Номер 35.10, страница 258 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

35.10. Решите неравенство:

1) $2\sin^2 x + \sqrt{3} \sin x - 3 \ge 0;$

2) $\operatorname{ctg}^2 x + \operatorname{ctg} x \ge 0;$

3) $4\sin^4 x + 12\cos^2 x - 7 < 0;$

4) $\frac{2}{\operatorname{tg} x + 1} < 2 - \operatorname{tg} x.$

1) $2\sin^2 x + \sqrt{3}\sin x - 3 \ge 0$

Сделаем замену переменной. Пусть $t = \sin x$. Так как область значений синуса $[-1; 1]$, то $-1 \le t \le 1$.

Неравенство принимает вид:

$2t^2 + \sqrt{3}t - 3 \ge 0$

Найдем корни квадратного трехчлена $2t^2 + \sqrt{3}t - 3 = 0$.

Дискриминант $D = (\sqrt{3})^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-3) = 3 + 24 = 27$.

Корни: $t = \frac{-\sqrt{3} \pm \sqrt{27}}{2 \cdot 2} = \frac{-\sqrt{3} \pm 3\sqrt{3}}{4}$.

$t_1 = \frac{-\sqrt{3} - 3\sqrt{3}}{4} = \frac{-4\sqrt{3}}{4} = -\sqrt{3}$.

$t_2 = \frac{-\sqrt{3} + 3\sqrt{3}}{4} = \frac{2\sqrt{3}}{4} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Так как ветви параболы $y=2t^2+\sqrt{3}t-3$ направлены вверх, решение неравенства $2t^2 + \sqrt{3}t - 3 \ge 0$ есть объединение промежутков $t \le -\sqrt{3}$ и $t \ge \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Теперь учтем ограничение $-1 \le t \le 1$.

1) Система $\begin{cases} t \le -\sqrt{3} \\ -1 \le t \le 1 \end{cases}$ не имеет решений, так как $-\sqrt{3} \approx -1.732 < -1$.

2) Система $\begin{cases} t \ge \frac{\sqrt{3}}{2} \\ -1 \le t \le 1 \end{cases}$ имеет решение $\frac{\sqrt{3}}{2} \le t \le 1$.

Возвращаемся к исходной переменной:

$\frac{\sqrt{3}}{2} \le \sin x \le 1$.

Решением этого двойного неравенства на тригонометрической окружности является дуга, заключенная между точками, соответствующими углам $\frac{\pi}{3}$ и $\frac{2\pi}{3}$.

С учетом периодичности синуса, получаем:

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

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

2) $\mathrm{ctg}^2 x + \mathrm{ctg} x \ge 0$

Область допустимых значений (ОДЗ): $\sin x \ne 0$, то есть $x \ne \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Сделаем замену переменной. Пусть $t = \mathrm{ctg} x$.

Неравенство принимает вид:

$t^2 + t \ge 0$

$t(t+1) \ge 0$

Методом интервалов находим решение для $t$: $t \le -1$ или $t \ge 0$.

Возвращаемся к исходной переменной:

1) $\mathrm{ctg} x \ge 0$. Это соответствует первой и третьей четвертям координатной плоскости. С учетом ОДЗ, решение: $\pi k < x \le \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

2) $\mathrm{ctg} x \le -1$. На промежутке $(0, \pi)$ функция $y = \mathrm{ctg} x$ убывает. $\mathrm{ctg} x = -1$ при $x = \frac{3\pi}{4}$. Значит, $\mathrm{ctg} x \le -1$ при $\frac{3\pi}{4} \le x < \pi$. С учетом периодичности, решение: $\frac{3\pi}{4} + \pi k \le x < \pi + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Объединяя оба случая, получаем окончательное решение.

Ответ: $x \in (\pi k; \frac{\pi}{2} + \pi k] \cup [\frac{3\pi}{4} + \pi k; \pi + \pi k), k \in \mathbb{Z}$.

3) $4\sin^4 x + 12\cos^2 x - 7 < 0$

Используем основное тригонометрическое тождество $\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$, чтобы привести неравенство к одной функции.

$4\sin^4 x + 12(1 - \sin^2 x) - 7 < 0$

$4\sin^4 x + 12 - 12\sin^2 x - 7 < 0$

$4\sin^4 x - 12\sin^2 x + 5 < 0$

Сделаем замену переменной. Пусть $t = \sin^2 x$. Так как $ -1 \le \sin x \le 1 $, то $0 \le \sin^2 x \le 1$, следовательно $0 \le t \le 1$.

Неравенство принимает вид:

$4t^2 - 12t + 5 < 0$

Найдем корни уравнения $4t^2 - 12t + 5 = 0$.

Дискриминант $D = (-12)^2 - 4 \cdot 4 \cdot 5 = 144 - 80 = 64$.

Корни: $t = \frac{12 \pm \sqrt{64}}{2 \cdot 4} = \frac{12 \pm 8}{8}$.

$t_1 = \frac{12-8}{8} = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}$.

$t_2 = \frac{12+8}{8} = \frac{20}{8} = \frac{5}{2}$.

Так как ветви параболы $y=4t^2-12t+5$ направлены вверх, решение неравенства $4t^2 - 12t + 5 < 0$ есть интервал $\frac{1}{2} < t < \frac{5}{2}$.

Учитывая ограничение $0 \le t \le 1$, получаем: $\frac{1}{2} < t \le 1$.

Возвращаемся к исходной переменной:

$\frac{1}{2} < \sin^2 x \le 1$

Неравенство $\sin^2 x \le 1$ выполняется для всех $x$.

Решим неравенство $\sin^2 x > \frac{1}{2}$. Оно равносильно совокупности $|\sin x| > \frac{1}{\sqrt{2}}$, то есть $\sin x > \frac{\sqrt{2}}{2}$ или $\sin x < -\frac{\sqrt{2}}{2}$.

1) $\sin x > \frac{\sqrt{2}}{2}$. Решение: $\frac{\pi}{4} + 2\pi n < x < \frac{3\pi}{4} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

2) $\sin x < -\frac{\sqrt{2}}{2}$. Решение: $\frac{5\pi}{4} + 2\pi n < x < \frac{7\pi}{4} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Объединяя эти два решения, можно записать ответ в более компактном виде.

Ответ: $x \in (\frac{\pi}{4} + \pi n; \frac{3\pi}{4} + \pi n), n \in \mathbb{Z}$.

4) $\frac{2}{\mathrm{tg} x + 1} < 2 - \mathrm{tg} x$

ОДЗ: $\mathrm{tg} x$ определен, т.е. $x \ne \frac{\pi}{2} + \pi k$, и знаменатель не равен нулю, т.е. $\mathrm{tg} x + 1 \ne 0 \Rightarrow \mathrm{tg} x \ne -1 \Rightarrow x \ne -\frac{\pi}{4} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Сделаем замену. Пусть $t = \mathrm{tg} x$.

$\frac{2}{t+1} < 2 - t$

$\frac{2}{t+1} - (2-t) < 0$

$\frac{2 - (2-t)(t+1)}{t+1} < 0$

$\frac{2 - (2t + 2 - t^2 - t)}{t+1} < 0$

$\frac{2 - (t^2 + t + 2)}{t+1} < 0$

$\frac{2 - t^2 - t - 2}{t+1} < 0$

$\frac{-t^2 - t}{t+1} < 0$

$\frac{t^2+t}{t+1} > 0$

$\frac{t(t+1)}{t+1} > 0$

При $t \ne -1$, это неравенство равносильно $t > 0$.

Возвращаемся к исходной переменной:

$\mathrm{tg} x > 0$

Тангенс положителен в первой и третьей четвертях.

Решение: $\pi k < x < \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Это решение удовлетворяет ОДЗ, так как в этих интервалах $\mathrm{tg} x$ не равен $-1$.

Ответ: $x \in (\pi k; \frac{\pi}{2} + \pi k), k \in \mathbb{Z}$.