Номер 36, страница 99 - гдз по алгебре 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Полонский

Самостоятельная работа № 36

Тригонометрические неравенства

Решите неравенство:

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

2) $\operatorname{ctg}\left(\frac{5x}{4} - \frac{\pi}{6}\right) \ge 1$;

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

4) $|\operatorname{tg} x| \ge \frac{\sqrt{3}}{3}$;

5) $\cos 2x(2\sin x - \sqrt{3}) < 0$.

1) Решим неравенство $ \cos 4x \le \frac{\sqrt{3}}{2} $.
Сделаем замену $ t = 4x $. Неравенство примет вид $ \cos t \le \frac{\sqrt{3}}{2} $.
На единичной окружности косинус - это абсцисса (координата по оси x). Нам нужны точки, у которых абсцисса меньше или равна $ \frac{\sqrt{3}}{2} $.
Найдём углы, для которых $ \cos t = \frac{\sqrt{3}}{2} $. Это $ t = \frac{\pi}{6} $ и $ t = -\frac{\pi}{6} $ (или $ t = \frac{11\pi}{6} $).
Решением неравенства $ \cos t \le \frac{\sqrt{3}}{2} $ является дуга окружности от $ \frac{\pi}{6} $ до $ \frac{11\pi}{6} $ против часовой стрелки.
С учётом периодичности косинуса, общее решение для $ t $: $ \frac{\pi}{6} + 2\pi n \le t \le \frac{11\pi}{6} + 2\pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.
Вернёмся к переменной $ x $: $ \frac{\pi}{6} + 2\pi n \le 4x \le \frac{11\pi}{6} + 2\pi n $.
Разделим все части неравенства на 4: $ \frac{\pi}{24} + \frac{2\pi n}{4} \le x \le \frac{11\pi}{24} + \frac{2\pi n}{4} $.
$ \frac{\pi}{24} + \frac{\pi n}{2} \le x \le \frac{11\pi}{24} + \frac{\pi n}{2} $.
Ответ: $ x \in [\frac{\pi}{24} + \frac{\pi n}{2}; \frac{11\pi}{24} + \frac{\pi n}{2}], n \in \mathbb{Z} $.

2) Решим неравенство $ \text{ctg}(\frac{5x}{4} - \frac{\pi}{6}) \ge 1 $.
Сделаем замену $ t = \frac{5x}{4} - \frac{\pi}{6} $. Неравенство примет вид $ \text{ctg} t \ge 1 $.
Функция котангенса является убывающей на своей области определения. Период котангенса равен $ \pi $.
Найдём угол, для которого $ \text{ctg} t = 1 $. Это $ t = \frac{\pi}{4} $.
Котангенс не определён в точках $ t = \pi n $.
Решением неравенства $ \text{ctg} t \ge 1 $ на одном периоде $ (0, \pi) $ является интервал $ (0; \frac{\pi}{4}] $.
С учётом периодичности, общее решение для $ t $: $ \pi n < t \le \frac{\pi}{4} + \pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.
Вернёмся к переменной $ x $: $ \pi n < \frac{5x}{4} - \frac{\pi}{6} \le \frac{\pi}{4} + \pi n $.
Прибавим ко всем частям $ \frac{\pi}{6} $: $ \frac{\pi}{6} + \pi n < \frac{5x}{4} \le \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{6} + \pi n $.
$ \frac{\pi}{6} + \pi n < \frac{5x}{4} \le \frac{3\pi + 2\pi}{12} + \pi n $.
$ \frac{\pi}{6} + \pi n < \frac{5x}{4} \le \frac{5\pi}{12} + \pi n $.
Умножим все части на $ \frac{4}{5} $: $ \frac{4}{5}(\frac{\pi}{6} + \pi n) < x \le \frac{4}{5}(\frac{5\pi}{12} + \pi n) $.
$ \frac{4\pi}{30} + \frac{4\pi n}{5} < x \le \frac{20\pi}{60} + \frac{4\pi n}{5} $.
$ \frac{2\pi}{15} + \frac{4\pi n}{5} < x \le \frac{\pi}{3} + \frac{4\pi n}{5} $.
Ответ: $ x \in (\frac{2\pi}{15} + \frac{4\pi n}{5}; \frac{\pi}{3} + \frac{4\pi n}{5}], n \in \mathbb{Z} $.

3) Решим двойное неравенство $ -\frac{1}{2} < \sin x < \frac{\sqrt{3}}{2} $.
На единичной окружности синус - это ордината (координата по оси y). Нам нужны точки, у которых ордината строго больше $ -\frac{1}{2} $ и строго меньше $ \frac{\sqrt{3}}{2} $.
Найдём углы, для которых $ \sin x = -\frac{1}{2} $. Это $ x = -\frac{\pi}{6} $ и $ x = \frac{7\pi}{6} $.
Найдём углы, для которых $ \sin x = \frac{\sqrt{3}}{2} $. Это $ x = \frac{\pi}{3} $ и $ x = \frac{2\pi}{3} $.
На окружности получаем две дуги, удовлетворяющие условию:
1. От $ -\frac{\pi}{6} $ до $ \frac{\pi}{3} $.
2. От $ \frac{2\pi}{3} $ до $ \frac{7\pi}{6} $.
С учётом периодичности синуса (период $ 2\pi $), получаем два семейства решений:
1. $ -\frac{\pi}{6} + 2\pi n < x < \frac{\pi}{3} + 2\pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.
2. $ \frac{2\pi}{3} + 2\pi n < x < \frac{7\pi}{6} + 2\pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.
Объединим эти два семейства решений.
Ответ: $ x \in (-\frac{\pi}{6} + 2\pi n; \frac{\pi}{3} + 2\pi n) \cup (\frac{2\pi}{3} + 2\pi n; \frac{7\pi}{6} + 2\pi n), n \in \mathbb{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} $.
Решим первое неравенство: $ \text{tg} x \ge \frac{\sqrt{3}}{3} $.
Функция тангенса является возрастающей на своей области определения. Период тангенса равен $ \pi $.
$ \text{tg} x = \frac{\sqrt{3}}{3} $ при $ x = \frac{\pi}{6} $. Тангенс не определён при $ x = \frac{\pi}{2} $.
Решение: $ \frac{\pi}{6} + \pi n \le x < \frac{\pi}{2} + \pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.
Решим второе неравенство: $ \text{tg} x \le -\frac{\sqrt{3}}{3} $.
$ \text{tg} x = -\frac{\sqrt{3}}{3} $ при $ x = -\frac{\pi}{6} $.
Решение: $ -\frac{\pi}{2} + \pi n < x \le -\frac{\pi}{6} + \pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.
Объединяя решения, получаем ответ.
Ответ: $ x \in [\frac{\pi}{6} + \pi n; \frac{\pi}{2} + \pi n) \cup (-\frac{\pi}{2} + \pi n; -\frac{\pi}{6} + \pi n], n \in \mathbb{Z} $.

5) Решим неравенство $ \cos 2x (2\sin x - \sqrt{3}) < 0 $.
Произведение двух множителей отрицательно, когда они имеют разные знаки. Рассмотрим два случая.
Случай 1: $ \cos 2x > 0 $ и $ 2\sin x - \sqrt{3} < 0 $.
$ \cos 2x > 0 \implies -\frac{\pi}{2} + 2\pi k < 2x < \frac{\pi}{2} + 2\pi k \implies -\frac{\pi}{4} + \pi k < x < \frac{\pi}{4} + \pi k $.
$ 2\sin x - \sqrt{3} < 0 \implies \sin x < \frac{\sqrt{3}}{2} \implies -\frac{4\pi}{3} + 2\pi k < x < \frac{\pi}{3} + 2\pi k $.
Найдём пересечение этих решений. На промежутке $ x \in (-\frac{\pi}{4} + \pi k, \frac{\pi}{4} + \pi k) $, условие $ \sin x < \frac{\sqrt{3}}{2} $ всегда выполняется (так как максимальное значение $ \sin x $ на этих интервалах - это $ \sin(\frac{\pi}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{2} $, что меньше $ \frac{\sqrt{3}}{2} $).
Следовательно, решением в этом случае является $ -\frac{\pi}{4} + \pi k < x < \frac{\pi}{4} + \pi k $.
Случай 2: $ \cos 2x < 0 $ и $ 2\sin x - \sqrt{3} > 0 $.
$ \cos 2x < 0 \implies \frac{\pi}{2} + 2\pi k < 2x < \frac{3\pi}{2} + 2\pi k \implies \frac{\pi}{4} + \pi k < x < \frac{3\pi}{4} + \pi k $.
$ 2\sin x - \sqrt{3} > 0 \implies \sin x > \frac{\sqrt{3}}{2} \implies \frac{\pi}{3} + 2\pi k < x < \frac{2\pi}{3} + 2\pi k $.
Найдём пересечение этих решений. Для $ k=0 $ пересекаем интервалы $ (\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}) $ и $ (\frac{\pi}{3}, \frac{2\pi}{3}) $.
Пересечением является интервал $ (\frac{\pi}{3}, \frac{2\pi}{3}) $.
Следовательно, решением в этом случае является $ \frac{\pi}{3} + 2\pi k < x < \frac{2\pi}{3} + 2\pi k $.
Объединим решения обоих случаев.
Ответ: $ x \in (-\frac{\pi}{4} + \pi n; \frac{\pi}{4} + \pi n) \cup (\frac{\pi}{3} + 2\pi n; \frac{2\pi}{3} + 2\pi n), n \in \mathbb{Z} $.