Номер 35.3, страница 257 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

35.3. Решите неравенство:

1) $tg\left(x - \frac{\pi}{3}\right) \le \sqrt{3};$

2) $cos\left(2x - \frac{\pi}{6}\right) > -\frac{1}{2};$

3) $ctg\left(\frac{\pi}{4} - x\right) > \frac{1}{\sqrt{3}};$

4) $2sin\left(\frac{\pi}{6} - 3x\right) \le \sqrt{3};$

5) $cos\left(\frac{x}{2} + \frac{\pi}{4}\right) \le -\frac{\sqrt{2}}{2};$

6) $sin(1 - 2x) < -\frac{\sqrt{2}}{2}.$

1) $\text{tg}\left(x-\frac{\pi}{3}\right) \le \sqrt{3}$

Введем замену $t = x - \frac{\pi}{3}$. Неравенство примет вид $\text{tg } t \le \sqrt{3}$.
Решением этого простейшего тригонометрического неравенства, учитывая область определения тангенса и его периодичность, является двойное неравенство:
$-\frac{\pi}{2} + \pi k < t \le \text{arctg}(\sqrt{3}) + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Так как $\text{arctg}(\sqrt{3}) = \frac{\pi}{3}$, получаем:
$-\frac{\pi}{2} + \pi k < t \le \frac{\pi}{3} + \pi k$.
Выполним обратную замену:
$-\frac{\pi}{2} + \pi k < x - \frac{\pi}{3} \le \frac{\pi}{3} + \pi k$.
Прибавим $\frac{\pi}{3}$ ко всем частям неравенства:
$-\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{3} + \pi k < x \le \frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{3} + \pi k$.
$-\frac{3\pi}{6} + \frac{2\pi}{6} + \pi k < x \le \frac{2\pi}{3} + \pi k$.
$-\frac{\pi}{6} + \pi k < x \le \frac{2\pi}{3} + \pi k$.
Ответ: $x \in \left(-\frac{\pi}{6} + \pi k, \frac{2\pi}{3} + \pi k\right], k \in \mathbb{Z}$.

2) $\cos\left(2x-\frac{\pi}{6}\right) > \frac{1}{2}$

Введем замену $t = 2x - \frac{\pi}{6}$. Неравенство примет вид $\cos t > \frac{1}{2}$.
Решением этого неравенства являются значения $t$, удовлетворяющие условию:
$-\text{arccos}\left(\frac{1}{2}\right) + 2\pi k < t < \text{arccos}\left(\frac{1}{2}\right) + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Так как $\text{arccos}\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{\pi}{3}$, получаем:
$-\frac{\pi}{3} + 2\pi k < t < \frac{\pi}{3} + 2\pi k$.
Выполним обратную замену:
$-\frac{\pi}{3} + 2\pi k < 2x - \frac{\pi}{6} < \frac{\pi}{3} + 2\pi k$.
Прибавим $\frac{\pi}{6}$ ко всем частям неравенства:
$-\frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{6} + 2\pi k < 2x < \frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{6} + 2\pi k$.
$-\frac{2\pi}{6} + \frac{\pi}{6} + 2\pi k < 2x < \frac{2\pi}{6} + \frac{\pi}{6} + 2\pi k$.
$-\frac{\pi}{6} + 2\pi k < 2x < \frac{\pi}{2} + 2\pi k$.
Разделим все части на 2:
$-\frac{\pi}{12} + \pi k < x < \frac{\pi}{4} + \pi k$.
Ответ: $x \in \left(-\frac{\pi}{12} + \pi k, \frac{\pi}{4} + \pi k\right), k \in \mathbb{Z}$.

3) $\text{ctg}\left(\frac{\pi}{4}-x\right) > \frac{1}{\sqrt{3}}$

Введем замену $t = \frac{\pi}{4}-x$. Неравенство примет вид $\text{ctg } t > \frac{1}{\sqrt{3}}$.
Решением этого неравенства, учитывая область определения котангенса и то, что функция убывающая, является двойное неравенство:
$\pi k < t < \text{arcctg}\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Так как $\text{arcctg}\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) = \frac{\pi}{3}$, получаем:
$\pi k < t < \frac{\pi}{3} + \pi k$.
Выполним обратную замену:
$\pi k < \frac{\pi}{4} - x < \frac{\pi}{3} + \pi k$.
Вычтем $\frac{\pi}{4}$ из всех частей неравенства:
$\pi k - \frac{\pi}{4} < -x < \frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{4} + \pi k$.
$-\frac{\pi}{4} + \pi k < -x < \frac{4\pi}{12} - \frac{3\pi}{12} + \pi k$.
$-\frac{\pi}{4} + \pi k < -x < \frac{\pi}{12} + \pi k$.
Умножим все части на -1, изменив знаки неравенства на противоположные:
$\frac{\pi}{4} - \pi k > x > -\frac{\pi}{12} - \pi k$.
Запишем в стандартном виде:
$-\frac{\pi}{12} - \pi k < x < \frac{\pi}{4} - \pi k$.
Так как $k$ может быть любым целым числом, замена $k$ на $-k$ не изменит множества решений. Пусть $n = -k$, где $n \in \mathbb{Z}$:
$-\frac{\pi}{12} + \pi n < x < \frac{\pi}{4} + \pi n$.
Ответ: $x \in \left(-\frac{\pi}{12} + \pi k, \frac{\pi}{4} + \pi k\right), k \in \mathbb{Z}$.

4) $2\sin\left(\frac{\pi}{6}-3x\right) \le \sqrt{3}$

Разделим обе части на 2: $\sin\left(\frac{\pi}{6}-3x\right) \le \frac{\sqrt{3}}{2}$.
Используем свойство нечетности синуса $\sin(-\alpha) = -\sin(\alpha)$:
$-\sin\left(3x-\frac{\pi}{6}\right) \le \frac{\sqrt{3}}{2}$.
Умножим на -1, изменив знак неравенства:
$\sin\left(3x-\frac{\pi}{6}\right) \ge -\frac{\sqrt{3}}{2}$.
Введем замену $t = 3x - \frac{\pi}{6}$. Неравенство примет вид $\sin t \ge -\frac{\sqrt{3}}{2}$.
Решением этого неравенства является двойное неравенство:
$\text{arcsin}\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right) + 2\pi k \le t \le \pi - \text{arcsin}\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right) + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
$-\frac{\pi}{3} + 2\pi k \le t \le \pi - (-\frac{\pi}{3}) + 2\pi k$.
$-\frac{\pi}{3} + 2\pi k \le t \le \frac{4\pi}{3} + 2\pi k$.
Выполним обратную замену:
$-\frac{\pi}{3} + 2\pi k \le 3x - \frac{\pi}{6} \le \frac{4\pi}{3} + 2\pi k$.
Прибавим $\frac{\pi}{6}$ ко всем частям:
$-\frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{6} + 2\pi k \le 3x \le \frac{4\pi}{3} + \frac{\pi}{6} + 2\pi k$.
$-\frac{2\pi}{6} + \frac{\pi}{6} + 2\pi k \le 3x \le \frac{8\pi}{6} + \frac{\pi}{6} + 2\pi k$.
$-\frac{\pi}{6} + 2\pi k \le 3x \le \frac{9\pi}{6} + 2\pi k$.
$-\frac{\pi}{6} + 2\pi k \le 3x \le \frac{3\pi}{2} + 2\pi k$.
Разделим все части на 3:
$-\frac{\pi}{18} + \frac{2\pi k}{3} \le x \le \frac{\pi}{2} + \frac{2\pi k}{3}$.
Ответ: $x \in \left[-\frac{\pi}{18} + \frac{2\pi k}{3}, \frac{\pi}{2} + \frac{2\pi k}{3}\right], k \in \mathbb{Z}$.

5) $\cos\left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}\right) \le -\frac{\sqrt{2}}{2}$

Введем замену $t = \frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}$. Неравенство примет вид $\cos t \le -\frac{\sqrt{2}}{2}$.
Решением этого неравенства является двойное неравенство:
$\text{arccos}\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) + 2\pi k \le t \le 2\pi - \text{arccos}\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Так как $\text{arccos}\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = \frac{3\pi}{4}$, получаем:
$\frac{3\pi}{4} + 2\pi k \le t \le 2\pi - \frac{3\pi}{4} + 2\pi k$.
$\frac{3\pi}{4} + 2\pi k \le t \le \frac{5\pi}{4} + 2\pi k$.
Выполним обратную замену:
$\frac{3\pi}{4} + 2\pi k \le \frac{x}{2} + \frac{\pi}{4} \le \frac{5\pi}{4} + 2\pi k$.
Вычтем $\frac{\pi}{4}$ из всех частей:
$\frac{3\pi}{4} - \frac{\pi}{4} + 2\pi k \le \frac{x}{2} \le \frac{5\pi}{4} - \frac{\pi}{4} + 2\pi k$.
$\frac{2\pi}{4} + 2\pi k \le \frac{x}{2} \le \frac{4\pi}{4} + 2\pi k$.
$\frac{\pi}{2} + 2\pi k \le \frac{x}{2} \le \pi + 2\pi k$.
Умножим все части на 2:
$\pi + 4\pi k \le x \le 2\pi + 4\pi k$.
Ответ: $x \in \left[\pi + 4\pi k, 2\pi + 4\pi k\right], k \in \mathbb{Z}$.

6) $\sin(1-2x) < -\frac{\sqrt{2}}{2}$

Введем замену $t = 1-2x$. Неравенство примет вид $\sin t < -\frac{\sqrt{2}}{2}$.
Решением этого неравенства является двойное неравенство:
$\pi - \text{arcsin}\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) + 2\pi k < t < 2\pi + \text{arcsin}\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
$\pi - (-\frac{\pi}{4}) + 2\pi k < t < 2\pi - \frac{\pi}{4} + 2\pi k$.
$\frac{5\pi}{4} + 2\pi k < t < \frac{7\pi}{4} + 2\pi k$.
Выполним обратную замену:
$\frac{5\pi}{4} + 2\pi k < 1 - 2x < \frac{7\pi}{4} + 2\pi k$.
Вычтем 1 из всех частей:
$\frac{5\pi}{4} - 1 + 2\pi k < -2x < \frac{7\pi}{4} - 1 + 2\pi k$.
Разделим все части на -2, изменив знаки неравенства на противоположные:
$\frac{\frac{5\pi}{4} - 1 + 2\pi k}{-2} > x > \frac{\frac{7\pi}{4} - 1 + 2\pi k}{-2}$.
$-\frac{5\pi}{8} + \frac{1}{2} - \pi k > x > -\frac{7\pi}{8} + \frac{1}{2} - \pi k$.
Запишем в стандартном виде:
$-\frac{7\pi}{8} + \frac{1}{2} - \pi k < x < -\frac{5\pi}{8} + \frac{1}{2} - \pi k$.
Так как $k$ может быть любым целым числом, заменим $-k$ на $k$ (это эквивалентно сдвигу множества решений на целое число периодов, что не меняет само множество):
$-\frac{7\pi}{8} + \frac{1}{2} + \pi k < x < -\frac{5\pi}{8} + \frac{1}{2} + \pi k$.
Ответ: $x \in \left(-\frac{7\pi}{8} + \frac{1}{2} + \pi k, -\frac{5\pi}{8} + \frac{1}{2} + \pi k\right), k \in \mathbb{Z}$.