Номер 35.6, страница 258 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

35.6. Решите неравенство:

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

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

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

4) $|\operatorname{ctg} x| < \sqrt{3};$

5) $|\operatorname{ctg} x| > 5.$

1) Решим двойное неравенство $ -\frac{\sqrt{3}}{2} < \cos x \le -\frac{1}{2} $.

Сначала найдем углы, для которых косинус равен граничным значениям.

Уравнение $\cos x = -\frac{1}{2}$ имеет решения $x = \pm \frac{2\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Уравнение $\cos x = -\frac{\sqrt{3}}{2}$ имеет решения $x = \pm \frac{5\pi}{6} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Рассмотрим решение на единичной окружности. Косинус — это абсцисса (координата x) точки на окружности. Нам нужно найти дуги, где абсцисса находится в интервале $(-\frac{\sqrt{3}}{2}, -\frac{1}{2}]$.

Таких дуг две:

1. В второй четверти. Угол $x$ изменяется от значения, где $\cos x = -\frac{1}{2}$, до значения, где $\cos x = -\frac{\sqrt{3}}{2}$. Поскольку функция $\cos x$ убывает на отрезке $[0, \pi]$, то при увеличении угла от $\frac{2\pi}{3}$ до $\frac{5\pi}{6}$ значение косинуса уменьшается от $-\frac{1}{2}$ до $-\frac{\sqrt{3}}{2}$. Учитывая знаки неравенства, получаем интервал $[\frac{2\pi}{3}, \frac{5\pi}{6})$.

2. В третьей четверти. Угол $x$ изменяется от значения, где $\cos x = -\frac{\sqrt{3}}{2}$, до значения, где $\cos x = -\frac{1}{2}$. Функция $\cos x$ возрастает на отрезке $[\pi, 2\pi]$. Угол, соответствующий $\cos x = -\frac{\sqrt{3}}{2}$, равен $\frac{7\pi}{6}$. Угол, соответствующий $\cos x = -\frac{1}{2}$, равен $\frac{4\pi}{3}$. Таким образом, получаем интервал $(\frac{7\pi}{6}, \frac{4\pi}{3}]$.

Объединяя эти интервалы и добавляя период функции косинус $2\pi k$, получаем общее решение.

Ответ: $x \in [\frac{2\pi}{3} + 2\pi k, \frac{5\pi}{6} + 2\pi k) \cup (\frac{7\pi}{6} + 2\pi k, \frac{4\pi}{3} + 2\pi k], k \in \mathbb{Z}$.

2) Решим двойное неравенство $ -\frac{\sqrt{3}}{3} < \text{tg } x < 1 $.

Период функции тангенс равен $\pi$. Решим неравенство на интервале $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$, на котором функция $\text{tg } x$ строго возрастает.

Найдем значения $x$, для которых тангенс равен граничным значениям:

$\text{tg } x = 1 \implies x = \frac{\pi}{4}$.

$\text{tg } x = -\frac{\sqrt{3}}{3} \implies x = -\frac{\pi}{6}$.

Поскольку $\text{tg } x$ возрастает на $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$, решение неравенства на этом интервале — это $x$, заключенный между найденными значениями:

$-\frac{\pi}{6} < x < \frac{\pi}{4}$.

Для получения общего решения добавим период $\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $(-\frac{\pi}{6} + \pi k, \frac{\pi}{4} + \pi k), k \in \mathbb{Z}$.

3) Решим неравенство $|\sin 2x| < \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Это неравенство равносильно двойному неравенству:

$-\frac{\sqrt{3}}{2} < \sin 2x < \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Сделаем замену $t = 2x$. Получим неравенство $-\frac{\sqrt{3}}{2} < \sin t < \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Найдем углы $t$, для которых $\sin t = \pm\frac{\sqrt{3}}{2}$.

$\sin t = \frac{\sqrt{3}}{2} \implies t = \frac{\pi}{3} + 2\pi k$ и $t = \frac{2\pi}{3} + 2\pi k$.

$\sin t = -\frac{\sqrt{3}}{2} \implies t = -\frac{\pi}{3} + 2\pi k$ и $t = \frac{4\pi}{3} + 2\pi k$.

На единичной окружности синус — это ордината (координата y). Нас интересуют дуги, где ордината лежит в интервале $(-\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2})$. Это соответствует интервалам $(-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3})$ и $(\frac{2\pi}{3}, \frac{4\pi}{3})$.

Эти два семейства решений можно объединить в одну формулу, учитывая периодичность $\pi$:

$-\frac{\pi}{3} + \pi k < t < \frac{\pi}{3} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Теперь вернемся к переменной $x$, подставив $t = 2x$:

$-\frac{\pi}{3} + \pi k < 2x < \frac{\pi}{3} + \pi k$.

Разделим все части неравенства на 2:

$-\frac{\pi}{6} + \frac{\pi k}{2} < x < \frac{\pi}{6} + \frac{\pi k}{2}$.

Ответ: $(-\frac{\pi}{6} + \frac{\pi k}{2}, \frac{\pi}{6} + \frac{\pi k}{2}), k \in \mathbb{Z}$.

4) Решим неравенство $|\text{ctg } x| < \sqrt{3}$.

Это неравенство равносильно двойному неравенству:

$-\sqrt{3} < \text{ctg } x < \sqrt{3}$.

Период функции котангенс равен $\pi$. Решим неравенство на интервале $(0, \pi)$, где функция $\text{ctg } x$ строго убывает.

Найдем значения $x$, для которых котангенс равен граничным значениям:

$\text{ctg } x = \sqrt{3} \implies x = \frac{\pi}{6}$.

$\text{ctg } x = -\sqrt{3} \implies x = \frac{5\pi}{6}$.

Поскольку $\text{ctg } x$ убывает на $(0, \pi)$, то неравенство $-\sqrt{3} < \text{ctg } x < \sqrt{3}$ выполняется для $x$ между $\text{arccot}(\sqrt{3})$ и $\text{arccot}(-\sqrt{3})$, то есть:

$\frac{\pi}{6} < x < \frac{5\pi}{6}$.

Для получения общего решения добавим период $\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $(\frac{\pi}{6} + \pi k, \frac{5\pi}{6} + \pi k), k \in \mathbb{Z}$.

5) Решим неравенство $|\text{ctg } x| > 5$.

Это неравенство равносильно совокупности двух неравенств:

$\text{ctg } x > 5$ или $\text{ctg } x < -5$.

Решим оба неравенства на основном интервале для котангенса $(0, \pi)$, где функция убывает.

1. $\text{ctg } x > 5$. Так как $\text{ctg } x$ убывает, это неравенство выполняется для $x$ от $0$ до угла, котангенс которого равен 5. Этот угол равен $\text{arccot}(5)$. Таким образом, $0 < x < \text{arccot}(5)$.

2. $\text{ctg } x < -5$. Аналогично, это неравенство выполняется для $x$ от угла, котангенс которого равен -5, до $\pi$. Этот угол равен $\text{arccot}(-5)$, или $\pi - \text{arccot}(5)$. Таким образом, $\text{arccot}(-5) < x < \pi$.

На интервале $(0, \pi)$ решение — это объединение двух интервалов: $(0, \text{arccot}(5)) \cup (\text{arccot}(-5), \pi)$.

Для получения общего решения добавим период $\pi k$ к границам каждого интервала.

Ответ: $(\pi k, \text{arccot}(5) + \pi k) \cup (\pi - \text{arccot}(5) + \pi k, \pi + \pi k), k \in \mathbb{Z}$.