Номер 35.11, страница 258 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

35.11. Решите неравенство:

1) $ \sin 2x - \sin 3x > 0; $

2) $ \cos 2x \operatorname{tg} x > 0; $

3) $ 1 - \sin 2x \ge \cos x - \sin x; $

4) $ \sin x + \sin 2x + \sin 3x > 0. $

1)

Решим неравенство $ \sin(2x) - \sin(3x) > 0 $.

Преобразуем разность синусов в произведение, используя формулу $ \sin\alpha - \sin\beta = 2\sin\frac{\alpha-\beta}{2}\cos\frac{\alpha+\beta}{2} $.

$ 2\sin\frac{2x-3x}{2}\cos\frac{2x+3x}{2} > 0 $

$ 2\sin(-\frac{x}{2})\cos(\frac{5x}{2}) > 0 $

Так как $ \sin(-t) = -\sin(t) $, получаем:

$ -2\sin(\frac{x}{2})\cos(\frac{5x}{2}) > 0 $

Разделим обе части на -2 и сменим знак неравенства:

$ \sin(\frac{x}{2})\cos(\frac{5x}{2}) < 0 $

Произведение двух множителей отрицательно, когда они имеют разные знаки. Решим неравенство методом интервалов. Период функции $ f(x) = \sin(\frac{x}{2})\cos(\frac{5x}{2}) $ равен $ 4\pi $, однако можно заметить, что $ f(x+2\pi) = \sin(\frac{x}{2}+\pi)\cos(\frac{5x}{2}+5\pi) = (-\sin\frac{x}{2})(-\cos\frac{5x}{2}) = f(x) $, поэтому наименьший положительный период равен $ 2\pi $. Решим неравенство на промежутке $ [0, 2\pi] $.

Найдем нули функции $ f(x) $ на этом промежутке:

$ \sin(\frac{x}{2}) = 0 \implies \frac{x}{2} = \pi k \implies x = 2\pi k $. В промежутке $ [0, 2\pi] $ это $ x=0 $ и $ x=2\pi $.

$ \cos(\frac{5x}{2}) = 0 \implies \frac{5x}{2} = \frac{\pi}{2} + \pi n \implies x = \frac{\pi}{5} + \frac{2\pi n}{5} $. В промежутке $ [0, 2\pi] $ это $ x = \frac{\pi}{5}, \frac{3\pi}{5}, \pi, \frac{7\pi}{5}, \frac{9\pi}{5} $.

Отметим эти точки на числовой прямой и определим знак $ f(x) $ в каждом из полученных интервалов:

$ (0, \frac{\pi}{5}) $: $ x=\frac{\pi}{6} \implies \sin(\frac{\pi}{12}) > 0, \cos(\frac{5\pi}{12}) > 0 \implies f(x) > 0 $.

$ (\frac{\pi}{5}, \frac{3\pi}{5}) $: $ x=\frac{2\pi}{5} \implies \sin(\frac{\pi}{5}) > 0, \cos(\pi) < 0 \implies f(x) < 0 $.

$ (\frac{3\pi}{5}, \pi) $: $ x=\frac{4\pi}{5} \implies \sin(\frac{2\pi}{5}) > 0, \cos(2\pi) > 0 \implies f(x) > 0 $.

$ (\pi, \frac{7\pi}{5}) $: $ x=\frac{6\pi}{5} \implies \sin(\frac{3\pi}{5}) > 0, \cos(3\pi) < 0 \implies f(x) < 0 $.

$ (\frac{7\pi}{5}, \frac{9\pi}{5}) $: $ x=\frac{8\pi}{5} \implies \sin(\frac{4\pi}{5}) > 0, \cos(4\pi) > 0 \implies f(x) > 0 $.

$ (\frac{9\pi}{5}, 2\pi) $: $ x=\frac{11\pi}{6} \implies \sin(\frac{11\pi}{12}) > 0, \cos(\frac{55\pi}{12})=\cos(4\pi+\frac{7\pi}{12}) < 0 \implies f(x) < 0 $.

Таким образом, на промежутке $ [0, 2\pi) $ решениями являются интервалы $ (\frac{\pi}{5}, \frac{3\pi}{5}) $, $ (\pi, \frac{7\pi}{5}) $ и $ (\frac{9\pi}{5}, 2\pi) $.

С учетом периодичности $ 2\pi $, общее решение:

Ответ: $ x \in (\frac{\pi}{5} + 2\pi n, \frac{3\pi}{5} + 2\pi n) \cup (\pi + 2\pi n, \frac{7\pi}{5} + 2\pi n) \cup (\frac{9\pi}{5} + 2\pi n, 2\pi + 2\pi n), n \in \mathbb{Z} $.

2)

Решим неравенство $ \cos(2x)\text{tg}x > 0 $.

Область допустимых значений (ОДЗ): $ \cos x \neq 0 $, то есть $ x \neq \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Перепишем неравенство в виде $ \frac{\cos(2x)\sin x}{\cos x} > 0 $.

Левая часть неравенства является периодической функцией с периодом $ \pi $. Решим неравенство на интервале $ (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}) $.

Найдем нули числителя и знаменателя на этом интервале:

$ \cos(2x) = 0 \implies 2x = \frac{\pi}{2} + \pi n \implies x = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{2} $. На интервале $ (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}) $ получаем $ x = -\frac{\pi}{4} $ и $ x = \frac{\pi}{4} $.

$ \sin x = 0 \implies x = \pi n $. На интервале $ (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}) $ получаем $ x = 0 $.

$ \cos x = 0 \implies x = \frac{\pi}{2} + \pi n $. Это границы нашего интервала.

Интервал $ (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}) $ разбивается точками $ -\frac{\pi}{4}, 0, \frac{\pi}{4} $ на четыре интервала. Определим знак выражения в каждом из них:

$ (-\frac{\pi}{2}, -\frac{\pi}{4}) $: $ x = -\frac{\pi}{3} $. $ \cos(-\frac{2\pi}{3}) < 0, \sin(-\frac{\pi}{3}) < 0, \cos(-\frac{\pi}{3}) > 0 $. Выражение $ \frac{(-)(-)}{(+)} > 0 $.

$ (-\frac{\pi}{4}, 0) $: $ x = -\frac{\pi}{6} $. $ \cos(-\frac{\pi}{3}) > 0, \sin(-\frac{\pi}{6}) < 0, \cos(-\frac{\pi}{6}) > 0 $. Выражение $ \frac{(+)(-)}{(+)} < 0 $.

$ (0, \frac{\pi}{4}) $: $ x = \frac{\pi}{6} $. $ \cos(\frac{\pi}{3}) > 0, \sin(\frac{\pi}{6}) > 0, \cos(\frac{\pi}{6}) > 0 $. Выражение $ \frac{(+)(+)}{(+)} > 0 $.

$ (\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}) $: $ x = \frac{\pi}{3} $. $ \cos(\frac{2\pi}{3}) < 0, \sin(\frac{\pi}{3}) > 0, \cos(\frac{\pi}{3}) > 0 $. Выражение $ \frac{(-)(+)}{(+)} < 0 $.

Решением на интервале $ (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}) $ является объединение $ (-\frac{\pi}{2}, -\frac{\pi}{4}) \cup (0, \frac{\pi}{4}) $.

С учетом периодичности $ \pi $, общее решение:

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

3)

Решим неравенство $ 1 - \sin(2x) \ge \cos x - \sin x $.

Используем тождества $ 1 = \sin^2x + \cos^2x $ и $ \sin(2x) = 2\sin x \cos x $:

$ (\sin^2x - 2\sin x \cos x + \cos^2x) \ge \cos x - \sin x $

$ (\cos x - \sin x)^2 \ge \cos x - \sin x $

Сделаем замену $ t = \cos x - \sin x $. Неравенство принимает вид:

$ t^2 \ge t \implies t^2 - t \ge 0 \implies t(t-1) \ge 0 $

Решением этого квадратного неравенства является $ t \le 0 $ или $ t \ge 1 $.

Вернемся к переменной $ x $:

1) $ \cos x - \sin x \le 0 $

2) $ \cos x - \sin x \ge 1 $

Для решения этих неравенств преобразуем выражение $ \cos x - \sin x $:

$ \cos x - \sin x = \sqrt{2}(\frac{1}{\sqrt{2}}\cos x - \frac{1}{\sqrt{2}}\sin x) = \sqrt{2}(\cos\frac{\pi}{4}\cos x - \sin\frac{\pi}{4}\sin x) = \sqrt{2}\cos(x + \frac{\pi}{4}) $.

Решим первое неравенство:

$ \sqrt{2}\cos(x + \frac{\pi}{4}) \le 0 \implies \cos(x + \frac{\pi}{4}) \le 0 $

$ \frac{\pi}{2} + 2\pi k \le x + \frac{\pi}{4} \le \frac{3\pi}{2} + 2\pi k $

$ \frac{\pi}{4} + 2\pi k \le x \le \frac{5\pi}{4} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Решим второе неравенство:

$ \sqrt{2}\cos(x + \frac{\pi}{4}) \ge 1 \implies \cos(x + \frac{\pi}{4}) \ge \frac{1}{\sqrt{2}} $

$ -\frac{\pi}{4} + 2\pi k \le x + \frac{\pi}{4} \le \frac{\pi}{4} + 2\pi k $

$ -\frac{\pi}{2} + 2\pi k \le x \le 0 + 2\pi k \implies -\frac{\pi}{2} + 2\pi k \le x \le 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Общее решение — объединение решений обоих случаев.

Ответ: $ x \in [-\frac{\pi}{2} + 2\pi k, 2\pi k] \cup [\frac{\pi}{4} + 2\pi k, \frac{5\pi}{4} + 2\pi k], k \in \mathbb{Z} $.

4)

Решим неравенство $ \sin x + \sin(2x) + \sin(3x) > 0 $.

Сгруппируем первое и третье слагаемые и применим формулу суммы синусов $ \sin\alpha + \sin\beta = 2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha-\beta}{2} $:

$ (\sin x + \sin(3x)) + \sin(2x) > 0 $

$ 2\sin\frac{x+3x}{2}\cos\frac{x-3x}{2} + \sin(2x) > 0 $

$ 2\sin(2x)\cos(-x) + \sin(2x) > 0 $

$ 2\sin(2x)\cos x + \sin(2x) > 0 $

Вынесем $ \sin(2x) $ за скобки:

$ \sin(2x)(2\cos x + 1) > 0 $

Произведение положительно, когда оба множителя имеют одинаковый знак.

Случай 1: $ \sin(2x) > 0 $ и $ 2\cos x + 1 > 0 \implies \cos x > -\frac{1}{2} $.

Решим систему на промежутке $ [0, 2\pi) $:

$ \sin(2x) > 0 \implies 2x \in (0, \pi) \cup (2\pi, 3\pi) \implies x \in (0, \frac{\pi}{2}) \cup (\pi, \frac{3\pi}{2}) $.

$ \cos x > -\frac{1}{2} \implies x \in [0, \frac{2\pi}{3}) \cup (\frac{4\pi}{3}, 2\pi) $.

Пересечение этих множеств: $ x \in (0, \frac{\pi}{2}) \cup (\frac{4\pi}{3}, \frac{3\pi}{2}) $.

Случай 2: $ \sin(2x) < 0 $ и $ 2\cos x + 1 < 0 \implies \cos x < -\frac{1}{2} $.

Решим систему на промежутке $ [0, 2\pi) $:

$ \sin(2x) < 0 \implies 2x \in (\pi, 2\pi) \cup (3\pi, 4\pi) \implies x \in (\frac{\pi}{2}, \pi) \cup (\frac{3\pi}{2}, 2\pi) $.

$ \cos x < -\frac{1}{2} \implies x \in (\frac{2\pi}{3}, \frac{4\pi}{3}) $.

Пересечение этих множеств: $ x \in (\frac{2\pi}{3}, \pi) $.

Объединяя решения обоих случаев на промежутке $ [0, 2\pi) $, получаем: $ (0, \frac{\pi}{2}) \cup (\frac{2\pi}{3}, \pi) \cup (\frac{4\pi}{3}, \frac{3\pi}{2}) $.

С учетом периодичности $ 2\pi $, общее решение:

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