Страница 97 - гдз по алгебре 10 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

263. Решите неравенство:

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

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

3) $tg x < \frac{\sqrt{3}}{3}$;

4) $ctg x > \sqrt{3}$.

1) Решим неравенство $ \sin x < \frac{\sqrt{2}}{2} $.
Для начала решим уравнение $ \sin x = \frac{\sqrt{2}}{2} $. Корнями этого уравнения являются $ x = \frac{\pi}{4} + 2\pi k $ и $ x = \frac{3\pi}{4} + 2\pi k $, где $ k \in Z $.
Отметим эти точки на единичной окружности. Неравенству $ \sin x < \frac{\sqrt{2}}{2} $ удовлетворяют все точки на окружности, ордината (координата y) которых меньше $ \frac{\sqrt{2}}{2} $. Это соответствует дуге, которая начинается в точке $ \frac{3\pi}{4} $ и, двигаясь по часовой стрелке, заканчивается в точке $ \frac{\pi}{4} $.
Чтобы записать этот интервал, двигаясь против часовой стрелки, мы можем представить начальную точку как $ \frac{3\pi}{4} - 2\pi = -\frac{5\pi}{4} $.
Таким образом, решение на одном из промежутков: $ -\frac{5\pi}{4} < x < \frac{\pi}{4} $.
Учитывая периодичность функции синус, общее решение неравенства имеет вид:
$ -\frac{5\pi}{4} + 2\pi k < x < \frac{\pi}{4} + 2\pi k, k \in Z $.
Ответ: $ x \in (-\frac{5\pi}{4} + 2\pi k; \frac{\pi}{4} + 2\pi k), k \in Z $.

2) Решим неравенство $ \cos x \ge -\frac{\sqrt{3}}{2} $.
Сначала решим уравнение $ \cos x = -\frac{\sqrt{3}}{2} $. Корнями этого уравнения являются $ x = \pm\frac{5\pi}{6} + 2\pi k $, где $ k \in Z $.
Отметим точки $ -\frac{5\pi}{6} $ и $ \frac{5\pi}{6} $ на единичной окружности. Неравенству $ \cos x \ge -\frac{\sqrt{3}}{2} $ удовлетворяют все точки на окружности, абсцисса (координата x) которых больше или равна $ -\frac{\sqrt{3}}{2} $.
Это соответствует дуге, заключенной между точками $ -\frac{5\pi}{6} $ и $ \frac{5\pi}{6} $ (включая концы), проходящей через точку, соответствующую углу 0.
Таким образом, решение на одном из промежутков: $ -\frac{5\pi}{6} \le x \le \frac{5\pi}{6} $.
Учитывая периодичность функции косинус, общее решение неравенства имеет вид:
$ -\frac{5\pi}{6} + 2\pi k \le x \le \frac{5\pi}{6} + 2\pi k, k \in Z $.
Ответ: $ x \in [-\frac{5\pi}{6} + 2\pi k; \frac{5\pi}{6} + 2\pi k], k \in Z $.

3) Решим неравенство $ \tg x < \frac{\sqrt{3}}{3} $.
Область определения тангенса: $ x \neq \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in Z $. Период функции равен $ \pi $.
Решим уравнение $ \tg x = \frac{\sqrt{3}}{3} $. Главное решение $ x = \arctan(\frac{\sqrt{3}}{3}) = \frac{\pi}{6} $.
Рассмотрим решение на одном периоде, например, на интервале $ (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}) $.
Функция $ y = \tg x $ является возрастающей на этом интервале. Поэтому неравенство $ \tg x < \tg(\frac{\pi}{6}) $ выполняется при $ x < \frac{\pi}{6} $.
С учетом области определения на данном интервале, получаем: $ -\frac{\pi}{2} < x < \frac{\pi}{6} $.
Учитывая периодичность, добавляем $ \pi k $ к границам интервала, чтобы получить общее решение:
$ -\frac{\pi}{2} + \pi k < x < \frac{\pi}{6} + \pi k, k \in Z $.
Ответ: $ x \in (-\frac{\pi}{2} + \pi k; \frac{\pi}{6} + \pi k), k \in Z $.

4) Решим неравенство $ \ctg x > \sqrt{3} $.
Область определения котангенса: $ x \neq \pi k, k \in Z $. Период функции равен $ \pi $.
Решим уравнение $ \ctg x = \sqrt{3} $. Главное решение $ x = \text{arccot}(\sqrt{3}) = \frac{\pi}{6} $.
Рассмотрим решение на одном периоде, например, на интервале $ (0, \pi) $.
Функция $ y = \ctg x $ является убывающей на этом интервале. Поэтому неравенство $ \ctg x > \ctg(\frac{\pi}{6}) $ выполняется, когда аргумент меньше, то есть $ x < \frac{\pi}{6} $.
С учетом области определения на данном интервале, получаем: $ 0 < x < \frac{\pi}{6} $.
Учитывая периодичность, добавляем $ \pi k $ к границам интервала, чтобы получить общее решение:
$ \pi k < x < \frac{\pi}{6} + \pi k, k \in Z $.
Ответ: $ x \in (\pi k; \frac{\pi}{6} + \pi k), k \in Z $.

264. Решите неравенство:

1) $\sin \frac{x}{5} > \frac{1}{2};$

2) $\cos 4x \leqslant \frac{\sqrt{3}}{2};$

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

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

5) $\text{tg} \left(\frac{x}{2} + \frac{\pi}{12}\right) \leqslant -\sqrt{3};$

6) $\text{ctg} \left(\frac{5x}{4} - \frac{\pi}{6}\right) \geqslant 1.$

265. Решите неравенство:

1) $\frac{\sqrt{3}}{3} \le \text{ctg } x \le 4;$

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

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

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

1) Решим двойное неравенство $ \frac{\sqrt{3}}{3} \le \text{ctg}\,x \le 4 $.
Функция $ y = \text{ctg}\,x $ является периодической с периодом $ \pi $ и убывающей на каждом интервале области определения $ (\pi k, \pi + \pi k), k \in Z $.
Сначала найдем решение на одном периоде, например, на интервале $ (0, \pi) $.
Найдем значения $x$, для которых $ \text{ctg}\,x = \frac{\sqrt{3}}{3} $ и $ \text{ctg}\,x = 4 $.
$ \text{ctg}\,x = \frac{\sqrt{3}}{3} \implies x = \frac{\pi}{3} $.
$ \text{ctg}\,x = 4 \implies x = \text{arcctg}(4) $.
Так как функция $ \text{ctg}\,x $ убывающая на интервале $ (0, \pi) $, то из неравенства $ \frac{\sqrt{3}}{3} \le \text{ctg}\,x \le 4 $ следует, что $ \text{arcctg}(4) \le x \le \frac{\pi}{3} $.
Учитывая периодичность функции, общее решение неравенства имеет вид:
$ \text{arcctg}(4) + \pi k \le x \le \frac{\pi}{3} + \pi k $, где $ k \in Z $.
Ответ: $ x \in [\text{arcctg}(4) + \pi k; \frac{\pi}{3} + \pi k], k \in Z $.

2) Решим двойное неравенство $ -\frac{1}{2} < \sin x < \frac{\sqrt{3}}{2} $.
Рассмотрим решение на единичной окружности. Неравенство означает, что ордината точки, соответствующей углу $x$, должна быть строго больше $ -\frac{1}{2} $ и строго меньше $ \frac{\sqrt{3}}{2} $.
Найдем углы, для которых синус принимает граничные значения:
$ \sin x = \frac{\sqrt{3}}{2} \implies x = \frac{\pi}{3} + 2\pi k $ и $ x = \frac{2\pi}{3} + 2\pi k, k \in Z $.
$ \sin x = -\frac{1}{2} \implies x = -\frac{\pi}{6} + 2\pi k $ и $ x = \frac{7\pi}{6} + 2\pi k, k \in Z $.
На единичной окружности, двигаясь против часовой стрелки, мы получаем два интервала, удовлетворяющих условию $ -\frac{1}{2} < \sin x < \frac{\sqrt{3}}{2} $:
1. От угла $ -\frac{\pi}{6} $ до угла $ \frac{\pi}{3} $.
2. От угла $ \frac{2\pi}{3} $ до угла $ \frac{7\pi}{6} $.
Запишем общее решение, прибавив период $ 2\pi k $:
$ -\frac{\pi}{6} + 2\pi k < x < \frac{\pi}{3} + 2\pi k $
$ \frac{2\pi}{3} + 2\pi k < x < \frac{7\pi}{6} + 2\pi k $.
Ответ: $ x \in (-\frac{\pi}{6} + 2\pi k; \frac{\pi}{3} + 2\pi k) \cup (\frac{2\pi}{3} + 2\pi k; \frac{7\pi}{6} + 2\pi k), k \in Z $.

3) Решим неравенство $ |\cos x| \ge \frac{\sqrt{3}}{2} $.
Это неравенство равносильно совокупности двух неравенств:
$ \cos x \ge \frac{\sqrt{3}}{2} $ или $ \cos x \le -\frac{\sqrt{3}}{2} $.
Решим первое неравенство: $ \cos x \ge \frac{\sqrt{3}}{2} $. На единичной окружности это соответствует дуге от $ -\frac{\pi}{6} $ до $ \frac{\pi}{6} $. Решение: $ -\frac{\pi}{6} + 2\pi k \le x \le \frac{\pi}{6} + 2\pi k, k \in Z $.
Решим второе неравенство: $ \cos x \le -\frac{\sqrt{3}}{2} $. На единичной окружности это соответствует дуге от $ \frac{5\pi}{6} $ до $ \frac{7\pi}{6} $. Решение: $ \frac{5\pi}{6} + 2\pi k \le x \le \frac{7\pi}{6} + 2\pi k, k \in Z $.
Объединяя эти два решения, можно заметить, что они повторяются с периодом $ \pi $. Интервал $ [\frac{5\pi}{6}, \frac{7\pi}{6}] $ можно получить, прибавив $ \pi $ к границам интервала $ [-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}] $.
Следовательно, общее решение можно записать в более компактной форме: $ -\frac{\pi}{6} + \pi k \le x \le \frac{\pi}{6} + \pi k, k \in Z $.
Ответ: $ x \in [-\frac{\pi}{6} + \pi k; \frac{\pi}{6} + \pi k], k \in Z $.

4) Решим неравенство $ |\text{tg}\,x| \ge \frac{\sqrt{3}}{3} $.
Это неравенство равносильно совокупности двух неравенств: $ \text{tg}\,x \ge \frac{\sqrt{3}}{3} $ или $ \text{tg}\,x \le -\frac{\sqrt{3}}{3} $.
Функция $ y = \text{tg}\,x $ имеет период $ \pi $ и определена при $ x \ne \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in Z $. Решим неравенство на интервале $ (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}) $.
Для $ \text{tg}\,x \ge \frac{\sqrt{3}}{3} $, так как $ \text{tg}(\frac{\pi}{6}) = \frac{\sqrt{3}}{3} $ и функция возрастает, решением будет $ [\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}) $.
Для $ \text{tg}\,x \le -\frac{\sqrt{3}}{3} $, так как $ \text{tg}(-\frac{\pi}{6}) = -\frac{\sqrt{3}}{3} $, решением будет $ (-\frac{\pi}{2}, -\frac{\pi}{6}] $.
Объединяя решения для одного периода, получаем $ x \in (-\frac{\pi}{2}, -\frac{\pi}{6}] \cup [\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}) $.
Учитывая периодичность тангенса, добавляем $ \pi k $ к границам интервалов.
Ответ: $ x \in (-\frac{\pi}{2} + \pi k; -\frac{\pi}{6} + \pi k] \cup [\frac{\pi}{6} + \pi k; \frac{\pi}{2} + \pi k), k \in Z $.

266. Решите неравенство:

1) $2\sin^2 \frac{x}{4} < 1,5;$

2) $\sin 4x \cos x - \cos 4x \sin x \geq -\frac{\sqrt{2}}{2}.$

1) $2\sin^2{\frac{x}{4}} < 1,5$

Разделим обе части неравенства на 2:

$\sin^2{\frac{x}{4}} < \frac{1,5}{2}$

$\sin^2{\frac{x}{4}} < 0,75$

$\sin^2{\frac{x}{4}} < \frac{3}{4}$

Воспользуемся формулой понижения степени $\sin^2{\alpha} = \frac{1-\cos(2\alpha)}{2}$. В нашем случае $\alpha = \frac{x}{4}$, тогда $2\alpha = 2 \cdot \frac{x}{4} = \frac{x}{2}$.

Неравенство принимает вид:

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

Умножим обе части на 2:

$1-\cos(\frac{x}{2}) < \frac{3}{2}$

$-\cos(\frac{x}{2}) < \frac{3}{2} - 1$

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

Умножим на -1, изменив знак неравенства:

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

Сделаем замену $t = \frac{x}{2}$. Получим $\cos t > -\frac{1}{2}$.

Решением этого простейшего тригонометрического неравенства является интервал:

$-\arccos(-\frac{1}{2}) + 2\pi n < t < \arccos(-\frac{1}{2}) + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Так как $\arccos(-\frac{1}{2}) = \frac{2\pi}{3}$, получаем:

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

Теперь вернемся к переменной $x$, подставив $t = \frac{x}{2}$:

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

Умножим все части двойного неравенства на 2, чтобы выразить $x$:

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

Ответ: $x \in (-\frac{4\pi}{3} + 4\pi n; \frac{4\pi}{3} + 4\pi n)$, где $n \in \mathbb{Z}$.

2) $\sin4x\cos x - \cos4x\sin x \ge -\frac{\sqrt{2}}{2}$

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

В нашем случае $\alpha = 4x$ и $\beta = x$. Применим эту формулу:

$\sin(4x - x) \ge -\frac{\sqrt{2}}{2}$

$\sin(3x) \ge -\frac{\sqrt{2}}{2}$

Сделаем замену $t = 3x$. Получим неравенство $\sin t \ge -\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Решением этого простейшего тригонометрического неравенства является промежуток:

$\arcsin(-\frac{\sqrt{2}}{2}) + 2\pi k \le t \le \pi - \arcsin(-\frac{\sqrt{2}}{2}) + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Так как $\arcsin(-\frac{\sqrt{2}}{2}) = -\frac{\pi}{4}$, получаем:

$-\frac{\pi}{4} + 2\pi k \le t \le \pi - (-\frac{\pi}{4}) + 2\pi k$

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

Теперь вернемся к переменной $x$, подставив $t = 3x$:

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

Разделим все части двойного неравенства на 3, чтобы выразить $x$:

$-\frac{\pi}{12} + \frac{2\pi k}{3} \le x \le \frac{5\pi}{12} + \frac{2\pi k}{3}$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in [-\frac{\pi}{12} + \frac{2\pi k}{3}; \frac{5\pi}{12} + \frac{2\pi k}{3}]$, где $k \in \mathbb{Z}$.

267. Для каждой из функций, графики которых изображены на рисунке 17, 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. 17

а

$y$

$x_0$

$0$

$f(x_0)$

$x$

б

$y$

$x_0$

$0$

$x$

в

$y$

$f(x_0)$

$x_0$

$0$

$x$

г

$y$

$f(x_0)$

$x_0$

$0$

$x$

д

$y$

$x_0$

$0$

$x$

е

$y$

$f(x_0)$

$x_0$

$0$

$x$

а

1) Да, функция определена в точке $x_0$. На графике в этой точке показана сплошная точка, ордината которой равна значению функции $f(x_0)$.

2) Да, предел функции в точке $x_0$ существует. Когда $x$ стремится к $x_0$ как слева, так и справа, значения функции $f(x)$ стремятся к одному и тому же числу, равному $f(x_0)$. Это записывается так: $\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)$.

3) Да, предел в точке $x_0$ равен значению функции в этой точке. Это условие непрерывности функции в точке.

Ответ: 1) определена; 2) существует, $\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)$; 3) равен.

б

1) Нет, функция не определена в точке $x_0$. На графике в этой точке изображена "выколотая" точка (пустой кружок), что означает отсутствие значения функции в данной точке.

2) Да, предел функции в точке $x_0$ существует. При приближении к $x_0$ с обеих сторон (слева и справа), значения функции стремятся к одному и тому же числу, которое является ординатой "выколотой" точки. Обозначим это значение как $L$. Таким образом, $\lim_{x \to x_0} f(x) = L$.

3) Нет, предел не может быть равен значению функции, поскольку значение функции в точке $x_0$ не определено.

Ответ: 1) не определена; 2) существует, $\lim_{x \to x_0} f(x) = L$ (где $L$ — ордината "выколотой" точки); 3) нет, так как функция не определена в точке.

в

1) Да, функция определена в точке $x_0$. Ее значение $f(x_0)$ показано на графике сплошной точкой.

2) Да, 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 $L$. Таким образом, $\lim_{x \to x_0} f(x) = L$.

3) Нет, предел в точке $x_0$ не равен значению функции в этой точке. Из графика видно, что ордината "выколотой" точки ($L$) и ордината сплошной точки ($f(x_0)$) различны, то есть $L \neq f(x_0)$.

Ответ: 1) определена; 2) существует, $\lim_{x \to x_0} f(x) = L$ (где $L$ — ордината "выколотой" точки); 3) не равен.

г

1) Да, функция определена в точке $x_0$, ее значение $f(x_0)$ соответствует ординате сплошной точки.

2) Нет, предел функции в точке $x_0$ не существует. Это связано с тем, что односторонние пределы не равны. Левосторонний предел равен значению функции: $\lim_{x \to x_0^-} f(x) = f(x_0)$. Правосторонний предел равен ординате "выколотой" точки, обозначим ее $L$: $\lim_{x \to x_0^+} f(x) = L$. Поскольку $f(x_0) \neq L$, общий предел не существует.

3) Вопрос не имеет смысла, поскольку предел в точке $x_0$ не существует.

Ответ: 1) определена; 2) не существует; 3) вопрос не имеет смысла.

д

1) Нет, функция не определена в точке $x_0$. Прямая $x = x_0$ является вертикальной асимптотой для графика функции.

2) Нет, предел функции в точке $x_0$ не существует как конечное число. При приближении $x$ к $x_0$ с обеих сторон, значения функции неограниченно возрастают. Это символически записывают как $\lim_{x \to x_0} f(x) = +\infty$.

3) Вопрос не имеет смысла, поскольку предел в точке $x_0$ не существует (он не является конечным числом).

Ответ: 1) не определена; 2) не существует; 3) вопрос не имеет смысла.

е

1) Да, функция определена в точке $x_0$, ее значение $f(x_0)$ показано сплошной точкой.

2) Нет, предел функции в точке $x_0$ не существует. Прямая $x = x_0$ является вертикальной асимптотой, при этом односторонние пределы различны и бесконечны. Левосторонний предел: $\lim_{x \to x_0^-} f(x) = -\infty$. Правосторонний предел: $\lim_{x \to x_0^+} f(x) = +\infty$.

3) Вопрос не имеет смысла, поскольку предел в точке $x_0$ не существует.

Ответ: 1) определена; 2) не существует; 3) вопрос не имеет смысла.