Номер 265, страница 149 - гдз по алгебре 10 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

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