} + \pi k \le t < \pi + \pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.
Выполним обратную замену: $ \frac{3\pi}{4} + \pi k \le \frac{2x}{3} + \frac{\pi}{5} < \pi + \pi k $.
Вычтем $ \frac{\pi}{5} $ из всех частей:
$ \frac{3\pi}{4} - \frac{\pi}{5} + \pi k \le \frac{2x}{3} < \pi - \frac{\pi}{5} + \pi k $
$ \frac{15\pi-4\pi}{20} + \pi k \le \frac{2x}{3} < \frac{5\pi-\pi}{5} + \pi k $
$ \frac{11\pi}{20} + \pi k \le \frac{2x}{3} < \frac{4\pi}{5} + \pi k $.
Умножим все части на $ \frac{3}{2} $:
$ \frac{33\pi}{40} + \frac{3\pi k}{2} \le x < \frac{12\pi}{10} + \frac{3\pi k}{2} $
$ \frac{33\pi}{40} + \frac{3\pi k}{2} \le x < \frac{6\pi}{5} + \frac{3\pi k}{2} $.
Ответ: $ x \in [\frac{33\pi}{40} + \frac{3\pi k}{2}; \frac{6\pi}{5} + \frac{3\pi k}{2}) $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

265. Решите неравенство:

1) $-3 \le \operatorname{tg} x \le \sqrt{3};$

2) $\frac{1}{2} \le \cos x \le \frac{\sqrt{3}}{2};$

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

4) $|\operatorname{ctg} x| \ge \frac{\sqrt{3}}{3}.$

1) $-3 \le \operatorname{tg} x \le \sqrt{3}$

Это двойное тригонометрическое неравенство. Период функции $y = \operatorname{tg} x$ равен $\pi$. Решим неравенство на одном периоде, например, на интервале $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$.

Неравенство можно разбить на систему из двух неравенств:

$\left\{ \begin{array}{l} \operatorname{tg} x \le \sqrt{3} \\ \operatorname{tg} x \ge -3 \end{array} \right.$

1. Решим неравенство $\operatorname{tg} x \le \sqrt{3}$.
Найдём угол, тангенс которого равен $\sqrt{3}$: $x = \operatorname{arctg}(\sqrt{3}) = \frac{\pi}{3}$.
Функция $\operatorname{tg} x$ возрастает на интервале $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$, поэтому решением неравенства будет промежуток $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{3}]$.

2. Решим неравенство $\operatorname{tg} x \ge -3$.
Найдём угол, тангенс которого равен -3: $x = \operatorname{arctg}(-3) = -\operatorname{arctg}(3)$.
Так как функция $\operatorname{tg} x$ возрастающая, решением неравенства будет промежуток $[-\operatorname{arctg}(3), \frac{\pi}{2})$.

3. Найдём пересечение полученных решений:
$(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{3}] \cap [-\operatorname{arctg}(3), \frac{\pi}{2}) = [-\operatorname{arctg}(3), \frac{\pi}{3}]$.

4. Чтобы получить общее решение, добавим к границам найденного интервала период функции $\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
$-\operatorname{arctg}(3) + \pi n \le x \le \frac{\pi}{3} + \pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in [-\operatorname{arctg}(3) + \pi n, \frac{\pi}{3} + \pi n]$, $n \in \mathbb{Z}$.

2) $\frac{1}{2} \le \cos x \le \frac{\sqrt{3}}{2}$

Это двойное неравенство для функции косинус. Период функции $y = \cos x$ равен $2\pi$. Решим неравенство на одном периоде, например, на отрезке $[-\pi, \pi]$.

Рассмотрим единичную окружность. Косинус угла — это абсцисса (координата x) точки на окружности. Нам нужно найти углы, для которых абсцисса находится в промежутке $[\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}]$.

1. Найдём углы, косинус которых равен $\frac{1}{2}$: $x = \pm \frac{\pi}{3}$.
2. Найдём углы, косинус которых равен $\frac{\sqrt{3}}{2}$: $x = \pm \frac{\pi}{6}$.

3. В первой четверти (при $x \in [0, \frac{\pi}{2}]$) функция $\cos x$ убывает. Условие $\frac{1}{2} \le \cos x \le \frac{\sqrt{3}}{2}$ выполняется, когда угол $x$ находится между $\frac{\pi}{6}$ и $\frac{\pi}{3}$. Таким образом, одно из решений — это промежуток $[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}]$.

4. Так как функция $\cos x$ является чётной ($\cos(-x) = \cos(x)$), решение симметрично относительно оси ординат. Следовательно, в четвертой четверти (при $x \in [-\frac{\pi}{2}, 0]$) также есть решение. Это промежуток $[-\frac{\pi}{3}, -\frac{\pi}{6}]$.

5. Объединяем решения на отрезке $[-\pi, \pi]$: $x \in [-\frac{\pi}{3}, -\frac{\pi}{6}] \cup [\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}]$.

6. Добавляем период $2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$, чтобы получить общее решение.

Ответ: $x \in [-\frac{\pi}{3} + 2\pi n, -\frac{\pi}{6} + 2\pi n] \cup [\frac{\pi}{6} + 2\pi n, \frac{\pi}{3} + 2\pi n]$, $n \in \mathbb{Z}$.

3) $|\sin x| > \frac{\sqrt{2}}{2}$

Неравенство с модулем вида $|f(x)| > a$ (где $a>0$) равносильно совокупности двух неравенств: $f(x) > a$ или $f(x) < -a$.

Таким образом, исходное неравенство равносильно совокупности:

$\left[ \begin{array}{l} \sin x > \frac{\sqrt{2}}{2} \\ \sin x < -\frac{\sqrt{2}}{2} \end{array} \right.$

Период функции $|\sin x|$ равен $\pi$. Решим неравенство на промежутке $[0, \pi]$. На этом промежутке $\sin x \ge 0$, поэтому $|\sin x| = \sin x$. Неравенство принимает вид $\sin x > \frac{\sqrt{2}}{2}$.

1. Найдём углы, синус которых равен $\frac{\sqrt{2}}{2}$: $x_1 = \frac{\pi}{4}$ и $x_2 = \pi - \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4}$.
2. На единичной окружности синус — это ордината (координата y). Нам нужны углы, для которых ордината больше $\frac{\sqrt{2}}{2}$. Это соответствует дуге между точками $\frac{\pi}{4}$ и $\frac{3\pi}{4}$.

3. Таким образом, на промежутке $[0, \pi]$ решение неравенства: $\frac{\pi}{4} < x < \frac{3\pi}{4}$.

4. Чтобы получить общее решение, прибавим к границам интервала период $\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $\frac{\pi}{4} + \pi n < x < \frac{3\pi}{4} + \pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

4) $|\operatorname{ctg} x| \ge \frac{\sqrt{3}}{3}$

Данное неравенство равносильно совокупности двух неравенств:

$\left[ \begin{array}{l} \operatorname{ctg} x \ge \frac{\sqrt{3}}{3} \\ \operatorname{ctg} x \le -\frac{\sqrt{3}}{3} \end{array} \right.$

Период функции $y = \operatorname{ctg} x$ равен $\pi$. Решим неравенство на интервале $(0, \pi)$, где котангенс определен.

1. Решим неравенство $\operatorname{ctg} x \ge \frac{\sqrt{3}}{3}$.
Найдём угол, котангенс которого равен $\frac{\sqrt{3}}{3}$: $x = \frac{\pi}{3}$.
Функция $\operatorname{ctg} x$ убывает на интервале $(0, \pi)$. Следовательно, неравенство выполняется при $0 < x \le \frac{\pi}{3}$.

2. Решим неравенство $\operatorname{ctg} x \le -\frac{\sqrt{3}}{3}$.
Найдём угол, котангенс которого равен $-\frac{\sqrt{3}}{3}$: $x = \frac{2\pi}{3}$.
Так как функция $\operatorname{ctg} x$ убывающая, неравенство выполняется при $\frac{2\pi}{3} \le x < \pi$.

3. Объединяем полученные решения на интервале $(0, \pi)$: $x \in (0, \frac{\pi}{3}] \cup [\frac{2\pi}{3}, \pi)$.

4. Чтобы получить общее решение, добавим к границам найденных промежутков период $\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

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

266. Решите неравенство:

1) $2\cos^2 2x \ge 1,5;$

2) $\cos x \cos \frac{x}{2} - \sin x \sin \frac{x}{2} \le -\frac{\sqrt{2}}{2}.$

1) $2\cos^2{2x} \ge 1,5$

Для решения данного неравенства воспользуемся формулой понижения степени для косинуса: $2\cos^2\alpha = 1 + \cos(2\alpha)$. В данном случае $\alpha = 2x$.

Применив формулу, получаем:

$1 + \cos(2 \cdot 2x) \ge 1,5$

$1 + \cos(4x) \ge 1,5$

Вычтем 1 из обеих частей неравенства:

$\cos(4x) \ge 0,5$

Введем новую переменную $t = 4x$. Неравенство примет вид:

$\cos t \ge \frac{1}{2}$

Решением этого простейшего тригонометрического неравенства на единичной окружности является дуга, на которой абсцисса (косинус) больше или равна $\frac{1}{2}$. Это соответствует углам от $-\frac{\pi}{3}$ до $\frac{\pi}{3}$ с учетом периодичности.

Таким образом, решение для $t$:

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

Теперь выполним обратную замену $t = 4x$:

$-\frac{\pi}{3} + 2\pi n \le 4x \le \frac{\pi}{3} + 2\pi n$

Чтобы найти $x$, разделим все части двойного неравенства на 4:

$\frac{-\frac{\pi}{3}}{4} + \frac{2\pi n}{4} \le x \le \frac{\frac{\pi}{3}}{4} + \frac{2\pi n}{4}$

$-\frac{\pi}{12} + \frac{\pi n}{2} \le x \le \frac{\pi}{12} + \frac{\pi n}{2}$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in [-\frac{\pi}{12} + \frac{\pi n}{2}; \frac{\pi}{12} + \frac{\pi n}{2}], n \in \mathbb{Z}$.

2) $\cos x \cos\frac{x}{2} - \sin x \sin\frac{x}{2} \le -\frac{\sqrt{2}}{2}$

В левой части неравенства видим выражение, соответствующее формуле косинуса суммы двух углов: $\cos(\alpha + \beta) = \cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta$.

В нашем случае $\alpha = x$ и $\beta = \frac{x}{2}$. Свернем левую часть по этой формуле:

$\cos(x + \frac{x}{2}) \le -\frac{\sqrt{2}}{2}$

$\cos(\frac{3x}{2}) \le -\frac{\sqrt{2}}{2}$

Введем новую переменную $t = \frac{3x}{2}$. Неравенство примет вид:

$\cos t \le -\frac{\sqrt{2}}{2}$

Решением этого неравенства на единичной окружности является дуга, на которой абсцисса (косинус) меньше или равна $-\frac{\sqrt{2}}{2}$. Эта дуга заключена между углами $\frac{3\pi}{4}$ и $\frac{5\pi}{4}$ с учетом периодичности.

Таким образом, решение для $t$:

$\frac{3\pi}{4} + 2\pi n \le t \le \frac{5\pi}{4} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Теперь выполним обратную замену $t = \frac{3x}{2}$:

$\frac{3\pi}{4} + 2\pi n \le \frac{3x}{2} \le \frac{5\pi}{4} + 2\pi n$

Чтобы найти $x$, умножим все части двойного неравенства на $\frac{2}{3}$:

$\frac{2}{3} \cdot (\frac{3\pi}{4} + 2\pi n) \le x \le \frac{2}{3} \cdot (\frac{5\pi}{4} + 2\pi n)$

$\frac{2 \cdot 3\pi}{3 \cdot 4} + \frac{2 \cdot 2\pi n}{3} \le x \le \frac{2 \cdot 5\pi}{3 \cdot 4} + \frac{2 \cdot 2\pi n}{3}$

$\frac{\pi}{2} + \frac{4\pi n}{3} \le x \le \frac{5\pi}{6} + \frac{4\pi n}{3}$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in [\frac{\pi}{2} + \frac{4\pi n}{3}; \frac{5\pi}{6} + \frac{4\pi n}{3}], n \in \mathbb{Z}$.

267. Для каждой из функций, графики которых изображены на рисунке 27, установите:

1) определена ли эта функция в точке $x_0$;

2) существует ли предел функции в точке $x_0$; в случае утвердительного ответа запишите с использованием соответствующей символики, чему он равен;

3) если предел в точке $x_0$ существует, то равен ли он значению функции в этой точке.

Рис. 27

а

$y$, $x$, $0$, $x_0$, $f(x_0)$

б

$y$, $x$, $0$, $x_0$

в

$y$, $x$, $0$, $x_0$, $f(x_0)$

г

$y$, $x$, $0$, $x_0$, $f(x_0)$

д

$y$, $x$, $0$, $x_0$

е

$y$, $x$, $0$, $x_0$, $f(x_0)$

а)

1) Функция определена в точке $x_0$, так как на графике в этой точке есть закрашенная точка, которая показывает значение функции $f(x_0)$.
Ответ: да, определена.

2) Предел функции в точке $x_0$ существует. Чтобы предел существовал, необходимо, чтобы существовали и были равны односторонние пределы (слева и справа). На графике видно, что при приближении к $x_0$ как слева, так и справа, значения функции стремятся к одной и той же точке $f(x_0)$. График функции в этой точке непрерывен.
Символически это записывается так: $\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)$.
Ответ: да, существует, $\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)$.

3) Да, предел в точке $x_0$ равен значению функции в этой точке, что было установлено в предыдущем пункте.
Ответ: да, равен.

б)

1) Функция не определена в точке $x_0$. На графике в этой точке изображена "выколотая" (пустая) точка, что означает отсутствие значения функции в данной точке.
Ответ: нет, не определена.

2) Предел функции в точке $x_0$ существует. Несмотря на то, что сама функция в точке не определена, при приближении к $x_0$ и слева, и справа, значения функции стремятся к одному и тому же числу (ординате выколотой точки). Обозначим это число как $L$.
Символически: $\lim_{x \to x_0} f(x) = L$.
Ответ: да, существует, $\lim_{x \to x_0} f(x) = L$.

3) Предел в точке $x_0$ не может быть равен значению функции в этой точке, так как сама функция в точке $x_0$ не определена.
Ответ: нет, так как функция не определена в точке $x_0$.

в)

1) Функция определена в точке $x_0$. На графике есть отдельная закрашенная точка с абсциссой $x_0$, значение функции в ней равно $f(x_0)$.
Ответ: да, определена.

2) Предел функции в точке $x_0$ существует. При приближении к $x_0$ с обеих сторон, значения функции стремятся к ординате выколотой точки. Обозначим это предельное значение как $L$.
Символически: $\lim_{x \to x_0} f(x) = L$.
Ответ: да, существует, $\lim_{x \to x_0} f(x) = L$.

3) Предел в точке $x_0$ не равен значению функции в этой точке. Из графика видно, что предельное значение $L$ (ордината выколотой точки) не совпадает со значением функции $f(x_0)$ (ордината закрашенной точки). То есть, $\lim_{x \to x_0} f(x) \neq f(x_0)$.
Ответ: нет, не равен.

г)

1) Функция определена в точке $x_0$, так как на графике есть закрашенная точка с этой абсциссой, и ее значение равно $f(x_0)$.
Ответ: да, определена.

2) Предел функции в точке $x_0$ не существует. Это связано с тем, что односторонние пределы не равны друг другу. Предел слева ($\lim_{x \to x_0^-} f(x)$) равен ординате выколотой точки, а предел справа ($\lim_{x \to x_0^+} f(x)$) равен значению функции $f(x_0)$. Так как эти значения различны, двусторонний предел не существует.
Ответ: нет, не существует.

3) Так как предел в точке $x_0$ не существует, он не может быть равен значению функции.
Ответ: нет, так как предел не существует.

д)

1) Функция не определена в точке $x_0$. Прямая $x=x_0$ является вертикальной асимптотой, в окрестности которой значения функции неограниченно возрастают.
Ответ: нет, не определена.

2) Предел функции в точке $x_0$ не существует как конечное число. Однако, поскольку при приближении к $x_0$ и слева, и справа значения функции стремятся к плюс бесконечности ($+\infty$), в обобщенном смысле предел существует и равен $+\infty$.
Символически: $\lim_{x \to x_0} f(x) = +\infty$.
Ответ: нет, конечный предел не существует (предел равен $+\infty$).

3) Предел не является конечным числом, а функция не определена в точке $x_0$, поэтому говорить об их равенстве некорректно.
Ответ: нет.

е)

1) Функция определена в точке $x_0$. На графике есть отдельная закрашенная точка с абсциссой $x_0$ и значением $f(x_0)$.
Ответ: да, определена.

2) Предел функции в точке $x_0$ не существует. Односторонние пределы различны: при приближении к $x_0$ слева функция стремится к $+\infty$ ($\lim_{x \to x_0^-} f(x) = +\infty$), а при приближении справа — к $-\infty$ ($\lim_{x \to x_0^+} f(x) = -\infty$). Поскольку односторонние пределы не равны, двусторонний предел не существует.
Ответ: нет, не существует.

3) Так как предел в точке $x_0$ не существует, он не может быть равен значению функции.
Ответ: нет, так как предел не существует.