Номер 266, страница 149 - гдз по алгебре 10 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

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