Номер 36, страница 22 - гдз по алгебре 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Полонский

Самостоятельная работа № 36

Тригонометрические неравенства

Решите неравенство:

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

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

3) $ 1 \le \operatorname{tg} x \le 2 $;

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

5) $ \sin x(2\cos 2x - 1) > 0 $.

1) $cos(2x) < \frac{1}{2}$;
Сделаем замену переменной. Пусть $t = 2x$. Неравенство примет вид $cos(t) < \frac{1}{2}$.
Решим это неравенство с помощью единичной окружности. Найдём значения $t$, для которых косинус (абсцисса точки на окружности) равен $\frac{1}{2}$. Это углы $t = \frac{\pi}{3}$ и $t = -\frac{\pi}{3}$ (или $t = \frac{5\pi}{3}$).
Косинус меньше $\frac{1}{2}$ для углов, находящихся в дуге от $\frac{\pi}{3}$ до $\frac{5\pi}{3}$ при обходе против часовой стрелки.
С учётом периодичности функции косинуса ($2\pi$) общее решение для $t$ имеет вид:
$\frac{\pi}{3} + 2\pi n < t < \frac{5\pi}{3} + 2\pi n$, где $n \in Z$.
Теперь вернёмся к исходной переменной $x$, подставив $t = 2x$:
$\frac{\pi}{3} + 2\pi n < 2x < \frac{5\pi}{3} + 2\pi n$.
Разделим все части неравенства на 2, чтобы найти $x$:
$\frac{\pi}{6} + \pi n < x < \frac{5\pi}{6} + \pi n$, где $n \in Z$.
Ответ: $x \in (\frac{\pi}{6} + \pi n; \frac{5\pi}{6} + \pi n), n \in Z$.

2) $ctg(\frac{x}{5} - \frac{\pi}{10}) \le \frac{\sqrt{3}}{3}$;
Введём замену: $t = \frac{x}{5} - \frac{\pi}{10}$. Неравенство примет вид $ctg(t) \le \frac{\sqrt{3}}{3}$.
Найдём значение $t$, при котором $ctg(t) = \frac{\sqrt{3}}{3}$. Это $t = \frac{\pi}{3}$.
Функция котангенс является убывающей на своей области определения, которая исключает точки $\pi k, k \in Z$. Период функции равен $\pi$.
Неравенство $ctg(t) \le \frac{\sqrt{3}}{3}$ выполняется на интервале от $\frac{\pi}{3}$ включительно до ближайшей точки разрыва $\pi$.
Таким образом, решение для $t$ на одном периоде: $\frac{\pi}{3} \le t < \pi$.
Общее решение для $t$ с учётом периодичности: $\frac{\pi}{3} + \pi n \le t < \pi + \pi n$, где $n \in Z$.
Произведём 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 ко всем частям неравенства $\frac{\pi}{10}$:
$\frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{10} + \pi n \le \frac{x}{5} < \pi + \frac{\pi}{10} + \pi n$
$\frac{10\pi + 3\pi}{30} + \pi n \le \frac{x}{5} < \frac{10\pi + \pi}{10} + \pi n$
$\frac{13\pi}{30} + \pi n \le \frac{x}{5} < \frac{11\pi}{10} + \pi n$.
Умножим все части неравенства на 5:
$5 \cdot \frac{13\pi}{30} + 5\pi n \le x < 5 \cdot \frac{11\pi}{10} + 5\pi n$
$\frac{13\pi}{6} + 5\pi n \le x < \frac{11\pi}{2} + 5\pi n$, где $n \in Z$.
Ответ: $x \in [\frac{13\pi}{6} + 5\pi n; \frac{11\pi}{2} + 5\pi n), n \in Z$.

3) $1 \le tg(x) \le 2$;
Это двойное неравенство. Функция $tg(x)$ является возрастающей на каждом интервале своей области определения $(-\frac{\pi}{2} + \pi n, \frac{\pi}{2} + \pi n), n \in Z$.
Найдём значения $x$, для которых $tg(x)$ принимает граничные значения.
$tg(x) = 1$ при $x = \frac{\pi}{4}$.
$tg(x) = 2$ при $x = \operatorname{arctg}(2)$.
Так как на промежутке $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ тангенс возрастает, решение неравенства на этом промежутке будет:
$\frac{\pi}{4} \le x \le \operatorname{arctg}(2)$.
Поскольку период тангенса равен $\pi$, общее решение неравенства получается добавлением $\pi n$ к границам найденного интервала:
$\frac{\pi}{4} + \pi n \le x \le \operatorname{arctg}(2) + \pi n$, где $n \in Z$.
Ответ: $x \in [\frac{\pi}{4} + \pi n; \operatorname{arctg}(2) + \pi n], n \in Z$.

4) $|sin(x)| > \frac{1}{2}$;
Неравенство с модулем равносильно совокупности двух неравенств:
1) $sin(x) > \frac{1}{2}$
2) $sin(x) < -\frac{1}{2}$
Решим каждое неравенство отдельно.
1) $sin(x) > \frac{1}{2}$
На единичной окружности $sin(x) = \frac{1}{2}$ в точках $x = \frac{\pi}{6}$ и $x = \frac{5\pi}{6}$. Синус (ординaта точки) больше $\frac{1}{2}$ между этими значениями.
С учётом периодичности, решение: $\frac{\pi}{6} + 2\pi n < x < \frac{5\pi}{6} + 2\pi n$, где $n \in Z$.
2) $sin(x) < -\frac{1}{2}$
На единичной окружности $sin(x) = -\frac{1}{2}$ в точках $x = -\frac{\pi}{6}$ (или $\frac{11\pi}{6}$) и $x = \frac{7\pi}{6}$. Синус меньше $-\frac{1}{2}$ между этими значениями (при движении против часовой стрелки от $\frac{7\pi}{6}$ к $\frac{11\pi}{6}$).
С учётом периодичности, решение: $\frac{7\pi}{6} + 2\pi n < x < \frac{11\pi}{6} + 2\pi n$, где $n \in Z$.
Общим решением исходного неравенства является объединение решений этих двух неравенств.
Ответ: $x \in (\frac{\pi}{6} + 2\pi n; \frac{5\pi}{6} + 2\pi n) \cup (\frac{7\pi}{6} + 2\pi n; \frac{11\pi}{6} + 2\pi n), n \in Z$.

5) $sin(x)(2cos(2x) - 1) > 0$;
Преобразуем выражение в скобках, используя формулу двойного угла: $cos(2x) = 1 - 2sin^2(x)$.
$sin(x)(2(1 - 2sin^2(x)) - 1) > 0$
$sin(x)(2 - 4sin^2(x) - 1) > 0$
$sin(x)(1 - 4sin^2(x)) > 0$
Сделаем замену $y = sin(x)$. При этом $-1 \le y \le 1$.
Получаем алгебраическое неравенство: $y(1 - 4y^2) > 0$, или $y(1 - 2y)(1 + 2y) > 0$.
Решим это неравенство методом интервалов. Корни выражения: $y = -1/2$, $y = 0$, $y = 1/2$.
Они разбивают числовую ось на интервалы. Определим знак выражения $y(1 - 4y^2)$ на каждом из них:
- при $y > 1/2$ выражение отрицательно.
- при $0 < y < 1/2$ выражение положительно.
- при $-1/2 < y < 0$ выражение отрицательно.
- при $y < -1/2$ выражение положительно.
Нам нужны интервалы, где выражение больше нуля: $y < -1/2$ или $0 < y < 1/2$.
С учётом ограничения $-1 \le y \le 1$, получаем совокупность неравенств для $y$:
1) $-1 \le y < -1/2$
2) $0 < y < 1/2$
Вернёмся к переменной $x$:
1) $-1 \le sin(x) < -1/2$, что равносильно $sin(x) < -1/2$.
Решение этого неравенства: $\frac{7\pi}{6} + 2\pi n < x < \frac{11\pi}{6} + 2\pi n$, где $n \in Z$.
2) $0 < sin(x) < 1/2$.
Это двойное неравенство соответствует двум дугам на единичной окружности: от 0 до $\frac{\pi}{6}$ и от $\frac{5\pi}{6}$ до $\pi$.
С учётом периодичности, решение: $(2\pi n, \frac{\pi}{6} + 2\pi n) \cup (\frac{5\pi}{6} + 2\pi n, \pi + 2\pi n)$.
Объединяем решения (1) и (2), чтобы получить окончательный ответ.
Ответ: $x \in (2\pi n; \frac{\pi}{6} + 2\pi n) \cup (\frac{5\pi}{6} + 2\pi n; \pi + 2\pi n) \cup (\frac{7\pi}{6} + 2\pi n; \frac{11\pi}{6} + 2\pi n), n \in Z$.