Номер 35.9, страница 258 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

35.9. Решите неравенство:

1) $2\cos^2 x + 3\cos x - 2 < 0;$

2) $\text{tg}^2 x + (2 - \sqrt{3})\text{tg} x - 2\sqrt{3} < 0;$

3) $2\cos^2 \left(x + \frac{\pi}{6}\right) - 3\sin \left(\frac{\pi}{3} - x\right) > -1;$

4) $\text{tg} x \ge 2\text{ctg} x.$

1) $2\cos^2 x + 3\cos x - 2 < 0$
Сделаем замену переменной. Пусть $t = \cos x$, где $-1 \le t \le 1$.
Неравенство принимает вид: $2t^2 + 3t - 2 < 0$.
Найдем корни квадратного уравнения $2t^2 + 3t - 2 = 0$.
Дискриминант $D = 3^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-2) = 9 + 16 = 25 = 5^2$.
Корни: $t_1 = \frac{-3 - 5}{2 \cdot 2} = -2$ и $t_2 = \frac{-3 + 5}{2 \cdot 2} = \frac{1}{2}$.
Так как ветви параболы $y = 2t^2 + 3t - 2$ направлены вверх, решение неравенства $2t^2 + 3t - 2 < 0$ есть интервал $(-2; \frac{1}{2})$.
Учитывая ограничение $-1 \le t \le 1$, получаем систему:
$\begin{cases} -2 < t < \frac{1}{2} \\ -1 \le t \le 1 \end{cases}$
Решением системы является $-1 \le t < \frac{1}{2}$.
Вернемся к исходной переменной: $-1 \le \cos x < \frac{1}{2}$.
Неравенство $-1 \le \cos x$ выполняется для всех действительных $x$.
Остается решить неравенство $\cos x < \frac{1}{2}$.
На единичной окружности этому неравенству соответствуют дуги, где абсцисса точки меньше $\frac{1}{2}$.
Решением является интервал $(\frac{\pi}{3}; \frac{5\pi}{3})$ на промежутке $[0, 2\pi]$.
С учетом периодичности функции косинус, общее решение:
$\frac{\pi}{3} + 2\pi n < x < \frac{5\pi}{3} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x \in (\frac{\pi}{3} + 2\pi n; \frac{5\pi}{3} + 2\pi n), n \in \mathbb{Z}$.

2) $\text{tg}^2 x + (2 - \sqrt{3})\text{tg} x - 2\sqrt{3} < 0$
Сделаем замену переменной. Пусть $t = \text{tg} x$, где $t \in (-\infty, \infty)$.
Неравенство принимает вид: $t^2 + (2 - \sqrt{3})t - 2\sqrt{3} < 0$.
Найдем корни квадратного уравнения $t^2 + (2 - \sqrt{3})t - 2\sqrt{3} = 0$.
По теореме Виета, сумма корней равна $- (2 - \sqrt{3}) = \sqrt{3} - 2$, а произведение равно $-2\sqrt{3}$.
Подбором находим корни: $t_1 = -2$ и $t_2 = \sqrt{3}$.
Так как ветви параболы $y = t^2 + (2 - \sqrt{3})t - 2\sqrt{3}$ направлены вверх, решение неравенства есть интервал $(-2; \sqrt{3})$.
Вернемся к исходной переменной: $-2 < \text{tg} x < \sqrt{3}$.
Это двойное неравенство равносильно системе:
$\begin{cases} \text{tg} x < \sqrt{3} \\ \text{tg} x > -2 \end{cases}$
Функция $y = \text{tg} x$ является возрастающей на своем периоде $(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$.
Из $\text{tg} x < \sqrt{3}$ следует $x < \frac{\pi}{3} + \pi n$.
Из $\text{tg} x > -2$ следует $x > \text{arctg}(-2) + \pi n = -\text{arctg}(2) + \pi n$.
Объединяя решения с учетом области определения тангенса, получаем:
$-\text{arctg}(2) + \pi n < x < \frac{\pi}{3} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x \in (-\text{arctg}(2) + \pi n; \frac{\pi}{3} + \pi n), n \in \mathbb{Z}$.

3) $2\cos^2(x + \frac{\pi}{6}) - 3\sin(\frac{\pi}{3} - x) > -1$
Используем формулу приведения для синуса: $\sin(\frac{\pi}{3} - x) = \sin(\frac{\pi}{2} - (x + \frac{\pi}{6})) = \cos(x + \frac{\pi}{6})$.
Подставим это в неравенство:
$2\cos^2(x + \frac{\pi}{6}) - 3\cos(x + \frac{\pi}{6}) > -1$
$2\cos^2(x + \frac{\pi}{6}) - 3\cos(x + \frac{\pi}{6}) + 1 > 0$
Сделаем замену. Пусть $t = \cos(x + \frac{\pi}{6})$, где $-1 \le t \le 1$.
Получаем квадратное неравенство: $2t^2 - 3t + 1 > 0$.
Найдем корни уравнения $2t^2 - 3t + 1 = 0$.
Сумма коэффициентов $2 - 3 + 1 = 0$, поэтому один из корней $t_1 = 1$.
Второй корень $t_2 = \frac{c}{a \cdot t_1} = \frac{1}{2 \cdot 1} = \frac{1}{2}$.
Ветви параболы направлены вверх, поэтому решение неравенства $2t^2 - 3t + 1 > 0$ находится за пределами корней: $t < \frac{1}{2}$ или $t > 1$.
Учитывая ограничение $-1 \le t \le 1$, получаем:
$(-1 \le t < \frac{1}{2})$ или $(t > 1 \text{ и } -1 \le t \le 1)$. Второе условие невыполнимо.
Итак, $-1 \le t < \frac{1}{2}$.
Вернемся к исходной переменной: $-1 \le \cos(x + \frac{\pi}{6}) < \frac{1}{2}$.
Неравенство $-1 \le \cos(x + \frac{\pi}{6})$ выполняется всегда. Решаем $\cos(x + \frac{\pi}{6}) < \frac{1}{2}$.
Пусть $u = x + \frac{\pi}{6}$. Тогда $\cos u < \frac{1}{2}$.
Решение этого неравенства: $\frac{\pi}{3} + 2\pi n < u < \frac{5\pi}{3} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.
Подставим обратно $u = x + \frac{\pi}{6}$:
$\frac{\pi}{3} + 2\pi n < x + \frac{\pi}{6} < \frac{5\pi}{3} + 2\pi n$
Вычтем $\frac{\pi}{6}$ из всех частей неравенства:
$\frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{6} + 2\pi n < x < \frac{5\pi}{3} - \frac{\pi}{6} + 2\pi n$
$\frac{\pi}{6} + 2\pi n < x < \frac{9\pi}{6} + 2\pi n$
$\frac{\pi}{6} + 2\pi n < x < \frac{3\pi}{2} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x \in (\frac{\pi}{6} + 2\pi n; \frac{3\pi}{2} + 2\pi n), n \in \mathbb{Z}$.

4) $\text{tg} x \ge 2\text{ctg} x$
Область допустимых значений (ОДЗ): $x \ne \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z}$.
Используем тождество $\text{ctg} x = \frac{1}{\text{tg} x}$:
$\text{tg} x \ge \frac{2}{\text{tg} x}$
Перенесем все в левую часть и приведем к общему знаменателю:
$\text{tg} x - \frac{2}{\text{tg} x} \ge 0$
$\frac{\text{tg}^2 x - 2}{\text{tg} x} \ge 0$
Сделаем замену. Пусть $t = \text{tg} x$.
$\frac{t^2 - 2}{t} \ge 0$
Решим это неравенство методом интервалов. Найдем нули числителя и знаменателя.
Нули числителя: $t^2 - 2 = 0 \implies t = \pm\sqrt{2}$.
Нуль знаменателя: $t = 0$.
Нанесем точки $-\sqrt{2}, 0, \sqrt{2}$ на числовую ось и определим знаки выражения в каждом интервале.
Интервалы, где выражение положительно: $(-\sqrt{2}, 0)$ и $(\sqrt{2}, \infty)$.
Так как неравенство нестрогое, включаем нули числителя.
Получаем: $-\sqrt{2} \le t < 0$ или $t \ge \sqrt{2}$.
Возвращаемся к переменной $x$:
1) $-\sqrt{2} \le \text{tg} x < 0$
2) $\text{tg} x \ge \sqrt{2}$
Решим каждое неравенство с учетом периодичности тангенса $\pi$.
1) Из $-\sqrt{2} \le \text{tg} x < 0$ следует $\text{arctg}(-\sqrt{2}) + \pi n \le x < \pi n$, то есть $-\text{arctg}(\sqrt{2}) + \pi n \le x < \pi n$.
2) Из $\text{tg} x \ge \sqrt{2}$ следует $\text{arctg}(\sqrt{2}) + \pi n \le x < \frac{\pi}{2} + \pi n$.
Объединяем полученные решения.
Ответ: $x \in [-\text{arctg}(\sqrt{2}) + \pi n, \pi n) \cup [\text{arctg}(\sqrt{2}) + \pi n, \frac{\pi}{2} + \pi n), n \in \mathbb{Z}$.