Номер 35.7, страница 258 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

35.7. Решите неравенство:

1) $\sin\left(\frac{\pi}{3}-x\right)+\cos\left(\frac{\pi}{6}-x\right)\ge\sqrt{3};$

2) $\frac{\sin x+\cos x}{\sin x-\cos x}>\sqrt{3}.$

1) Решим неравенство $ \sin\left(\frac{\pi}{3} - x\right) + \cos\left(\frac{\pi}{6} - x\right) \ge \sqrt{3} $.

Используем формулу приведения для косинуса: $ \cos\alpha = \sin\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) $.
Применим ее ко второму слагаемому:

$ \cos\left(\frac{\pi}{6} - x\right) = \sin\left(\frac{\pi}{2} - \left(\frac{\pi}{6} - x\right)\right) = \sin\left(\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{6} + x\right) = \sin\left(\frac{3\pi - \pi}{6} + x\right) = \sin\left(\frac{2\pi}{6} + x\right) = \sin\left(\frac{\pi}{3} + x\right) $.

Подставим полученное выражение обратно в неравенство:

$ \sin\left(\frac{\pi}{3} - x\right) + \sin\left(\frac{\pi}{3} + x\right) \ge \sqrt{3} $.

Теперь воспользуемся формулой суммы синусов: $ \sin\alpha + \sin\beta = 2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha-\beta}{2} $.

В нашем случае $ \alpha = \frac{\pi}{3} + x $ и $ \beta = \frac{\pi}{3} - x $. Тогда:

$ \frac{\alpha+\beta}{2} = \frac{\frac{\pi}{3} + x + \frac{\pi}{3} - x}{2} = \frac{\frac{2\pi}{3}}{2} = \frac{\pi}{3} $.

$ \frac{\alpha-\beta}{2} = \frac{(\frac{\pi}{3} + x) - (\frac{\pi}{3} - x)}{2} = \frac{2x}{2} = x $.

Неравенство принимает вид:

$ 2\sin\left(\frac{\pi}{3}\right)\cos(x) \ge \sqrt{3} $.

Зная, что $ \sin\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{\sqrt{3}}{2} $, подставляем это значение:

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

$ \sqrt{3}\cos(x) \ge \sqrt{3} $.

Разделим обе части на $ \sqrt{3} $ (так как $ \sqrt{3} > 0 $, знак неравенства не меняется):

$ \cos(x) \ge 1 $.

Поскольку область значений функции косинуса $ [-1, 1] $, единственное значение, которое удовлетворяет этому неравенству, это $ \cos(x) = 1 $.

Решением уравнения $ \cos(x) = 1 $ являются значения:

$ x = 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ x = 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.

2) Решим неравенство $ \frac{\sin x + \cos x}{\sin x - \cos x} > \sqrt{3} $.

Область допустимых значений (ОДЗ) определяется условием, что знаменатель не равен нулю:

$ \sin x - \cos x \ne 0 \implies \sin x \ne \cos x \implies \tan x \ne 1 \implies x \ne \frac{\pi}{4} + \pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Разделим числитель и знаменатель дроби на $ \cos x $, предполагая, что $ \cos x \ne 0 $ (случай $ \cos x = 0 $ удовлетворяет ОДЗ, так как тогда $ \sin x = \pm 1 $ и знаменатель не равен нулю).

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

$ \frac{\tan x + 1}{\tan x - 1} > \sqrt{3} $.

Сделаем замену $ t = \tan x $. Неравенство примет вид:

$ \frac{t + 1}{t - 1} > \sqrt{3} $.

Перенесем $ \sqrt{3} $ в левую часть и приведем к общему знаменателю:

$ \frac{t + 1}{t - 1} - \sqrt{3} > 0 $

$ \frac{t + 1 - \sqrt{3}(t - 1)}{t - 1} > 0 $

$ \frac{t + 1 - \sqrt{3}t + \sqrt{3}}{t - 1} > 0 $

$ \frac{t(1 - \sqrt{3}) + (1 + \sqrt{3})}{t - 1} > 0 $.

Вынесем $ (1 - \sqrt{3}) $ в числителе за скобки. Так как $ 1 - \sqrt{3} < 0 $, при делении на это число знак неравенства изменится:

$ \frac{t - \frac{1+\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1}}{t-1} < 0 $.

Упростим выражение $ \frac{1+\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1} $, умножив числитель и знаменатель на сопряженное знаменателю $ (\sqrt{3}+1) $:

$ \frac{(1+\sqrt{3})(\sqrt{3}+1)}{(\sqrt{3}-1)(\sqrt{3}+1)} = \frac{(\sqrt{3}+1)^2}{3-1} = \frac{3 + 2\sqrt{3} + 1}{2} = \frac{4+2\sqrt{3}}{2} = 2+\sqrt{3} $.

Неравенство для $ t $ принимает вид:

$ \frac{t - (2+\sqrt{3})}{t - 1} < 0 $.

Решим это неравенство методом интервалов. Корни числителя и знаменателя: $ t_1 = 1 $ и $ t_2 = 2+\sqrt{3} $. Они разбивают числовую прямую на три интервала. Неравенство выполняется, когда числитель и знаменатель имеют разные знаки, что происходит в интервале между корнями:

$ 1 < t < 2+\sqrt{3} $.

Возвращаемся к переменной $ x $:

$ 1 < \tan x < 2+\sqrt{3} $.

Мы знаем, что $ \tan\left(\frac{\pi}{4}\right) = 1 $. Значение $ 2+\sqrt{3} $ также является табличным: $ \tan\left(\frac{5\pi}{12}\right) = \tan(75^\circ) = \tan(45^\circ+30^\circ) = \frac{\tan 45^\circ + \tan 30^\circ}{1-\tan 45^\circ \tan 30^\circ} = \frac{1+1/\sqrt{3}}{1-1/\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}-1} = 2+\sqrt{3} $.

Таким образом, неравенство можно записать как:

$ \tan\left(\frac{\pi}{4}\right) < \tan x < \tan\left(\frac{5\pi}{12}\right) $.

Учитывая, что функция $ y = \tan x $ является возрастающей на каждом из интервалов своей области определения и имеет период $ \pi $, решением неравенства является:

$ \frac{\pi}{4} + \pi k < x < \frac{5\pi}{12} + \pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ x \in \left(\frac{\pi}{4} + \pi k; \frac{5\pi}{12} + \pi k\right), k \in \mathbb{Z} $.