Номер 265, страница 45 - гдз по алгебре 10 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

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