Страница 257 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

35.1. Решите неравенство:

1) $ \sin x < \frac{1}{2} $;

2) $ \sin x \ge -\frac{\sqrt{3}}{2} $;

3) $ \cos x > \frac{\sqrt{2}}{2} $;

4) $ \cos x \le \frac{\sqrt{3}}{2} $;

5) $ \operatorname{tg} x < -1 $;

6) $ \operatorname{tg} x \ge \frac{\sqrt{3}}{3} $;

7) $ \operatorname{ctg} x \le \sqrt{3} $;

8) $ \operatorname{ctg} x > -1 $;

9) $ \sin x < \frac{1}{6} $;

10) $ \operatorname{tg} x > 3 $.

Решим неравенство $ \sin x < \frac{1}{2} $. Найдём на единичной окружности точки, для которых ордината (координата y) равна $ \frac{1}{2} $. Это углы $ x = \frac{\pi}{6} $ и $ x = \frac{5\pi}{6} $. Неравенству $ \sin x < \frac{1}{2} $ соответствуют точки на единичной окружности, которые лежат ниже прямой $ y = \frac{1}{2} $. Если двигаться по окружности против часовой стрелки, то эта дуга начинается от угла $ \frac{5\pi}{6} $ и заканчивается углом $ \frac{\pi}{6} $ на следующем обороте, то есть $ \frac{\pi}{6} + 2\pi = \frac{13\pi}{6} $. Таким образом, решением является интервал $ (\frac{5\pi}{6}; \frac{13\pi}{6}) $. Учитывая периодичность синуса (период $ 2\pi $), общее решение имеет вид: $ \frac{5\pi}{6} + 2\pi n < x < \frac{13\pi}{6} + 2\pi n, n \in Z $. Это решение также можно записать в виде $ -\frac{7\pi}{6} + 2\pi n < x < \frac{\pi}{6} + 2\pi n, n \in Z $.
Ответ: $ x \in (-\frac{7\pi}{6} + 2\pi n; \frac{\pi}{6} + 2\pi n), n \in Z $.

Решим неравенство $ \sin x \ge -\frac{\sqrt{3}}{2} $. Найдём на единичной окружности точки, для которых ордината равна $ -\frac{\sqrt{3}}{2} $. Это углы $ x = -\frac{\pi}{3} $ и $ x = -\frac{2\pi}{3} $ (или $ \frac{4\pi}{3} $). Неравенству $ \sin x \ge -\frac{\sqrt{3}}{2} $ соответствуют точки на единичной окружности, которые лежат на прямой $ y = -\frac{\sqrt{3}}{2} $ или выше неё. Эта дуга начинается от угла $ -\frac{\pi}{3} $ и, двигаясь против часовой стрелки, заканчивается углом $ \frac{4\pi}{3} $. Таким образом, решением на одном обороте является промежуток $ [-\frac{\pi}{3}; \frac{4\pi}{3}] $. Учитывая периодичность, общее решение: $ -\frac{\pi}{3} + 2\pi n \le x \le \frac{4\pi}{3} + 2\pi n, n \in Z $.
Ответ: $ x \in [-\frac{\pi}{3} + 2\pi n; \frac{4\pi}{3} + 2\pi n], n \in Z $.

Решим неравенство $ \cos x > \frac{\sqrt{2}}{2} $. Найдём на единичной окружности точки, для которых абсцисса (координата x) равна $ \frac{\sqrt{2}}{2} $. Это углы $ x = \frac{\pi}{4} $ и $ x = -\frac{\pi}{4} $. Неравенству $ \cos x > \frac{\sqrt{2}}{2} $ соответствуют точки на единичной окружности, которые лежат правее прямой $ x = \frac{\sqrt{2}}{2} $. Эта дуга начинается от угла $ -\frac{\pi}{4} $ и заканчивается углом $ \frac{\pi}{4} $. Таким образом, решением является интервал $ (-\frac{\pi}{4}; \frac{\pi}{4}) $. Учитывая периодичность косинуса, общее решение: $ -\frac{\pi}{4} + 2\pi n < x < \frac{\pi}{4} + 2\pi n, n \in Z $.
Ответ: $ x \in (-\frac{\pi}{4} + 2\pi n; \frac{\pi}{4} + 2\pi n), n \in Z $.

Решим неравенство $ \cos x \le \frac{\sqrt{3}}{2} $. Найдём на единичной окружности точки, для которых абсцисса равна $ \frac{\sqrt{3}}{2} $. Это углы $ x = \frac{\pi}{6} $ и $ x = -\frac{\pi}{6} $ (или $ \frac{11\pi}{6} $). Неравенству $ \cos x \le \frac{\sqrt{3}}{2} $ соответствуют точки на единичной окружности, которые лежат на прямой $ x = \frac{\sqrt{3}}{2} $ или левее неё. Эта дуга начинается от угла $ \frac{\pi}{6} $ и, двигаясь против часовой стрелки, заканчивается углом $ \frac{11\pi}{6} $. Таким образом, решением является промежуток $ [\frac{\pi}{6}; \frac{11\pi}{6}] $. Учитывая периодичность, общее решение: $ \frac{\pi}{6} + 2\pi n \le x \le \frac{11\pi}{6} + 2\pi n, n \in Z $.
Ответ: $ x \in [\frac{\pi}{6} + 2\pi n; \frac{11\pi}{6} + 2\pi n], n \in Z $.

Решим неравенство $ \tg x < -1 $. Период тангенса равен $ \pi $. Рассмотрим решение на интервале $ (-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}) $. Найдём корень уравнения $ \tg x = -1 $. На данном интервале это $ x = -\frac{\pi}{4} $. Функция $ y = \tg x $ является возрастающей на всей области определения. Следовательно, неравенство $ \tg x < -1 $ будет выполняться для всех $ x $, меньших $ -\frac{\pi}{4} $, в пределах рассматриваемого интервала. Левая граница интервала определяется вертикальной асимптотой $ x = -\frac{\pi}{2} $. Таким образом, на интервале $ (-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}) $ решение - это $ -\frac{\pi}{2} < x < -\frac{\pi}{4} $. Учитывая периодичность, общее решение: $ -\frac{\pi}{2} + \pi n < x < -\frac{\pi}{4} + \pi n, n \in Z $.
Ответ: $ x \in (-\frac{\pi}{2} + \pi n; -\frac{\pi}{4} + \pi n), n \in Z $.

Решим неравенство $ \tg x \ge \frac{\sqrt{3}}{3} $. Период тангенса равен $ \pi $. Рассмотрим решение на интервале $ (-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}) $. Найдём корень уравнения $ \tg x = \frac{\sqrt{3}}{3} $. На данном интервале это $ x = \frac{\pi}{6} $. Так как функция $ y = \tg x $ возрастающая, неравенство $ \tg x \ge \frac{\sqrt{3}}{3} $ выполняется для всех $ x $, больших или равных $ \frac{\pi}{6} $. Правая граница интервала определяется вертикальной асимптотой $ x = \frac{\pi}{2} $. Таким образом, на интервале $ (-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}) $ решение - это $ \frac{\pi}{6} \le x < \frac{\pi}{2} $. Учитывая периодичность, общее решение: $ \frac{\pi}{6} + \pi n \le x < \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in Z $.
Ответ: $ x \in [\frac{\pi}{6} + \pi n; \frac{\pi}{2} + \pi n), n \in Z $.

Решим неравенство $ \ctg x \le \sqrt{3} $. Период котангенса равен $ \pi $. Рассмотрим решение на интервале $ (0; \pi) $. Найдём корень уравнения $ \ctg x = \sqrt{3} $. На данном интервале это $ x = \frac{\pi}{6} $. Функция $ y = \ctg x $ является убывающей на всей области определения. Следовательно, неравенство $ \ctg x \le \sqrt{3} $ будет выполняться для всех $ x $, больших или равных $ \frac{\pi}{6} $. Правая граница интервала определяется вертикальной асимптотой $ x = \pi $. Таким образом, на интервале $ (0; \pi) $ решение - это $ \frac{\pi}{6} \le x < \pi $. Учитывая периодичность, общее решение: $ \frac{\pi}{6} + \pi n \le x < \pi + \pi n, n \in Z $.
Ответ: $ x \in [\frac{\pi}{6} + \pi n; \pi + \pi n), n \in Z $.

Решим неравенство $ \ctg x > -1 $. Период котангенса равен $ \pi $. Рассмотрим решение на интервале $ (0; \pi) $. Найдём корень уравнения $ \ctg x = -1 $. На данном интервале это $ x = \frac{3\pi}{4} $. Так как функция $ y = \ctg x $ убывающая, неравенство $ \ctg x > -1 $ выполняется для всех $ x $, меньших $ \frac{3\pi}{4} $. Левая граница интервала определяется вертикальной асимптотой $ x = 0 $. Таким образом, на интервале $ (0; \pi) $ решение - это $ 0 < x < \frac{3\pi}{4} $. Учитывая периодичность, общее решение: $ \pi n < x < \frac{3\pi}{4} + \pi n, n \in Z $.
Ответ: $ x \in (\pi n; \frac{3\pi}{4} + \pi n), n \in Z $.

Решим неравенство $ \sin x < \frac{1}{6} $. Решение аналогично задаче 1), но с использованием арксинуса. Корнями уравнения $ \sin x = \frac{1}{6} $ являются $ x = \arcsin\frac{1}{6} + 2\pi n $ и $ x = \pi - \arcsin\frac{1}{6} + 2\pi n, n \in Z $. На единичной окружности неравенству соответствуют точки, лежащие ниже прямой $ y = \frac{1}{6} $. Эта дуга начинается от угла $ \pi - \arcsin\frac{1}{6} $ и заканчивается углом $ \arcsin\frac{1}{6} $ на следующем обороте. Учитывая периодичность, общее решение можно записать так: $ \pi - \arcsin\frac{1}{6} + 2\pi n < x < 2\pi + \arcsin\frac{1}{6} + 2\pi n, n \in Z $. Или в более компактной форме: $ -\pi - \arcsin\frac{1}{6} + 2\pi n < x < \arcsin\frac{1}{6} + 2\pi n, n \in Z $.
Ответ: $ x \in (-\pi - \arcsin\frac{1}{6} + 2\pi n; \arcsin\frac{1}{6} + 2\pi n), n \in Z $.

Решим неравенство $ \tg x > 3 $. Решение аналогично задаче 6), но с использованием арктангенса. Период тангенса равен $ \pi $. Найдём корень уравнения $ \tg x = 3 $. Это $ x = \arctan 3 $. Так как функция $ y = \tg x $ возрастающая, неравенство $ \tg x > 3 $ выполняется для всех $ x $, больших $ \arctan 3 $. Интервал ограничен справа вертикальной асимптотой $ x = \frac{\pi}{2} $. Решение на одном периоде: $ \arctan 3 < x < \frac{\pi}{2} $. Учитывая периодичность, общее решение: $ \arctan 3 + \pi n < x < \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in Z $.
Ответ: $ x \in (\arctan 3 + \pi n; \frac{\pi}{2} + \pi n), n \in Z $.

35.2. Решите неравенство:

1) $\sin x \le \frac{\sqrt{2}}{2}$;

2) $\sin x > -\frac{1}{2}$;

3) $\cos x \le \frac{1}{2}$;

4) $\cos x > \frac{\sqrt{3}}{2}$;

5) $\text{tg} x \ge -1$;

6) $\text{tg} x < -\sqrt{3}$;

7) $\text{ctg} x > \frac{\sqrt{3}}{3}$;

8) $\text{ctg} x \le 1$;

9) $\cos x > \frac{3}{5}$;

10) $\text{ctg} x < 2$.

1)

Решим неравенство $\sin x \le \frac{\sqrt{2}}{2}$.
Сначала найдем корни уравнения $\sin x = \frac{\sqrt{2}}{2}$. На единичной окружности это углы $x = \frac{\pi}{4}$ и $x = \frac{3\pi}{4}$.
Неравенству удовлетворяют все точки на единичной окружности, ордината (координата y) которых меньше или равна $\frac{\sqrt{2}}{2}$. Это соответствует дуге, которая начинается в точке $\frac{3\pi}{4}$ и идет по часовой стрелке до точки $\frac{\pi}{4}$.
Для записи решения в виде одного интервала можно использовать, например, промежуток от $-\frac{5\pi}{4}$ до $\frac{\pi}{4}$.
С учетом периодичности функции синус, общее решение неравенства:
$-\frac{5\pi}{4} + 2\pi k \le x \le \frac{\pi}{4} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in [-\frac{5\pi}{4} + 2\pi k, \frac{\pi}{4} + 2\pi k], k \in \mathbb{Z}$.

2)

Решим неравенство $\sin x > -\frac{1}{2}$.
Корни уравнения $\sin x = -\frac{1}{2}$ — это $x = -\frac{\pi}{6}$ и $x = \frac{7\pi}{6}$.
Неравенству удовлетворяют точки на единичной окружности, ордината которых больше $-\frac{1}{2}$. Это соответствует дуге, идущей против часовой стрелки от точки $-\frac{\pi}{6}$ до точки $\frac{7\pi}{6}$.
С учетом периодичности, общее решение:
$-\frac{\pi}{6} + 2\pi k < x < \frac{7\pi}{6} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (-\frac{\pi}{6} + 2\pi k, \frac{7\pi}{6} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z}$.

3)

Решим неравенство $\cos x \le \frac{1}{2}$.
Корни уравнения $\cos x = \frac{1}{2}$ — это $x = \frac{\pi}{3}$ и $x = -\frac{\pi}{3}$.
Неравенству удовлетворяют точки на единичной окружности, абсцисса (координата x) которых не превышает $\frac{1}{2}$. Это соответствует дуге, идущей против часовой стрелки от точки $\frac{\pi}{3}$ до точки $-\frac{\pi}{3} + 2\pi = \frac{5\pi}{3}$.
С учетом периодичности, общее решение:
$\frac{\pi}{3} + 2\pi k \le x \le \frac{5\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in [\frac{\pi}{3} + 2\pi k, \frac{5\pi}{3} + 2\pi k], k \in \mathbb{Z}$.

4)

Решим неравенство $\cos x > \frac{\sqrt{3}}{2}$.
Корни уравнения $\cos x = \frac{\sqrt{3}}{2}$ — это $x = \frac{\pi}{6}$ и $x = -\frac{\pi}{6}$.
Неравенству удовлетворяют точки на единичной окружности, абсцисса которых больше $\frac{\sqrt{3}}{2}$. Это соответствует дуге, идущей против часовой стрелки от точки $-\frac{\pi}{6}$ до точки $\frac{\pi}{6}$.
С учетом периодичности, общее решение:
$-\frac{\pi}{6} + 2\pi k < x < \frac{\pi}{6} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

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

5)

Решим неравенство $\tan x \ge -1$.
Область определения тангенса: $x \ne \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Корень уравнения $\tan x = -1$ — это $x = -\frac{\pi}{4} + \pi k$.
Функция $y = \tan x$ является возрастающей на каждом интервале своей области определения. Рассмотрим один такой интервал $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$. На нем решение неравенства — это промежуток от точки, где $\tan x = -1$, до правой асимптоты.
Таким образом, $-\frac{\pi}{4} \le x < \frac{\pi}{2}$. С учетом периодичности $\pi$, общее решение:
$-\frac{\pi}{4} + \pi k \le x < \frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in [-\frac{\pi}{4} + \pi k, \frac{\pi}{2} + \pi k), k \in \mathbb{Z}$.

6)

Решим неравенство $\tan x < -\sqrt{3}$.
Область определения тангенса: $x \ne \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Корень уравнения $\tan x = -\sqrt{3}$ — это $x = -\frac{\pi}{3} + \pi k$.
На интервале $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ функция $\tan x$ возрастает. Значения, меньшие $-\sqrt{3}$, находятся между левой асимптотой и точкой $x = -\frac{\pi}{3}$.
Таким образом, $-\frac{\pi}{2} < x < -\frac{\pi}{3}$. С учетом периодичности $\pi$, общее решение:
$-\frac{\pi}{2} + \pi k < x < -\frac{\pi}{3} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (-\frac{\pi}{2} + \pi k, -\frac{\pi}{3} + \pi k), k \in \mathbb{Z}$.

7)

Решим неравенство $\cot x > \frac{\sqrt{3}}{3}$.
Область определения котангенса: $x \ne \pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Корень уравнения $\cot x = \frac{\sqrt{3}}{3}$ — это $x = \frac{\pi}{3} + \pi k$.
Функция $y = \cot x$ является убывающей на каждом интервале своей области определения. Рассмотрим один такой интервал $(0, \pi)$. На нем значения котангенса больше $\frac{\sqrt{3}}{3}$ находятся между левой асимптотой и точкой $x = \frac{\pi}{3}$.
Таким образом, $0 < x < \frac{\pi}{3}$. С учетом периодичности $\pi$, общее решение:
$\pi k < x < \frac{\pi}{3} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (\pi k, \frac{\pi}{3} + \pi k), k \in \mathbb{Z}$.

8)

Решим неравенство $\cot x \le 1$.
Область определения котангенса: $x \ne \pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Корень уравнения $\cot x = 1$ — это $x = \frac{\pi}{4} + \pi k$.
На интервале $(0, \pi)$ функция $\cot x$ убывает. Значения, меньшие или равные 1, находятся между точкой $x = \frac{\pi}{4}$ и правой асимптотой.
Таким образом, $\frac{\pi}{4} \le x < \pi$. С учетом периодичности $\pi$, общее решение:
$\frac{\pi}{4} + \pi k \le x < \pi + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in [\frac{\pi}{4} + \pi k, \pi + \pi k), k \in \mathbb{Z}$.

9)

Решим неравенство $\cos x > \frac{3}{5}$.
Корни уравнения $\cos x = \frac{3}{5}$ выражаются через арккосинус: $x = \pm\arccos(\frac{3}{5}) + 2\pi k$.
На единичной окружности этому неравенству соответствуют точки, абсцисса которых больше $\frac{3}{5}$. Это дуга, идущая против часовой стрелки от точки $-\arccos(\frac{3}{5})$ до точки $\arccos(\frac{3}{5})$.
С учетом периодичности, общее решение:
$-\arccos(\frac{3}{5}) + 2\pi k < x < \arccos(\frac{3}{5}) + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (-\arccos(\frac{3}{5}) + 2\pi k, \arccos(\frac{3}{5}) + 2\pi k), k \in \mathbb{Z}$.

10)

Решим неравенство $\cot x < 2$.
Область определения котангенса: $x \ne \pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Корень уравнения $\cot x = 2$ выражается через арккотангенс: $x = \text{arccot}(2) + \pi k$.
На интервале $(0, \pi)$ функция $\cot x$ убывает. Значения, меньшие 2, находятся между точкой $x = \text{arccot}(2)$ и правой асимптотой.
Таким образом, $\text{arccot}(2) < x < \pi$. С учетом периодичности $\pi$, общее решение:
$\text{arccot}(2) + \pi k < x < \pi + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (\text{arccot}(2) + \pi k, \pi + \pi k), k \in \mathbb{Z}$.

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: $x \in \left(-\frac{7\pi}{8} + \frac{1}{2} + \pi k, -\frac{5\pi}{8} + \frac{1}{2} + \pi k\right), k \in \mathbb{Z}$.

35.4. Решите неравенство:

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

2) $\cos\left(\frac{x}{2} + \frac{\pi}{3}\right) < -\frac{\sqrt{2}}{2};$

3) $2\sin\left(\frac{2\pi}{3} - x\right) < 1;$

4) $\tan\left(\frac{x}{3} + \frac{\pi}{4}\right) < \frac{\sqrt{3}}{3};$

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

6) $\sin\left(4x + \frac{\pi}{5}\right) \le -\frac{\sqrt{3}}{2}.$

1) $ctg\left(x + \frac{\pi}{6}\right) \ge \sqrt{3}$
Сделаем замену переменной: пусть $t = x + \frac{\pi}{6}$. Неравенство примет вид $ctg(t) \ge \sqrt{3}$.
Решим сначала уравнение $ctg(t) = \sqrt{3}$. Его главное решение $t = arcctg(\sqrt{3}) = \frac{\pi}{6}$. Общее решение с учетом периода $T=\pi$ будет $t = \frac{\pi}{6} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Функция котангенса является убывающей на всей области определения. Область определения котангенса $t \ne \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
Таким образом, решение неравенства $ctg(t) \ge \sqrt{3}$ на одном периоде будет $0 < t \le \frac{\pi}{6}$. С учетом периодичности, получаем:
$\pi k < t \le \frac{\pi}{6} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Вернемся к исходной переменной $x$, подставив $t = x + \frac{\pi}{6}$:
$\pi k < x + \frac{\pi}{6} \le \frac{\pi}{6} + \pi k$
Вычтем $\frac{\pi}{6}$ из всех частей неравенства:
$\pi k - \frac{\pi}{6} < x \le \pi k$
Ответ: $x \in (-\frac{\pi}{6} + \pi k, \pi k], k \in \mathbb{Z}$.

2) $\cos\left(\frac{x}{2} + \frac{\pi}{3}\right) < -\frac{\sqrt{2}}{2}$
Сделаем замену переменной: пусть $t = \frac{x}{2} + \frac{\pi}{3}$. Неравенство примет вид $\cos(t) < -\frac{\sqrt{2}}{2}$.
Решения уравнения $\cos(t) = -\frac{\sqrt{2}}{2}$ на тригонометрической окружности - это углы $\frac{3\pi}{4}$ и $\frac{5\pi}{4}$.
Значения косинуса меньше $-\frac{\sqrt{2}}{2}$ соответствуют точкам окружности, лежащим левее прямой $x = -\frac{\sqrt{2}}{2}$.
Следовательно, решение неравенства для $t$ с учетом периода $T=2\pi$ будет:
$\frac{3\pi}{4} + 2\pi k < t < \frac{5\pi}{4} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Вернемся к исходной переменной $x$:
$\frac{3\pi}{4} + 2\pi k < \frac{x}{2} + \frac{\pi}{3} < \frac{5\pi}{4} + 2\pi k$
Вычтем $\frac{\pi}{3}$ из всех частей:
$\frac{3\pi}{4} - \frac{\pi}{3} + 2\pi k < \frac{x}{2} < \frac{5\pi}{4} - \frac{\pi}{3} + 2\pi k$
$\frac{9\pi - 4\pi}{12} + 2\pi k < \frac{x}{2} < \frac{15\pi - 4\pi}{12} + 2\pi k$
$\frac{5\pi}{12} + 2\pi k < \frac{x}{2} < \frac{11\pi}{12} + 2\pi k$
Умножим все части на 2:
$\frac{5\pi}{6} + 4\pi k < x < \frac{11\pi}{6} + 4\pi k$
Ответ: $x \in (\frac{5\pi}{6} + 4\pi k, \frac{11\pi}{6} + 4\pi k), k \in \mathbb{Z}$.

3) $2\sin\left(\frac{2\pi}{3} - x\right) < 1$
Разделим обе части на 2: $\sin\left(\frac{2\pi}{3} - x\right) < \frac{1}{2}$.
Сделаем замену переменной: пусть $t = \frac{2\pi}{3} - x$. Неравенство примет вид $\sin(t) < \frac{1}{2}$.
Решения уравнения $\sin(t) = \frac{1}{2}$ на тригонометрической окружности - это углы $\frac{\pi}{6}$ и $\frac{5\pi}{6}$.
Значения синуса меньше $\frac{1}{2}$ соответствуют точкам окружности, лежащим ниже прямой $y = \frac{1}{2}$.
Следовательно, решение неравенства для $t$ с учетом периода $T=2\pi$ будет (двигаясь по окружности против часовой стрелки от $\frac{5\pi}{6}$ к $2\pi+\frac{\pi}{6}$):
$\frac{5\pi}{6} + 2\pi k < t < \frac{13\pi}{6} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Вернемся к исходной переменной $x$:
$\frac{5\pi}{6} + 2\pi k < \frac{2\pi}{3} - x < \frac{13\pi}{6} + 2\pi k$
Вычтем $\frac{2\pi}{3}$ из всех частей:
$\frac{5\pi}{6} - \frac{4\pi}{6} + 2\pi k < -x < \frac{13\pi}{6} - \frac{4\pi}{6} + 2\pi k$
$\frac{\pi}{6} + 2\pi k < -x < \frac{9\pi}{6} + 2\pi k$
$\frac{\pi}{6} + 2\pi k < -x < \frac{3\pi}{2} + 2\pi k$
Умножим все части на -1, изменив знаки неравенства на противоположные:
$-\frac{\pi}{6} - 2\pi k > x > -\frac{3\pi}{2} - 2\pi k$
Запишем в стандартном виде: $-\frac{3\pi}{2} - 2\pi k < x < -\frac{\pi}{6} - 2\pi k$.
Так как $k$ - любое целое число, то $-k$ также пробегает все целые значения. Заменим $-k$ на $n$ ($n \in \mathbb{Z}$):
$-\frac{3\pi}{2} + 2\pi n < x < -\frac{\pi}{6} + 2\pi n$
Ответ: $x \in (-\frac{3\pi}{2} + 2\pi k, -\frac{\pi}{6} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z}$.

4) $tg\left(\frac{x}{3} + \frac{\pi}{4}\right) < \frac{\sqrt{3}}{3}$
Сделаем замену переменной: пусть $t = \frac{x}{3} + \frac{\pi}{4}$. Неравенство примет вид $tg(t) < \frac{\sqrt{3}}{3}$.
Функция тангенса является возрастающей на всей области определения. Решение уравнения $tg(t) = \frac{\sqrt{3}}{3}$ есть $t = \frac{\pi}{6} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Область определения тангенса $t \ne \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
Таким образом, решение неравенства с учетом периодичности $T=\pi$ будет:
$-\frac{\pi}{2} + \pi k < t < \frac{\pi}{6} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Вернемся к исходной переменной $x$:
$-\frac{\pi}{2} + \pi k < \frac{x}{3} + \frac{\pi}{4} < \frac{\pi}{6} + \pi k$
Вычтем $\frac{\pi}{4}$ из всех частей:
$-\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} + \pi k < \frac{x}{3} < \frac{\pi}{6} - \frac{\pi}{4} + \pi k$
$-\frac{3\pi}{4} + \pi k < \frac{x}{3} < \frac{2\pi - 3\pi}{12} + \pi k$
$-\frac{3\pi}{4} + \pi k < \frac{x}{3} < -\frac{\pi}{12} + \pi k$
Умножим все части на 3:
$-\frac{9\pi}{4} + 3\pi k < x < -\frac{3\pi}{12} + 3\pi k$
$-\frac{9\pi}{4} + 3\pi k < x < -\frac{\pi}{4} + 3\pi k$
Ответ: $x \in (-\frac{9\pi}{4} + 3\pi k, -\frac{\pi}{4} + 3\pi k), k \in \mathbb{Z}$.

5) $\cos\left(x - \frac{\pi}{6}\right) \ge \frac{1}{2}$
Сделаем замену переменной: пусть $t = x - \frac{\pi}{6}$. Неравенство примет вид $\cos(t) \ge \frac{1}{2}$.
Решения уравнения $\cos(t) = \frac{1}{2}$ - это $t = \pm \frac{\pi}{3} + 2\pi k$.
Значения косинуса больше или равны $\frac{1}{2}$ соответствуют точкам окружности, лежащим правее или на прямой $x = \frac{1}{2}$.
Следовательно, решение неравенства для $t$ с учетом периода $T=2\pi$ будет:
$-\frac{\pi}{3} + 2\pi k \le t \le \frac{\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Вернемся к исходной переменной $x$:
$-\frac{\pi}{3} + 2\pi k \le x - \frac{\pi}{6} \le \frac{\pi}{3} + 2\pi k$
Прибавим $\frac{\pi}{6}$ ко всем частям:
$-\frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{6} + 2\pi k \le x \le \frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{6} + 2\pi k$
$-\frac{2\pi - \pi}{6} + 2\pi k \le x \le \frac{2\pi + \pi}{6} + 2\pi k$
$-\frac{\pi}{6} + 2\pi k \le x \le \frac{3\pi}{6} + 2\pi k$
$-\frac{\pi}{6} + 2\pi k \le x \le \frac{\pi}{2} + 2\pi k$
Ответ: $x \in [-\frac{\pi}{6} + 2\pi k, \frac{\pi}{2} + 2\pi k], k \in \mathbb{Z}$.

6) $\sin\left(4x + \frac{\pi}{5}\right) \le -\frac{\sqrt{3}}{2}$
Сделаем замену переменной: пусть $t = 4x + \frac{\pi}{5}$. Неравенство примет вид $\sin(t) \le -\frac{\sqrt{3}}{2}$.
Решения уравнения $\sin(t) = -\frac{\sqrt{3}}{2}$ - это $t = -\frac{\pi}{3} + 2\pi k$ и $t = -\frac{2\pi}{3} + 2\pi k$.
Значения синуса меньше или равны $-\frac{\sqrt{3}}{2}$ соответствуют точкам окружности, лежащим ниже или на прямой $y = -\frac{\sqrt{3}}{2}$.
Следовательно, решение неравенства для $t$ с учетом периода $T=2\pi$ будет:
$-\frac{2\pi}{3} + 2\pi k \le t \le -\frac{\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Вернемся к исходной переменной $x$:
$-\frac{2\pi}{3} + 2\pi k \le 4x + \frac{\pi}{5} \le -\frac{\pi}{3} + 2\pi k$
Вычтем $\frac{\pi}{5}$ из всех частей:
$-\frac{2\pi}{3} - \frac{\pi}{5} + 2\pi k \le 4x \le -\frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{5} + 2\pi k$
$\frac{-10\pi - 3\pi}{15} + 2\pi k \le 4x \le \frac{-5\pi - 3\pi}{15} + 2\pi k$
$-\frac{13\pi}{15} + 2\pi k \le 4x \le -\frac{8\pi}{15} + 2\pi k$
Разделим все части на 4:
$-\frac{13\pi}{60} + \frac{2\pi k}{4} \le x \le -\frac{8\pi}{60} + \frac{2\pi k}{4}$
$-\frac{13\pi}{60} + \frac{\pi k}{2} \le x \le -\frac{2\pi}{15} + \frac{\pi k}{2}$
Ответ: $x \in [-\frac{13\pi}{60} + \frac{\pi k}{2}, -\frac{2\pi}{15} + \frac{\pi k}{2}], k \in \mathbb{Z}$.