Страница 45 - гдз по алгебре 10 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

263. Решите неравенство:

1) $ \sin x \le \frac{1}{2} $;

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

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

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

1) Решим неравенство $ \sin x \le \frac{1}{2} $.
Для начала решим соответствующее уравнение $ \sin x = \frac{1}{2} $.
Корни этого уравнения: $ x = \frac{\pi}{6} + 2\pi n $ и $ x = \frac{5\pi}{6} + 2\pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.
Отметим эти точки на единичной окружности. Неравенству $ \sin x \le \frac{1}{2} $ соответствуют точки на окружности, ординаты которых (координата y) не превышают $ \frac{1}{2} $. Это нижняя часть окружности, ограниченная точками, соответствующими углам $ \frac{\pi}{6} $ и $ \frac{5\pi}{6} $.
Двигаясь по окружности против часовой стрелки, нужная нам дуга начинается в точке $ \frac{5\pi}{6} $ и заканчивается в точке $ \frac{\pi}{6} $ следующего оборота, т.е. $ \frac{\pi}{6} + 2\pi = \frac{13\pi}{6} $.
Таким образом, решение можно записать в виде двойного неравенства: $ \frac{5\pi}{6} + 2\pi n \le x \le \frac{13\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.
Для более компактной записи можно использовать отрицательный угол: $ \frac{5\pi}{6} - 2\pi = -\frac{7\pi}{6} $. Тогда решение будет $ -\frac{7\pi}{6} + 2\pi n \le x \le \frac{\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $ x \in [-\frac{7\pi}{6} + 2\pi n; \frac{\pi}{6} + 2\pi n], n \in \mathbb{Z} $.

2) Решим неравенство $ \cos x \ge \frac{\sqrt{3}}{2} $.
Сначала решим уравнение $ \cos x = \frac{\sqrt{3}}{2} $.
Корни этого уравнения: $ x = \pm\frac{\pi}{6} + 2\pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.
На единичной окружности этим корням соответствуют точки с абсциссой (координатой x) $ \frac{\sqrt{3}}{2} $.
Неравенству $ \cos x \ge \frac{\sqrt{3}}{2} $ соответствуют точки на окружности, абсциссы которых больше или равны $ \frac{\sqrt{3}}{2} $. Это дуга окружности, расположенная правее вертикальной прямой $ x = \frac{\sqrt{3}}{2} $.
Эта дуга заключена между углами $ -\frac{\pi}{6} $ и $ \frac{\pi}{6} $.
Следовательно, решение неравенства, учитывая периодичность функции косинус, можно записать в виде: $ -\frac{\pi}{6} + 2\pi n \le x \le \frac{\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $ x \in [-\frac{\pi}{6} + 2\pi n; \frac{\pi}{6} + 2\pi n], n \in \mathbb{Z} $.

3) Решим неравенство $ \operatorname{tg} x > -1 $.
Область определения тангенса: $ x \ne \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z} $. Период функции $ \pi $.
Решим уравнение $ \operatorname{tg} x = -1 $. Корень уравнения $ x = \operatorname{arctg}(-1) = -\frac{\pi}{4} $. Общее решение: $ x = -\frac{\pi}{4} + \pi n, n \in \mathbb{Z} $.
Рассмотрим решение на одном периоде, например, на интервале $ (-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}) $. На этом интервале функция $ \operatorname{tg} x $ возрастает.
Следовательно, неравенство $ \operatorname{tg} x > -1 $ выполняется для $ x $, больших, чем $ -\frac{\pi}{4} $, и до конца интервала (до асимптоты).
Таким образом, на одном периоде решение: $ -\frac{\pi}{4} < x < \frac{\pi}{2} $.
Учитывая периодичность, общее решение: $ -\frac{\pi}{4} + \pi n < x < \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $ x \in (-\frac{\pi}{4} + \pi n; \frac{\pi}{2} + \pi n), n \in \mathbb{Z} $.

4) Решим неравенство $ \operatorname{ctg} x \le \sqrt{3} $.
Область определения котангенса: $ x \ne \pi n, n \in \mathbb{Z} $. Период функции $ \pi $.
Решим уравнение $ \operatorname{ctg} x = \sqrt{3} $. Корень уравнения $ x = \operatorname{arcctg}(\sqrt{3}) = \frac{\pi}{6} $. Общее решение: $ x = \frac{\pi}{6} + \pi n, n \in \mathbb{Z} $.
Рассмотрим решение на одном периоде, например, на интервале $ (0; \pi) $. На этом интервале функция $ \operatorname{ctg} x $ убывает.
Следовательно, неравенство $ \operatorname{ctg} x \le \sqrt{3} $ выполняется для $ x $, больших или равных $ \frac{\pi}{6} $, и до конца интервала (до асимптоты).
Таким образом, на одном периоде решение: $ \frac{\pi}{6} \le x < \pi $.
Учитывая периодичность, общее решение: $ \frac{\pi}{6} + \pi n \le x < \pi + \pi n, n \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $ x \in [\frac{\pi}{6} + \pi n; \pi + \pi n), n \in \mathbb{Z} $.

264. Решите неравенство:

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

2) $\sin \frac{x}{6} \ge -\frac{\sqrt{2}}{2}$;

3) $\cos \left(x + \frac{\pi}{18}\right) > \frac{\sqrt{3}}{2}$;

4) $\sin \left(4x - \frac{\pi}{6}\right) < \frac{1}{2}$;

5) $\operatorname{ctg} \left(\frac{x}{5} - \frac{\pi}{10}\right) \le \frac{\sqrt{3}}{3}$;

6) $\operatorname{tg} \left(\frac{3x}{4} + \frac{\pi}{4}\right) \ge -\frac{\sqrt{3}}{3}$.

1) Решим неравенство $ \cos{2x} < \frac{1}{2} $.
Введем замену переменной: пусть $ t = 2x $. Неравенство примет вид $ \cos{t} < \frac{1}{2} $.
Решением этого простейшего тригонометрического неравенства является совокупность интервалов, которые на единичной окружности соответствуют дуге, где абсцисса (косинус) меньше $ \frac{1}{2} $.
Найдем углы, для которых $ \cos{t} = \frac{1}{2} $. Это $ t = \pm\frac{\pi}{3} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.
Таким образом, решение для $ t $ имеет вид:
$ \frac{\pi}{3} + 2\pi n < t < \frac{5\pi}{3} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.
Выполним обратную замену $ t = 2x $:
$ \frac{\pi}{3} + 2\pi n < 2x < \frac{5\pi}{3} + 2\pi n $.
Разделим все части двойного неравенства на 2, чтобы найти $ x $:
$ \frac{\pi}{6} + \pi n < x < \frac{5\pi}{6} + \pi n, n \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $ x \in (\frac{\pi}{6} + \pi n; \frac{5\pi}{6} + \pi n), n \in \mathbb{Z} $.

2) Решим неравенство $ \sin{\frac{x}{6}} \ge -\frac{\sqrt{2}}{2} $.
Введем замену: пусть $ t = \frac{x}{6} $. Неравенство примет вид $ \sin{t} \ge -\frac{\sqrt{2}}{2} $.
Решением этого неравенства являются углы, для которых ордината (синус) на единичной окружности больше или равна $ -\frac{\sqrt{2}}{2} $.
Найдем углы, для которых $ \sin{t} = -\frac{\sqrt{2}}{2} $. Это $ t = -\frac{\pi}{4} + 2\pi n $ и $ t = -\frac{3\pi}{4} + 2\pi n $ (или $ t = \frac{5\pi}{4} + 2\pi n $).
Решение для $ t $:
$ -\frac{\pi}{4} + 2\pi n \le t \le \frac{5\pi}{4} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.
Выполним обратную замену $ t = \frac{x}{6} $:
$ -\frac{\pi}{4} + 2\pi n \le \frac{x}{6} \le \frac{5\pi}{4} + 2\pi n $.
Умножим все части неравенства на 6, чтобы найти $ x $:
$ -\frac{6\pi}{4} + 12\pi n \le x \le \frac{30\pi}{4} + 12\pi n $.
$ -\frac{3\pi}{2} + 12\pi n \le x \le \frac{15\pi}{2} + 12\pi n, n \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $ x \in [-\frac{3\pi}{2} + 12\pi n; \frac{15\pi}{2} + 12\pi n], n \in \mathbb{Z} $.

3) Решим неравенство $ \cos{(x + \frac{\pi}{18})} > \frac{\sqrt{3}}{2} $.
Введем замену: пусть $ t = x + \frac{\pi}{18} $. Неравенство примет вид $ \cos{t} > \frac{\sqrt{3}}{2} $.
Найдем на единичной окружности дугу, где абсцисса (косинус) больше $ \frac{\sqrt{3}}{2} $.
Углы, для которых $ \cos{t} = \frac{\sqrt{3}}{2} $, равны $ t = \pm\frac{\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.
Решение для $ t $:
$ -\frac{\pi}{6} + 2\pi n < t < \frac{\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.
Выполним обратную замену $ t = x + \frac{\pi}{18} $:
$ -\frac{\pi}{6} + 2\pi n < x + \frac{\pi}{18} < \frac{\pi}{6} + 2\pi n $.
Вычтем $ \frac{\pi}{18} $ из всех частей неравенства:
$ -\frac{\pi}{6} - \frac{\pi}{18} + 2\pi n < x < \frac{\pi}{6} - \frac{\pi}{18} + 2\pi n $.
$ -\frac{3\pi}{18} - \frac{\pi}{18} + 2\pi n < x < \frac{3\pi}{18} - \frac{\pi}{18} + 2\pi n $.
$ -\frac{4\pi}{18} + 2\pi n < x < \frac{2\pi}{18} + 2\pi n $.
$ -\frac{2\pi}{9} + 2\pi n < x < \frac{\pi}{9} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $ x \in (-\frac{2\pi}{9} + 2\pi n; \frac{\pi}{9} + 2\pi n), n \in \mathbb{Z} $.

4) Решим неравенство $ \sin{(4x - \frac{\pi}{6})} < \frac{1}{2} $.
Введем замену: пусть $ t = 4x - \frac{\pi}{6} $. Неравенство примет вид $ \sin{t} < \frac{1}{2} $.
Найдем на единичной окружности дугу, где ордината (синус) меньше $ \frac{1}{2} $.
Углы, для которых $ \sin{t} = \frac{1}{2} $, равны $ t = \frac{\pi}{6} + 2\pi n $ и $ t = \frac{5\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.
Решение для $ t $:
$ \frac{5\pi}{6} + 2\pi n < t < \frac{13\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.
Выполним обратную замену $ t = 4x - \frac{\pi}{6} $:
$ \frac{5\pi}{6} + 2\pi n < 4x - \frac{\pi}{6} < \frac{13\pi}{6} + 2\pi n $.
Прибавим $ \frac{\pi}{6} $ ко всем частям неравенства:
$ \frac{5\pi}{6} + \frac{\pi}{6} + 2\pi n < 4x < \frac{13\pi}{6} + \frac{\pi}{6} + 2\pi n $.
$ \frac{6\pi}{6} + 2\pi n < 4x < \frac{14\pi}{6} + 2\pi n $.
$ \pi + 2\pi n < 4x < \frac{7\pi}{3} + 2\pi n $.
Разделим все части на 4:
$ \frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{2} < x < \frac{7\pi}{12} + \frac{\pi n}{2}, n \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $ x \in (\frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{2}; \frac{7\pi}{12} + \frac{\pi n}{2}), n \in \mathbb{Z} $.

5) Решим неравенство $ \text{ctg}(\frac{x}{5} - \frac{\pi}{10}) \le \frac{\sqrt{3}}{3} $.
Введем замену: пусть $ t = \frac{x}{5} - \frac{\pi}{10} $. Неравенство примет вид $ \text{ctg}{t} \le \frac{\sqrt{3}}{3} $.
Функция котангенса убывает на своем периоде. Найдем угол, для которого $ \text{ctg}{t} = \frac{\sqrt{3}}{3} $. Это $ t = \frac{\pi}{3} $.
Учитывая область определения котангенса ($ t \ne \pi k, k \in \mathbb{Z} $) и его периодичность (период $ \pi $), решение для $ t $ имеет вид:
$ \frac{\pi}{3} + \pi n \le t < \pi + \pi n, n \in \mathbb{Z} $.
Выполним обратную замену $ t = \frac{x}{5} - \frac{\pi}{10} $:
$ \frac{\pi}{3} + \pi n \le \frac{x}{5} - \frac{\pi}{10} < \pi + \pi n $.
Прибавим $ \frac{\pi}{10} $ ко всем частям неравенства:
$ \frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{10} + \pi n \le \frac{x}{5} < \pi + \frac{\pi}{10} + \pi n $.
$ \frac{10\pi + 3\pi}{30} + \pi n \le \frac{x}{5} < \frac{10\pi + \pi}{10} + \pi n $.
$ \frac{13\pi}{30} + \pi n \le \frac{x}{5} < \frac{11\pi}{10} + \pi n $.
Умножим все части на 5:
$ \frac{13\pi \cdot 5}{30} + 5\pi n \le x < \frac{11\pi \cdot 5}{10} + 5\pi n $.
$ \frac{13\pi}{6} + 5\pi n \le x < \frac{11\pi}{2} + 5\pi n, n \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $ x \in [\frac{13\pi}{6} + 5\pi n; \frac{11\pi}{2} + 5\pi n), n \in \mathbb{Z} $.

6) Решим неравенство $ \text{tg}(\frac{3x}{4} + \frac{\pi}{4}) \ge -\frac{\sqrt{3}}{3} $.
Введем замену: пусть $ t = \frac{3x}{4} + \frac{\pi}{4} $. Неравенство примет вид $ \text{tg}{t} \ge -\frac{\sqrt{3}}{3} $.
Функция тангенса возрастает на своем периоде. Найдем угол, для которого $ \text{tg}{t} = -\frac{\sqrt{3}}{3} $. Это $ t = -\frac{\pi}{6} $.
Учитывая область определения тангенса ($ t \ne \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z} $) и его периодичность (период $ \pi $), решение для $ t $ имеет вид:
$ -\frac{\pi}{6} + \pi n \le t < \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z} $.
Выполним обратную замену $ t = \frac{3x}{4} + \frac{\pi}{4} $:
$ -\frac{\pi}{6} + \pi n \le \frac{3x}{4} + \frac{\pi}{4} < \frac{\pi}{2} + \pi n $.
Вычтем $ \frac{\pi}{4} $ из всех частей неравенства:
$ -\frac{\pi}{6} - \frac{\pi}{4} + \pi n \le \frac{3x}{4} < \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} + \pi n $.
$ \frac{-2\pi - 3\pi}{12} + \pi n \le \frac{3x}{4} < \frac{2\pi - \pi}{4} + \pi n $.
$ -\frac{5\pi}{12} + \pi n \le \frac{3x}{4} < \frac{\pi}{4} + \pi n $.
Умножим все части на $ \frac{4}{3} $:
$ -\frac{5\pi}{12} \cdot \frac{4}{3} + \pi n \cdot \frac{4}{3} \le x < \frac{\pi}{4} \cdot \frac{4}{3} + \pi n \cdot \frac{4}{3} $.
$ -\frac{5\pi}{9} + \frac{4\pi n}{3} \le x < \frac{\pi}{3} + \frac{4\pi n}{3}, n \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $ x \in [-\frac{5\pi}{9} + \frac{4\pi n}{3}; \frac{\pi}{3} + \frac{4\pi n}{3}), n \in \mathbb{Z} $.

265. Решите неравенство:

1) $1 \le \operatorname{tg} x \le 2;$

2) $-\frac{1}{2} < \cos x < \frac{\sqrt{2}}{2};$

3) $|\sin x| > \frac{1}{2};$

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

Рассмотрим двойное неравенство $1 \le \tg x \le 2$. Функция $y = \tg x$ является возрастающей на своем основном периоде $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$. Найдем значения $x$, соответствующие границам неравенства. Из $\tg x = 1$ следует, что $x = \arctan(1) = \frac{\pi}{4}$. Из $\tg x = 2$ следует, что $x = \arctan(2)$. Таким образом, на одном периоде решение неравенства представляет собой промежуток $[\frac{\pi}{4}, \arctan(2)]$. Учитывая, что период тангенса равен $\pi$, общее решение неравенства получается добавлением $\pi n$ к границам найденного промежутка, где $n \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $\frac{\pi}{4} + \pi n \le x \le \arctan(2) + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Для решения двойного неравенства $-\frac{1}{2} < \cos x < \frac{\sqrt{2}}{2}$ воспользуемся тригонометрическим кругом. Нам необходимо найти углы, для которых абсцисса точки на круге (значение косинуса) находится в интервале $(-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2})$. Найдем граничные значения углов: $\cos x = \frac{\sqrt{2}}{2}$ при $x = \pm \frac{\pi}{4} + 2\pi n$. $\cos x = -\frac{1}{2}$ при $x = \pm \frac{2\pi}{3} + 2\pi n$. На тригонометрическом круге (рассматривая промежуток $[-\pi, \pi]$) этому условию удовлетворяют два интервала: 1. От $\frac{\pi}{4}$ до $\frac{2\pi}{3}$. 2. От $-\frac{2\pi}{3}$ до $-\frac{\pi}{4}$. С учетом периодичности функции косинус, равной $2\pi$, общее решение является объединением двух серий интервалов.
Ответ: $\frac{\pi}{4} + 2\pi n < x < \frac{2\pi}{3} + 2\pi n$ и $-\frac{2\pi}{3} + 2\pi n < x < -\frac{\pi}{4} + 2\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

Неравенство $|\sin x| > \frac{1}{2}$ равносильно совокупности двух неравенств: $\sin x > \frac{1}{2}$ или $\sin x < -\frac{1}{2}$. На тригонометрическом круге неравенству $\sin x > \frac{1}{2}$ соответствует дуга $(\frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6})$. Неравенству $\sin x < -\frac{1}{2}$ соответствует дуга $(\frac{7\pi}{6}, \frac{11\pi}{6})$. Заметим, что второй интервал получается из первого сдвигом на $\pi$: $(\frac{\pi}{6}+\pi, \frac{5\pi}{6}+\pi) = (\frac{7\pi}{6}, \frac{11\pi}{6})$. Поэтому обе серии интервалов, получаемые добавлением периода $2\pi n$, можно объединить в одну общую формулу с периодом $\pi$.
Ответ: $\frac{\pi}{6} + \pi n < x < \frac{5\pi}{6} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Неравенство $|\tg x| \ge \sqrt{3}$ равносильно совокупности двух неравенств: $\tg x \ge \sqrt{3}$ или $\tg x \le -\sqrt{3}$. Рассмотрим решение на одном периоде тангенса, интервале $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$. 1. Решим $\tg x \ge \sqrt{3}$. Так как $\tg(\frac{\pi}{3}) = \sqrt{3}$ и функция тангенса возрастает, то решением будет промежуток $[\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2})$. 2. Решим $\tg x \le -\sqrt{3}$. Так как $\tg(-\frac{\pi}{3}) = -\sqrt{3}$ и функция тангенса возрастает, то решением будет промежуток $(-\frac{\pi}{2}, -\frac{\pi}{3}]$. Объединяя эти два промежутка и учитывая периодичность тангенса (период $\pi$), получаем общее решение.
Ответ: $\frac{\pi}{3} + \pi n \le x < \frac{\pi}{2} + \pi n$ и $-\frac{\pi}{2} + \pi n < x \le -\frac{\pi}{3} + \pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

266. Решите неравенство:

1) $2\sin^2 3x > \frac{1}{2};$

2) $\sin 2x \cos\frac{x}{3} + \sin\frac{x}{3}\cos 2x \le \frac{\sqrt{2}}{2}.$

1)

Исходное неравенство: $2\sin^2 3x > \frac{1}{2}$.

Разделим обе части неравенства на 2:

$\sin^2 3x > \frac{1}{4}$

Для решения этого неравенства воспользуемся формулой понижения степени: $\sin^2\alpha = \frac{1 - \cos 2\alpha}{2}$. В нашем случае $\alpha = 3x$.

$\frac{1 - \cos(2 \cdot 3x)}{2} > \frac{1}{4}$

$\frac{1 - \cos 6x}{2} > \frac{1}{4}$

Умножим обе части на 2:

$1 - \cos 6x > \frac{1}{2}$

Выразим $\cos 6x$:

$-\cos 6x > \frac{1}{2} - 1$

$-\cos 6x > -\frac{1}{2}$

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

$\cos 6x < \frac{1}{2}$

Введем замену переменной: пусть $t = 6x$. Неравенство примет вид:

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

Решим это неравенство с помощью единичной окружности. Значения $t$, для которых $\cos t = \frac{1}{2}$, равны $t = \frac{\pi}{3}$ и $t = -\frac{\pi}{3}$ (или $t = \frac{5\pi}{3}$). Косинус меньше $\frac{1}{2}$ на дуге между этими точками.

Таким образом, решение для $t$ имеет вид:

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

Теперь вернемся к переменной $x$, подставив $t = 6x$:

$\frac{\pi}{3} + 2\pi n < 6x < \frac{5\pi}{3} + 2\pi n$

Разделим все части двойного неравенства на 6:

$\frac{\pi}{18} + \frac{2\pi n}{6} < x < \frac{5\pi}{18} + \frac{2\pi n}{6}$

$\frac{\pi}{18} + \frac{\pi n}{3} < x < \frac{5\pi}{18} + \frac{\pi n}{3}$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (\frac{\pi}{18} + \frac{\pi n}{3}; \frac{5\pi}{18} + \frac{\pi n}{3}), n \in \mathbb{Z}$.

2)

Исходное неравенство: $\sin 2x \cos \frac{x}{3} + \sin \frac{x}{3} \cos 2x \le \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Левая часть неравенства представляет собой формулу синуса суммы двух углов: $\sin(\alpha + \beta) = \sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta$.

В нашем случае $\alpha = 2x$ и $\beta = \frac{x}{3}$. Применим эту формулу:

$\sin(2x + \frac{x}{3}) \le \frac{\sqrt{2}}{2}$

Упростим выражение в аргументе синуса:

$2x + \frac{x}{3} = \frac{6x}{3} + \frac{x}{3} = \frac{7x}{3}$

Неравенство принимает вид:

$\sin(\frac{7x}{3}) \le \frac{\sqrt{2}}{2}$

Введем замену переменной: пусть $t = \frac{7x}{3}$. Неравенство примет вид:

$\sin t \le \frac{\sqrt{2}}{2}$

Решим это неравенство с помощью единичной окружности. Значения $t$, для которых $\sin t = \frac{\sqrt{2}}{2}$, равны $t = \frac{\pi}{4}$ и $t = \frac{3\pi}{4}$. Синус меньше или равен $\frac{\sqrt{2}}{2}$ на дуге, начинающейся в точке $\frac{3\pi}{4}$ и заканчивающейся в точке $\frac{\pi}{4}$ (при движении в положительном направлении).

Таким образом, решение для $t$ имеет вид:

$\frac{3\pi}{4} + 2\pi n \le t \le 2\pi + \frac{\pi}{4} + 2\pi n$, что можно записать как $\frac{3\pi}{4} + 2\pi n \le t \le \frac{9\pi}{4} + 2\pi n$.
Более удобная форма записи этого интервала: $-\frac{5\pi}{4} + 2\pi n \le t \le \frac{\pi}{4} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Вернемся к переменной $x$, подставив $t = \frac{7x}{3}$:

$-\frac{5\pi}{4} + 2\pi n \le \frac{7x}{3} \le \frac{\pi}{4} + 2\pi n$

Чтобы найти $x$, умножим все части двойного неравенства на $\frac{3}{7}$:

$\frac{3}{7}(-\frac{5\pi}{4} + 2\pi n) \le x \le \frac{3}{7}(\frac{\pi}{4} + 2\pi n)$

$-\frac{15\pi}{28} + \frac{6\pi n}{7} \le x \le \frac{3\pi}{28} + \frac{6\pi n}{7}$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in [-\frac{15\pi}{28} + \frac{6\pi n}{7}; \frac{3\pi}{28} + \frac{6\pi n}{7}], n \in \mathbb{Z}$.

267. Для каждой из функций, графики которых изображены на рисунке 7, 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. 7

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

a

y, 0, $x_0$, x

б

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

в

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

г

y, 0, $x_0$, x

д

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

е

46

График а

1) На графике в точке $x_0$ изображена закрашенная точка, что означает, что функция в этой точке определена и ее значение равно $f(x_0)$. Ответ: да.

2) При приближении к $x_0$ как слева, так и справа, график функции стремится к одной и той же точке на оси ординат, значение которой равно $f(x_0)$. Это означает, что односторонние пределы равны между собой и равны значению функции. Следовательно, предел существует. Запись: $\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)$. Ответ: да, $\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)$.

3) Как установлено в пунктах 1 и 2, значение функции в точке $x_0$ равно $f(x_0)$, и предел функции в этой точке также равен $f(x_0)$. Ответ: да.

График б

1) В точке $x_0$ на графике изображена "выколотая" (пустая) точка. Это означает, что функция в данной точке не определена. Ответ: нет.

2) При приближении к $x_0$ как слева, так и справа, график функции стремится к одной и той же "выколотой" точке. Это означает, что левый и правый пределы существуют и равны друг другу. Следовательно, предел функции в этой точке существует. Обозначим значение этого предела буквой $L$. Запись: $\lim_{x \to x_0} f(x) = L$. Ответ: да, $\lim_{x \to x_0} f(x)$ существует.

3) Предел в точке $x_0$ существует, но сама функция в этой точке не определена. Таким образом, они не могут быть равны. Ответ: нет.

График в

1) На графике в точке $x_0$ есть закрашенная точка, значение функции в которой равно $f(x_0)$. Ответ: да.

2) При приближении к $x_0$ слева, функция стремится к значению $f(x_0)$ (левый предел). При приближении к $x_0$ справа, функция стремится к другому значению (значению "выколотой" точки). Так как левый и правый пределы не равны ($\lim_{x \to x_0^-} f(x) \neq \lim_{x \to x_0^+} f(x)$), предел функции в точке $x_0$ не существует. Ответ: нет.

3) Вопрос не имеет смысла, так как предел функции в точке $x_0$ не существует. Ответ: вопрос не имеет смысла.

График г

1) На графике в точке $x_0$ есть закрашенная точка, значение функции в которой равно $f(x_0)$. Ответ: да.

2) Данный случай аналогичен графику "в". При приближении к $x_0$ слева функция стремится к одному значению ("выколотая" точка), а при приближении справа — к другому (значение $f(x_0)$). Так как односторонние пределы не равны ($\lim_{x \to x_0^-} f(x) \neq \lim_{x \to x_0^+} f(x)$), предел функции в точке $x_0$ не существует. Ответ: нет.

3) Вопрос не имеет смысла, так как предел функции в точке $x_0$ не существует. Ответ: вопрос не имеет смысла.

График д

1) В точке $x_0$ изображена вертикальная асимптота. Функция в этой точке не определена. Ответ: нет.

2) При приближении к $x_0$ слева, значение функции стремится к $+\infty$. При приближении к $x_0$ справа, значение функции стремится к $-\infty$. Поскольку односторонние пределы не равны, предел функции в точке $x_0$ не существует. Ответ: нет.

3) Вопрос не имеет смысла, так как предел функции в точке $x_0$ не существует. Ответ: вопрос не имеет смысла.

График е

1) В точке $x_0$ есть закрашенная точка со значением $f(x_0)$, значит, функция в этой точке определена. Ответ: да.

2) При приближении к $x_0$ как слева, так и справа, значение функции неограниченно возрастает, то есть стремится к $+\infty$. В этом случае говорят, что предел существует и он равен бесконечности. Запись: $\lim_{x \to x_0} f(x) = +\infty$. Ответ: да, $\lim_{x \to x_0} f(x) = +\infty$.

3) Предел в точке $x_0$ равен $+\infty$, а значение функции в этой точке — конечное число $f(x_0)$. Они не равны. Ответ: нет.