Номер 35.5, страница 258 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

35.5. Решите неравенство:

1) $ -\frac{1}{2} \le \sin x < \frac{1}{4} $

2) $ -1 < \operatorname{ctg} x \le \sqrt{3} $

3) $ |\cos x| \ge \frac{\sqrt{2}}{2} $

4) $ |\cos 3x| < \frac{\sqrt{2}}{2} $

5) $ |\operatorname{tg} x| > 2 $

1) Решим двойное неравенство $-\frac{1}{2} \le \sin x < \frac{1}{4}$.
Это неравенство равносильно системе:
$\begin{cases} \sin x \ge -\frac{1}{2} \\ \sin x < \frac{1}{4} \end{cases}$
Решим каждое неравенство по отдельности с помощью тригонометрической окружности.
Для $\sin x \ge -\frac{1}{2}$:
Находим углы, для которых $\sin x = -\frac{1}{2}$. Это $x = -\frac{\pi}{6}$ и $x = \frac{7\pi}{6}$. Значение синуса будет больше или равно $-\frac{1}{2}$ на дуге от $-\frac{\pi}{6}$ до $\frac{7\pi}{6}$. Таким образом, решение этого неравенства: $x \in [-\frac{\pi}{6} + 2\pi n, \frac{7\pi}{6} + 2\pi n], n \in \mathbb{Z}$.
Для $\sin x < \frac{1}{4}$:
Находим углы, для которых $\sin x = \frac{1}{4}$. Это $x = \arcsin(\frac{1}{4})$ и $x = \pi - \arcsin(\frac{1}{4})$. Значение синуса будет меньше $\frac{1}{4}$ на дуге от $\pi - \arcsin(\frac{1}{4})$ до $2\pi + \arcsin(\frac{1}{4})$. Таким образом, решение этого неравенства: $x \in (\pi - \arcsin(\frac{1}{4}) + 2\pi n, 2\pi + \arcsin(\frac{1}{4}) + 2\pi n), n \in \mathbb{Z}$.
Теперь найдём пересечение этих двух множеств решений. Удобно рассматривать один период, например от $-\frac{\pi}{6}$ до $\frac{11\pi}{6}$.
Решение разбивается на два интервала:
1. От $-\frac{\pi}{6}$ (включительно, так как $\sin x \ge -\frac{1}{2}$) до $\arcsin(\frac{1}{4})$ (не включая, так как $\sin x < \frac{1}{4}$).
2. От $\pi - \arcsin(\frac{1}{4})$ (не включая) до $\frac{7\pi}{6}$ (включительно).
Добавляя период $2\pi n$, получаем общее решение.
Ответ: $x \in [-\frac{\pi}{6} + 2\pi n, \arcsin\frac{1}{4} + 2\pi n) \cup (\pi - \arcsin\frac{1}{4} + 2\pi n, \frac{7\pi}{6} + 2\pi n], n \in \mathbb{Z}$.

2) Решим двойное неравенство $-1 < \operatorname{ctg} x \le \sqrt{3}$.
Функция $y=\operatorname{ctg} x$ является убывающей на своём основном периоде $(0, \pi)$.
Найдём значения $x$, для которых $\operatorname{ctg} x$ принимает граничные значения:
$\operatorname{ctg} x = \sqrt{3} \implies x = \frac{\pi}{6}$.
$\operatorname{ctg} x = -1 \implies x = \frac{3\pi}{4}$.
Поскольку функция убывающая, неравенство $-1 < \operatorname{ctg} x \le \sqrt{3}$ выполняется для $x$, находящихся между $\frac{\pi}{6}$ и $\frac{3\pi}{4}$.
При $x=\frac{\pi}{6}$ неравенство $\operatorname{ctg} x \le \sqrt{3}$ выполняется (равенство), поэтому точка включается.
При $x=\frac{3\pi}{4}$ неравенство $-1 < \operatorname{ctg} x$ не выполняется (равенство), поэтому точка исключается.
Таким образом, на промежутке $(0, \pi)$ решение: $x \in [\frac{\pi}{6}, \frac{3\pi}{4})$.
Учитывая, что период котангенса равен $\pi$, общее решение получается добавлением $\pi n$.
Ответ: $x \in [\frac{\pi}{6} + \pi n, \frac{3\pi}{4} + \pi n), n \in \mathbb{Z}$.

3) Решим неравенство $|\cos x| \ge \frac{\sqrt{2}}{2}$.
Это неравенство равносильно совокупности двух неравенств:
$\cos x \ge \frac{\sqrt{2}}{2}$ или $\cos x \le -\frac{\sqrt{2}}{2}$.
Рассмотрим решение на промежутке $[-\pi, \pi]$.
1) $\cos x \ge \frac{\sqrt{2}}{2}$. Решением является промежуток $[-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}]$.
2) $\cos x \le -\frac{\sqrt{2}}{2}$. Решением являются промежутки $[-\pi, -\frac{3\pi}{4}] \cup [\frac{3\pi}{4}, \pi]$.
Объединяя эти решения, получаем: $x \in [-\pi, -\frac{3\pi}{4}] \cup [-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}] \cup [\frac{3\pi}{4}, \pi]$.
Эту совокупность интервалов можно записать более компактно. Заметим, что решение периодично с периодом $\pi$. Например, интервал $[\frac{3\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}]$ является решением, что соответствует $[-\frac{\pi}{4}+\pi, \frac{\pi}{4}+\pi]$.
Другой способ решения:
$|\cos x| \ge \frac{\sqrt{2}}{2} \iff \cos^2 x \ge \frac{1}{2}$.
Используя формулу понижения степени $\cos^2 x = \frac{1+\cos(2x)}{2}$, получаем:
$\frac{1+\cos(2x)}{2} \ge \frac{1}{2} \implies 1+\cos(2x) \ge 1 \implies \cos(2x) \ge 0$.
Пусть $t = 2x$. Тогда $\cos t \ge 0$. Решение для $t$: $t \in [-\frac{\pi}{2} + 2\pi n, \frac{\pi}{2} + 2\pi n], n \in \mathbb{Z}$.
Подставляем обратно $t=2x$:
$-\frac{\pi}{2} + 2\pi n \le 2x \le \frac{\pi}{2} + 2\pi n$.
Делим на 2:
$-\frac{\pi}{4} + \pi n \le x \le \frac{\pi}{4} + \pi n$.
Ответ: $x \in [-\frac{\pi}{4} + \pi n, \frac{\pi}{4} + \pi n], n \in \mathbb{Z}$.

4) Решим неравенство $|\cos 3x| < \frac{\sqrt{2}}{2}$.
Это неравенство равносильно двойному неравенству $-\frac{\sqrt{2}}{2} < \cos 3x < \frac{\sqrt{2}}{2}$.
Используем метод, аналогичный предыдущему пункту:
$|\cos 3x| < \frac{\sqrt{2}}{2} \iff \cos^2(3x) < \frac{1}{2}$.
$\frac{1+\cos(6x)}{2} < \frac{1}{2} \implies 1+\cos(6x) < 1 \implies \cos(6x) < 0$.
Пусть $t = 6x$. Тогда $\cos t < 0$. Решение для $t$: $t \in (\frac{\pi}{2} + 2\pi n, \frac{3\pi}{2} + 2\pi n), n \in \mathbb{Z}$.
Подставляем обратно $t=6x$:
$\frac{\pi}{2} + 2\pi n < 6x < \frac{3\pi}{2} + 2\pi n$.
Делим на 6:
$\frac{\pi}{12} + \frac{\pi n}{3} < x < \frac{3\pi}{12} + \frac{\pi n}{3}$.
$\frac{\pi}{12} + \frac{\pi n}{3} < x < \frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{3}$.
Ответ: $x \in (\frac{\pi}{12} + \frac{\pi n}{3}, \frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{3}), n \in \mathbb{Z}$.

5) Решим неравенство $|\operatorname{tg} x| > 2$.
Это неравенство равносильно совокупности двух неравенств:
$\operatorname{tg} x > 2$ или $\operatorname{tg} x < -2$.
Решим каждое неравенство на основном периоде тангенса $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$. Функция $\operatorname{tg} x$ на этом интервале возрастает.
1) $\operatorname{tg} x > 2$.
Находим корень уравнения $\operatorname{tg} x = 2$, это $x = \operatorname{arctg} 2$.
Поскольку тангенс возрастает, неравенство выполняется для $x > \operatorname{arctg} 2$. Учитывая рассматриваемый промежуток, получаем $x \in (\operatorname{arctg} 2, \frac{\pi}{2})$.
2) $\operatorname{tg} x < -2$.
Находим корень уравнения $\operatorname{tg} x = -2$, это $x = \operatorname{arctg}(-2) = -\operatorname{arctg} 2$.
Неравенство выполняется для $x < -\operatorname{arctg} 2$. Учитывая рассматриваемый промежуток, получаем $x \in (-\frac{\pi}{2}, -\operatorname{arctg} 2)$.
Объединяя решения для одного периода, получаем $x \in (-\frac{\pi}{2}, -\operatorname{arctg} 2) \cup (\operatorname{arctg} 2, \frac{\pi}{2})$.
Добавляя период $\pi n$, получаем общее решение.
Ответ: $x \in (-\frac{\pi}{2} + \pi n, -\operatorname{arctg} 2 + \pi n) \cup (\operatorname{arctg} 2 + \pi n, \frac{\pi}{2} + \pi n), n \in \mathbb{Z}$.