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: $x \in (-\frac{\pi}{2} + \pi n, -\operatorname{arctg} 2 + \pi n) \cup (\operatorname{arctg} 2 + \pi n, \frac{\pi}{2} + \pi n), n \in \mathbb{Z}$.

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

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} $.

35.8. Решите неравенство:

1) $\sin^6 x + \cos^6 x \ge \frac{5}{8}$;

2) $\sin x \ge \cos x.$

Преобразуем левую часть неравенства. Воспользуемся формулой суммы кубов $a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)$, положив $a = \sin^2x$ и $b = \cos^2x$. Учитывая основное тригонометрическое тождество $\sin^2x + \cos^2x = 1$, получаем:

$\sin^6x + \cos^6x = (\sin^2x)^3 + (\cos^2x)^3 = (\sin^2x+\cos^2x)(\sin^4x - \sin^2x\cos^2x + \cos^4x)$

$= 1 \cdot (\sin^4x + \cos^4x - \sin^2x\cos^2x)$

Выражение $\sin^4x + \cos^4x$ также можно упростить, выделив полный квадрат:

$\sin^4x + \cos^4x = (\sin^2x+\cos^2x)^2 - 2\sin^2x\cos^2x = 1 - 2\sin^2x\cos^2x$

Подставим это обратно в преобразованное выражение:

$\sin^6x + \cos^6x = (1 - 2\sin^2x\cos^2x) - \sin^2x\cos^2x = 1 - 3\sin^2x\cos^2x$

Применим формулу синуса двойного угла $\sin(2x) = 2\sin x\cos x$, из которой следует, что $\sin^2x\cos^2x = \frac{1}{4}\sin^2(2x)$.

$\sin^6x + \cos^6x = 1 - \frac{3}{4}\sin^2(2x)$

Теперь исходное неравенство принимает вид:

$1 - \frac{3}{4}\sin^2(2x) \ge \frac{5}{8}$

Выразим $\sin^2(2x)$:

$1 - \frac{5}{8} \ge \frac{3}{4}\sin^2(2x)$

$\frac{3}{8} \ge \frac{3}{4}\sin^2(2x)$

Умножим обе части на $\frac{4}{3}$:

$\frac{1}{2} \ge \sin^2(2x)$

$\sin^2(2x) \le \frac{1}{2}$

Данное неравенство равносильно неравенству $|\sin(2x)| \le \frac{1}{\sqrt{2}}$, или $|\sin(2x)| \le \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Решением этого неравенства для аргумента $2x$ является множество значений, для которых синус по модулю не превышает $\frac{\sqrt{2}}{2}$. На тригонометрической окружности это соответствует углам, удовлетворяющим условию:

$-\frac{\pi}{4} + \pi k \le 2x \le \frac{\pi}{4} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Чтобы найти $x$, разделим все части неравенства на 2:

$-\frac{\pi}{8} + \frac{\pi k}{2} \le x \le \frac{\pi}{8} + \frac{\pi k}{2}$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in \left[-\frac{\pi}{8} + \frac{\pi k}{2}; \frac{\pi}{8} + \frac{\pi k}{2}\right], k \in \mathbb{Z}$.

Перенесем все члены неравенства в левую часть:

$\sin x - \cos x \ge 0$

Для решения этого неравенства применим метод вспомогательного угла. Умножим и разделим левую часть на $\sqrt{1^2+(-1)^2} = \sqrt{2}$:

$\sqrt{2} \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\sin x - \frac{1}{\sqrt{2}}\cos x \right) \ge 0$

Заметим, что $\frac{1}{\sqrt{2}} = \cos\frac{\pi}{4}$ и $\frac{1}{\sqrt{2}} = \sin\frac{\pi}{4}$. Подставим эти значения в выражение:

$\sqrt{2} \left(\sin x \cos\frac{\pi}{4} - \cos x \sin\frac{\pi}{4} \right) \ge 0$

Выражение в скобках является формулой синуса разности $\sin(\alpha - \beta) = \sin\alpha\cos\beta - \cos\alpha\sin\beta$:

$\sqrt{2} \sin\left(x - \frac{\pi}{4}\right) \ge 0$

Разделим обе части на $\sqrt{2} > 0$, знак неравенства при этом не изменится:

$\sin\left(x - \frac{\pi}{4}\right) \ge 0$

Сделаем замену $t = x - \frac{\pi}{4}$. Неравенство примет вид $\sin t \ge 0$.

Функция синус неотрицательна в первой и второй координатных четвертях, что соответствует углам $t$ в промежутке:

$2\pi n \le t \le \pi + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Выполним обратную замену $t = x - \frac{\pi}{4}$:

$2\pi n \le x - \frac{\pi}{4} \le \pi + 2\pi n$

Чтобы найти $x$, прибавим $\frac{\pi}{4}$ ко всем частям двойного неравенства:

$\frac{\pi}{4} + 2\pi n \le x \le \pi + \frac{\pi}{4} + 2\pi n$

$\frac{\pi}{4} + 2\pi n \le x \le \frac{5\pi}{4} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in \left[\frac{\pi}{4} + 2\pi n; \frac{5\pi}{4} + 2\pi n\right], n \in \mathbb{Z}$.

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: $x \in [-\text{arctg}(\sqrt{2}) + \pi n, \pi n) \cup [\text{arctg}(\sqrt{2}) + \pi n, \frac{\pi}{2} + \pi n), n \in \mathbb{Z}$.

35.10. Решите неравенство:

1) $2\sin^2 x + \sqrt{3} \sin x - 3 \ge 0;$

2) $\operatorname{ctg}^2 x + \operatorname{ctg} x \ge 0;$

3) $4\sin^4 x + 12\cos^2 x - 7 < 0;$

4) $\frac{2}{\operatorname{tg} x + 1} < 2 - \operatorname{tg} x.$

1) $2\sin^2 x + \sqrt{3}\sin x - 3 \ge 0$

Сделаем замену переменной. Пусть $t = \sin x$. Так как область значений синуса $[-1; 1]$, то $-1 \le t \le 1$.

Неравенство принимает вид:

$2t^2 + \sqrt{3}t - 3 \ge 0$

Найдем корни квадратного трехчлена $2t^2 + \sqrt{3}t - 3 = 0$.

Дискриминант $D = (\sqrt{3})^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-3) = 3 + 24 = 27$.

Корни: $t = \frac{-\sqrt{3} \pm \sqrt{27}}{2 \cdot 2} = \frac{-\sqrt{3} \pm 3\sqrt{3}}{4}$.

$t_1 = \frac{-\sqrt{3} - 3\sqrt{3}}{4} = \frac{-4\sqrt{3}}{4} = -\sqrt{3}$.

$t_2 = \frac{-\sqrt{3} + 3\sqrt{3}}{4} = \frac{2\sqrt{3}}{4} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Так как ветви параболы $y=2t^2+\sqrt{3}t-3$ направлены вверх, решение неравенства $2t^2 + \sqrt{3}t - 3 \ge 0$ есть объединение промежутков $t \le -\sqrt{3}$ и $t \ge \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Теперь учтем ограничение $-1 \le t \le 1$.

1) Система $\begin{cases} t \le -\sqrt{3} \\ -1 \le t \le 1 \end{cases}$ не имеет решений, так как $-\sqrt{3} \approx -1.732 < -1$.

2) Система $\begin{cases} t \ge \frac{\sqrt{3}}{2} \\ -1 \le t \le 1 \end{cases}$ имеет решение $\frac{\sqrt{3}}{2} \le t \le 1$.

Возвращаемся к исходной переменной:

$\frac{\sqrt{3}}{2} \le \sin x \le 1$.

Решением этого двойного неравенства на тригонометрической окружности является дуга, заключенная между точками, соответствующими углам $\frac{\pi}{3}$ и $\frac{2\pi}{3}$.

С учетом периодичности синуса, получаем:

$\frac{\pi}{3} + 2\pi n \le x \le \frac{2\pi}{3} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

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

2) $\mathrm{ctg}^2 x + \mathrm{ctg} x \ge 0$

Область допустимых значений (ОДЗ): $\sin x \ne 0$, то есть $x \ne \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Сделаем замену переменной. Пусть $t = \mathrm{ctg} x$.

Неравенство принимает вид:

$t^2 + t \ge 0$

$t(t+1) \ge 0$

Методом интервалов находим решение для $t$: $t \le -1$ или $t \ge 0$.

Возвращаемся к исходной переменной:

1) $\mathrm{ctg} x \ge 0$. Это соответствует первой и третьей четвертям координатной плоскости. С учетом ОДЗ, решение: $\pi k < x \le \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

2) $\mathrm{ctg} x \le -1$. На промежутке $(0, \pi)$ функция $y = \mathrm{ctg} x$ убывает. $\mathrm{ctg} x = -1$ при $x = \frac{3\pi}{4}$. Значит, $\mathrm{ctg} x \le -1$ при $\frac{3\pi}{4} \le x < \pi$. С учетом периодичности, решение: $\frac{3\pi}{4} + \pi k \le x < \pi + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Объединяя оба случая, получаем окончательное решение.

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

3) $4\sin^4 x + 12\cos^2 x - 7 < 0$

Используем основное тригонометрическое тождество $\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$, чтобы привести неравенство к одной функции.

$4\sin^4 x + 12(1 - \sin^2 x) - 7 < 0$

$4\sin^4 x + 12 - 12\sin^2 x - 7 < 0$

$4\sin^4 x - 12\sin^2 x + 5 < 0$

Сделаем замену переменной. Пусть $t = \sin^2 x$. Так как $ -1 \le \sin x \le 1 $, то $0 \le \sin^2 x \le 1$, следовательно $0 \le t \le 1$.

Неравенство принимает вид:

$4t^2 - 12t + 5 < 0$

Найдем корни уравнения $4t^2 - 12t + 5 = 0$.

Дискриминант $D = (-12)^2 - 4 \cdot 4 \cdot 5 = 144 - 80 = 64$.

Корни: $t = \frac{12 \pm \sqrt{64}}{2 \cdot 4} = \frac{12 \pm 8}{8}$.

$t_1 = \frac{12-8}{8} = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}$.

$t_2 = \frac{12+8}{8} = \frac{20}{8} = \frac{5}{2}$.

Так как ветви параболы $y=4t^2-12t+5$ направлены вверх, решение неравенства $4t^2 - 12t + 5 < 0$ есть интервал $\frac{1}{2} < t < \frac{5}{2}$.

Учитывая ограничение $0 \le t \le 1$, получаем: $\frac{1}{2} < t \le 1$.

Возвращаемся к исходной переменной:

$\frac{1}{2} < \sin^2 x \le 1$

Неравенство $\sin^2 x \le 1$ выполняется для всех $x$.

Решим неравенство $\sin^2 x > \frac{1}{2}$. Оно равносильно совокупности $|\sin x| > \frac{1}{\sqrt{2}}$, то есть $\sin x > \frac{\sqrt{2}}{2}$ или $\sin x < -\frac{\sqrt{2}}{2}$.

1) $\sin x > \frac{\sqrt{2}}{2}$. Решение: $\frac{\pi}{4} + 2\pi n < x < \frac{3\pi}{4} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

2) $\sin x < -\frac{\sqrt{2}}{2}$. Решение: $\frac{5\pi}{4} + 2\pi n < x < \frac{7\pi}{4} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Объединяя эти два решения, можно записать ответ в более компактном виде.

Ответ: $x \in (\frac{\pi}{4} + \pi n; \frac{3\pi}{4} + \pi n), n \in \mathbb{Z}$.

4) $\frac{2}{\mathrm{tg} x + 1} < 2 - \mathrm{tg} x$

ОДЗ: $\mathrm{tg} x$ определен, т.е. $x \ne \frac{\pi}{2} + \pi k$, и знаменатель не равен нулю, т.е. $\mathrm{tg} x + 1 \ne 0 \Rightarrow \mathrm{tg} x \ne -1 \Rightarrow x \ne -\frac{\pi}{4} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Сделаем замену. Пусть $t = \mathrm{tg} x$.

$\frac{2}{t+1} < 2 - t$

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

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

$\frac{2 - (2t + 2 - t^2 - t)}{t+1} < 0$

$\frac{2 - (t^2 + t + 2)}{t+1} < 0$

$\frac{2 - t^2 - t - 2}{t+1} < 0$

$\frac{-t^2 - t}{t+1} < 0$

$\frac{t^2+t}{t+1} > 0$

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

При $t \ne -1$, это неравенство равносильно $t > 0$.

Возвращаемся к исходной переменной:

$\mathrm{tg} x > 0$

Тангенс положителен в первой и третьей четвертях.

Решение: $\pi k < x < \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Это решение удовлетворяет ОДЗ, так как в этих интервалах $\mathrm{tg} x$ не равен $-1$.

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

35.11. Решите неравенство:

1) $ \sin 2x - \sin 3x > 0; $

2) $ \cos 2x \operatorname{tg} x > 0; $

3) $ 1 - \sin 2x \ge \cos x - \sin x; $

4) $ \sin x + \sin 2x + \sin 3x > 0. $

1)

Решим неравенство $ \sin(2x) - \sin(3x) > 0 $.

Преобразуем разность синусов в произведение, используя формулу $ \sin\alpha - \sin\beta = 2\sin\frac{\alpha-\beta}{2}\cos\frac{\alpha+\beta}{2} $.

$ 2\sin\frac{2x-3x}{2}\cos\frac{2x+3x}{2} > 0 $

$ 2\sin(-\frac{x}{2})\cos(\frac{5x}{2}) > 0 $

Так как $ \sin(-t) = -\sin(t) $, получаем:

$ -2\sin(\frac{x}{2})\cos(\frac{5x}{2}) > 0 $

Разделим обе части на -2 и сменим знак неравенства:

$ \sin(\frac{x}{2})\cos(\frac{5x}{2}) < 0 $

Произведение двух множителей отрицательно, когда они имеют разные знаки. Решим неравенство методом интервалов. Период функции $ f(x) = \sin(\frac{x}{2})\cos(\frac{5x}{2}) $ равен $ 4\pi $, однако можно заметить, что $ f(x+2\pi) = \sin(\frac{x}{2}+\pi)\cos(\frac{5x}{2}+5\pi) = (-\sin\frac{x}{2})(-\cos\frac{5x}{2}) = f(x) $, поэтому наименьший положительный период равен $ 2\pi $. Решим неравенство на промежутке $ [0, 2\pi] $.

Найдем нули функции $ f(x) $ на этом промежутке:

$ \sin(\frac{x}{2}) = 0 \implies \frac{x}{2} = \pi k \implies x = 2\pi k $. В промежутке $ [0, 2\pi] $ это $ x=0 $ и $ x=2\pi $.

$ \cos(\frac{5x}{2}) = 0 \implies \frac{5x}{2} = \frac{\pi}{2} + \pi n \implies x = \frac{\pi}{5} + \frac{2\pi n}{5} $. В промежутке $ [0, 2\pi] $ это $ x = \frac{\pi}{5}, \frac{3\pi}{5}, \pi, \frac{7\pi}{5}, \frac{9\pi}{5} $.

Отметим эти точки на числовой прямой и определим знак $ f(x) $ в каждом из полученных интервалов:

$ (0, \frac{\pi}{5}) $: $ x=\frac{\pi}{6} \implies \sin(\frac{\pi}{12}) > 0, \cos(\frac{5\pi}{12}) > 0 \implies f(x) > 0 $.

$ (\frac{\pi}{5}, \frac{3\pi}{5}) $: $ x=\frac{2\pi}{5} \implies \sin(\frac{\pi}{5}) > 0, \cos(\pi) < 0 \implies f(x) < 0 $.

$ (\frac{3\pi}{5}, \pi) $: $ x=\frac{4\pi}{5} \implies \sin(\frac{2\pi}{5}) > 0, \cos(2\pi) > 0 \implies f(x) > 0 $.

$ (\pi, \frac{7\pi}{5}) $: $ x=\frac{6\pi}{5} \implies \sin(\frac{3\pi}{5}) > 0, \cos(3\pi) < 0 \implies f(x) < 0 $.

$ (\frac{7\pi}{5}, \frac{9\pi}{5}) $: $ x=\frac{8\pi}{5} \implies \sin(\frac{4\pi}{5}) > 0, \cos(4\pi) > 0 \implies f(x) > 0 $.

$ (\frac{9\pi}{5}, 2\pi) $: $ x=\frac{11\pi}{6} \implies \sin(\frac{11\pi}{12}) > 0, \cos(\frac{55\pi}{12})=\cos(4\pi+\frac{7\pi}{12}) < 0 \implies f(x) < 0 $.

Таким образом, на промежутке $ [0, 2\pi) $ решениями являются интервалы $ (\frac{\pi}{5}, \frac{3\pi}{5}) $, $ (\pi, \frac{7\pi}{5}) $ и $ (\frac{9\pi}{5}, 2\pi) $.

С учетом периодичности $ 2\pi $, общее решение:

Ответ: $ x \in (\frac{\pi}{5} + 2\pi n, \frac{3\pi}{5} + 2\pi n) \cup (\pi + 2\pi n, \frac{7\pi}{5} + 2\pi n) \cup (\frac{9\pi}{5} + 2\pi n, 2\pi + 2\pi n), n \in \mathbb{Z} $.

2)

Решим неравенство $ \cos(2x)\text{tg}x > 0 $.

Область допустимых значений (ОДЗ): $ \cos x \neq 0 $, то есть $ x \neq \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Перепишем неравенство в виде $ \frac{\cos(2x)\sin x}{\cos x} > 0 $.

Левая часть неравенства является периодической функцией с периодом $ \pi $. Решим неравенство на интервале $ (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}) $.

Найдем нули числителя и знаменателя на этом интервале:

$ \cos(2x) = 0 \implies 2x = \frac{\pi}{2} + \pi n \implies x = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{2} $. На интервале $ (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}) $ получаем $ x = -\frac{\pi}{4} $ и $ x = \frac{\pi}{4} $.

$ \sin x = 0 \implies x = \pi n $. На интервале $ (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}) $ получаем $ x = 0 $.

$ \cos x = 0 \implies x = \frac{\pi}{2} + \pi n $. Это границы нашего интервала.

Интервал $ (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}) $ разбивается точками $ -\frac{\pi}{4}, 0, \frac{\pi}{4} $ на четыре интервала. Определим знак выражения в каждом из них:

$ (-\frac{\pi}{2}, -\frac{\pi}{4}) $: $ x = -\frac{\pi}{3} $. $ \cos(-\frac{2\pi}{3}) < 0, \sin(-\frac{\pi}{3}) < 0, \cos(-\frac{\pi}{3}) > 0 $. Выражение $ \frac{(-)(-)}{(+)} > 0 $.

$ (-\frac{\pi}{4}, 0) $: $ x = -\frac{\pi}{6} $. $ \cos(-\frac{\pi}{3}) > 0, \sin(-\frac{\pi}{6}) < 0, \cos(-\frac{\pi}{6}) > 0 $. Выражение $ \frac{(+)(-)}{(+)} < 0 $.

$ (0, \frac{\pi}{4}) $: $ x = \frac{\pi}{6} $. $ \cos(\frac{\pi}{3}) > 0, \sin(\frac{\pi}{6}) > 0, \cos(\frac{\pi}{6}) > 0 $. Выражение $ \frac{(+)(+)}{(+)} > 0 $.

$ (\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}) $: $ x = \frac{\pi}{3} $. $ \cos(\frac{2\pi}{3}) < 0, \sin(\frac{\pi}{3}) > 0, \cos(\frac{\pi}{3}) > 0 $. Выражение $ \frac{(-)(+)}{(+)} < 0 $.

Решением на интервале $ (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}) $ является объединение $ (-\frac{\pi}{2}, -\frac{\pi}{4}) \cup (0, \frac{\pi}{4}) $.

С учетом периодичности $ \pi $, общее решение:

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

3)

Решим неравенство $ 1 - \sin(2x) \ge \cos x - \sin x $.

Используем тождества $ 1 = \sin^2x + \cos^2x $ и $ \sin(2x) = 2\sin x \cos x $:

$ (\sin^2x - 2\sin x \cos x + \cos^2x) \ge \cos x - \sin x $

$ (\cos x - \sin x)^2 \ge \cos x - \sin x $

Сделаем замену $ t = \cos x - \sin x $. Неравенство принимает вид:

$ t^2 \ge t \implies t^2 - t \ge 0 \implies t(t-1) \ge 0 $

Решением этого квадратного неравенства является $ t \le 0 $ или $ t \ge 1 $.

Вернемся к переменной $ x $:

1) $ \cos x - \sin x \le 0 $

2) $ \cos x - \sin x \ge 1 $

Для решения этих неравенств преобразуем выражение $ \cos x - \sin x $:

$ \cos x - \sin x = \sqrt{2}(\frac{1}{\sqrt{2}}\cos x - \frac{1}{\sqrt{2}}\sin x) = \sqrt{2}(\cos\frac{\pi}{4}\cos x - \sin\frac{\pi}{4}\sin x) = \sqrt{2}\cos(x + \frac{\pi}{4}) $.

Решим первое неравенство:

$ \sqrt{2}\cos(x + \frac{\pi}{4}) \le 0 \implies \cos(x + \frac{\pi}{4}) \le 0 $

$ \frac{\pi}{2} + 2\pi k \le x + \frac{\pi}{4} \le \frac{3\pi}{2} + 2\pi k $

$ \frac{\pi}{4} + 2\pi k \le x \le \frac{5\pi}{4} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Решим второе неравенство:

$ \sqrt{2}\cos(x + \frac{\pi}{4}) \ge 1 \implies \cos(x + \frac{\pi}{4}) \ge \frac{1}{\sqrt{2}} $

$ -\frac{\pi}{4} + 2\pi k \le x + \frac{\pi}{4} \le \frac{\pi}{4} + 2\pi k $

$ -\frac{\pi}{2} + 2\pi k \le x \le 0 + 2\pi k \implies -\frac{\pi}{2} + 2\pi k \le x \le 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Общее решение — объединение решений обоих случаев.

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

4)

Решим неравенство $ \sin x + \sin(2x) + \sin(3x) > 0 $.

Сгруппируем первое и третье слагаемые и применим формулу суммы синусов $ \sin\alpha + \sin\beta = 2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha-\beta}{2} $:

$ (\sin x + \sin(3x)) + \sin(2x) > 0 $

$ 2\sin\frac{x+3x}{2}\cos\frac{x-3x}{2} + \sin(2x) > 0 $

$ 2\sin(2x)\cos(-x) + \sin(2x) > 0 $

$ 2\sin(2x)\cos x + \sin(2x) > 0 $

Вынесем $ \sin(2x) $ за скобки:

$ \sin(2x)(2\cos x + 1) > 0 $

Произведение положительно, когда оба множителя имеют одинаковый знак.

Случай 1: $ \sin(2x) > 0 $ и $ 2\cos x + 1 > 0 \implies \cos x > -\frac{1}{2} $.

Решим систему на промежутке $ [0, 2\pi) $:

$ \sin(2x) > 0 \implies 2x \in (0, \pi) \cup (2\pi, 3\pi) \implies x \in (0, \frac{\pi}{2}) \cup (\pi, \frac{3\pi}{2}) $.

$ \cos x > -\frac{1}{2} \implies x \in [0, \frac{2\pi}{3}) \cup (\frac{4\pi}{3}, 2\pi) $.

Пересечение этих множеств: $ x \in (0, \frac{\pi}{2}) \cup (\frac{4\pi}{3}, \frac{3\pi}{2}) $.

Случай 2: $ \sin(2x) < 0 $ и $ 2\cos x + 1 < 0 \implies \cos x < -\frac{1}{2} $.

Решим систему на промежутке $ [0, 2\pi) $:

$ \sin(2x) < 0 \implies 2x \in (\pi, 2\pi) \cup (3\pi, 4\pi) \implies x \in (\frac{\pi}{2}, \pi) \cup (\frac{3\pi}{2}, 2\pi) $.

$ \cos x < -\frac{1}{2} \implies x \in (\frac{2\pi}{3}, \frac{4\pi}{3}) $.

Пересечение этих множеств: $ x \in (\frac{2\pi}{3}, \pi) $.

Объединяя решения обоих случаев на промежутке $ [0, 2\pi) $, получаем: $ (0, \frac{\pi}{2}) \cup (\frac{2\pi}{3}, \pi) \cup (\frac{4\pi}{3}, \frac{3\pi}{2}) $.

С учетом периодичности $ 2\pi $, общее решение:

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

35.12. Решите неравенство:

1) $ \sin 2x + 2 \sin x > 0; $

2) $ \sin x + \sin 2x + \sin 3x + \sin 4x < 0; $

3) $ \sin^2 x + \sin^2 2x - \sin^2 3x > 0; $

4) $ \cos x \cos 3x < \cos 5x \cos 7x. $

1) Решим неравенство $\sin{2x} + 2\sin{x} > 0$.

Используем формулу синуса двойного угла $\sin{2x} = 2\sin{x}\cos{x}$:

$2\sin{x}\cos{x} + 2\sin{x} > 0$

Вынесем общий множитель $2\sin{x}$ за скобки:

$2\sin{x}(\cos{x} + 1) > 0$

Проанализируем множители. Мы знаем, что $-1 \le \cos{x} \le 1$, следовательно, $0 \le \cos{x} + 1 \le 2$. Таким образом, множитель $(\cos{x} + 1)$ всегда неотрицателен.

Чтобы произведение было строго больше нуля, оба множителя должны быть строго больше нуля:

$\begin{cases} \sin{x} > 0 \\ \cos{x} + 1 > 0 \end{cases}$

Из второго неравенства следует, что $\cos{x} > -1$, то есть $\cos{x} \ne -1$.

Решим первое неравенство $\sin{x} > 0$. Это выполняется, когда $x$ находится в первой или второй четверти, то есть $2\pi k < x < \pi + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Проверим условие $\cos{x} \ne -1$. Равенство $\cos{x} = -1$ достигается при $x = \pi + 2\pi k$. Эти точки являются границами полученного интервала и не входят в решение. Таким образом, второе условие выполняется автоматически.

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

2) Решим неравенство $\sin{x} + \sin{2x} + \sin{3x} + \sin{4x} < 0$.

Сгруппируем слагаемые и применим формулу суммы синусов $\sin\alpha + \sin\beta = 2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha-\beta}{2}$:

$(\sin{x} + \sin{4x}) + (\sin{2x} + \sin{3x}) < 0$

$2\sin\frac{5x}{2}\cos\frac{3x}{2} + 2\sin\frac{5x}{2}\cos\frac{x}{2} < 0$

Вынесем общий множитель $2\sin\frac{5x}{2}$ за скобки:

$2\sin\frac{5x}{2}(\cos\frac{3x}{2} + \cos\frac{x}{2}) < 0$

Применим формулу суммы косинусов $\cos\alpha + \cos\beta = 2\cos\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha-\beta}{2}$:

$2\sin\frac{5x}{2}(2\cos\frac{\frac{3x}{2}+\frac{x}{2}}{2}\cos\frac{\frac{3x}{2}-\frac{x}{2}}{2}) < 0$

$4\sin\frac{5x}{2}\cos{x}\cos\frac{x}{2} < 0$

Решим это неравенство методом интервалов. Период функции в левой части равен $4\pi$. Решим неравенство на промежутке $[0, 2\pi)$, а затем обобщим. Период функции $f(x) = \sin\frac{5x}{2}\cos{x}\cos\frac{x}{2}$ равен $2\pi$, так как $f(x+2\pi) = \sin(\frac{5x}{2}+5\pi)\cos(x+2\pi)\cos(\frac{x}{2}+\pi) = (-\sin\frac{5x}{2})(\cos x)(-\cos\frac{x}{2}) = f(x)$.

Найдем нули функции на промежутке $[0, 2\pi)$:

• $\sin\frac{5x}{2} = 0 \Rightarrow \frac{5x}{2} = \pi k \Rightarrow x = \frac{2\pi k}{5}$. Нули: $0, \frac{2\pi}{5}, \frac{4\pi}{5}, \frac{6\pi}{5}, \frac{8\pi}{5}$.
• $\cos{x} = 0 \Rightarrow x = \frac{\pi}{2} + \pi k$. Нули: $\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}$.
• $\cos\frac{x}{2} = 0 \Rightarrow \frac{x}{2} = \frac{\pi}{2} + \pi k \Rightarrow x = \pi + 2\pi k$. Нуль: $\pi$.

Расположим нули на числовой окружности: $0, \frac{2\pi}{5}, \frac{\pi}{2}, \frac{4\pi}{5}, \pi, \frac{6\pi}{5}, \frac{3\pi}{2}, \frac{8\pi}{5}$.

Определим знаки произведения на полученных интервалах:

• $(0, \frac{2\pi}{5})$: $(+)(+)(+)=+$
• $(\frac{2\pi}{5}, \frac{\pi}{2})$: $(-)(+)(+)=-$
• $(\frac{\pi}{2}, \frac{4\pi}{5})$: $(-)(+)(-)=+$
• $(\frac{4\pi}{5}, \pi)$: $(+)(+)(-)=-$
• $(\pi, \frac{6\pi}{5})$: $(+)(-)(-)=+$
• $(\frac{6\pi}{5}, \frac{3\pi}{2})$: $(-)(-)(-)=-$
• $(\frac{3\pi}{2}, \frac{8\pi}{5})$: $(-)(-)(+)=+$
• $(\frac{8\pi}{5}, 2\pi)$: $(+)(-)(+)=-$

Интервалы, где произведение отрицательно: $(\frac{2\pi}{5}, \frac{\pi}{2})$, $(\frac{4\pi}{5}, \pi)$, $(\frac{6\pi}{5}, \frac{3\pi}{2})$, $(\frac{8\pi}{5}, 2\pi)$.

Добавляя период $2\pi k$, получаем общее решение.

Ответ: $x \in \bigcup_{k \in \mathbb{Z}} \left( (\frac{2\pi}{5} + 2\pi k, \frac{\pi}{2} + 2\pi k) \cup (\frac{4\pi}{5} + 2\pi k, \pi + 2\pi k) \cup (\frac{6\pi}{5} + 2\pi k, \frac{3\pi}{2} + 2\pi k) \cup (\frac{8\pi}{5} + 2\pi k, 2\pi + 2\pi k) \right)$.

3) Решим неравенство $\sin^2{x} + \sin^2{2x} - \sin^2{3x} > 0$.

Используем формулу понижения степени $\sin^2\alpha = \frac{1-\cos{2\alpha}}{2}$:

$\frac{1-\cos{2x}}{2} + \frac{1-\cos{4x}}{2} - \frac{1-\cos{6x}}{2} > 0$

$1 - \cos{2x} + 1 - \cos{4x} - 1 + \cos{6x} > 0$

$1 - (\cos{2x} + \cos{4x}) + \cos{6x} > 0$

Сгруппируем слагаемые: $(1 + \cos{6x}) - (\cos{2x} + \cos{4x}) > 0$.

Применим формулу $1+\cos{2\alpha}=2\cos^2\alpha$ и формулу суммы косинусов:

$2\cos^2{3x} - 2\cos{3x}\cos{x} > 0$

$2\cos{3x}(\cos{3x} - \cos{x}) > 0$

Применим формулу разности косинусов $\cos\alpha - \cos\beta = -2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\sin\frac{\alpha-\beta}{2}$:

$2\cos{3x}(-2\sin{2x}\sin{x}) > 0$

$-4\cos{3x}\sin{2x}\sin{x} > 0$

$\cos{3x}\sin{2x}\sin{x} < 0$

Используем формулу синуса двойного угла $\sin{2x} = 2\sin{x}\cos{x}$:

$\cos{3x}(2\sin{x}\cos{x})\sin{x} < 0$

$2\cos{3x}\cos{x}\sin^2{x} < 0$

Множитель $\sin^2{x} \ge 0$. Чтобы произведение было строго отрицательным, необходимо, чтобы $\sin^2{x} \ne 0$ и $\cos{3x}\cos{x} < 0$.

1. Условие $\sin^2{x} \ne 0$ означает $\sin{x} \ne 0$, то есть $x \ne \pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

2. Условие $\cos{3x}\cos{x} < 0$ означает, что $\cos{3x}$ и $\cos{x}$ имеют разные знаки. Решим методом интервалов на промежутке $[0, \pi)$, так как период функции $\cos{3x}\cos{x}$ равен $\pi$. Нули: $\cos x=0 \Rightarrow x=\frac{\pi}{2}$; $\cos 3x=0 \Rightarrow 3x=\frac{\pi}{2}+\pi n \Rightarrow x=\frac{\pi}{6}+\frac{\pi n}{3}$. Нули на $[0, \pi)$: $\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}, \frac{5\pi}{6}$.

• $(0, \frac{\pi}{6})$: $\cos{x}>0, \cos{3x}>0 \Rightarrow (+)(+)=+$
• $(\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2})$: $\cos{x}>0, \cos{3x}<0 \Rightarrow (+)(-)=-$
• $(\frac{\pi}{2}, \frac{5\pi}{6})$: $\cos{x}<0, \cos{3x}>0 \Rightarrow (-)(+)=-$
• $(\frac{5\pi}{6}, \pi)$: $\cos{x}<0, \cos{3x}<0 \Rightarrow (-)(-)=+$

Решением неравенства $\cos{3x}\cos{x} < 0$ являются интервалы $(\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}) \cup (\frac{\pi}{2}, \frac{5\pi}{6})$. Точка $x=\frac{\pi}{2}$ исключается, так как в ней произведение равно нулю.

Условие $x \ne \pi k$ выполняется для этих интервалов. Обобщая с периодом $\pi k$, получаем решение.

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

4) Решим неравенство $\cos{x}\cos{3x} < \cos{5x}\cos{7x}$.

Используем формулу произведения косинусов $\cos\alpha\cos\beta = \frac{1}{2}(\cos(\alpha-\beta) + \cos(\alpha+\beta))$:

$\frac{1}{2}(\cos(3x-x) + \cos(3x+x)) < \frac{1}{2}(\cos(7x-5x) + \cos(7x+5x))$

$\frac{1}{2}(\cos{2x} + \cos{4x}) < \frac{1}{2}(\cos{2x} + \cos{12x})$

$\cos{2x} + \cos{4x} < \cos{2x} + \cos{12x}$

$\cos{4x} < \cos{12x}$

$\cos{12x} - \cos{4x} > 0$

Применим формулу разности косинусов:

$-2\sin\frac{12x+4x}{2}\sin\frac{12x-4x}{2} > 0$

$-2\sin{8x}\sin{4x} > 0$

$\sin{8x}\sin{4x} < 0$

Используем формулу синуса двойного угла $\sin{8x} = 2\sin{4x}\cos{4x}$:

$(2\sin{4x}\cos{4x})\sin{4x} < 0$

$2\sin^2{4x}\cos{4x} < 0$

Множитель $2\sin^2{4x} \ge 0$. Чтобы произведение было строго отрицательным, необходимо выполнение двух условий:

1. $2\sin^2{4x} \ne 0 \Rightarrow \sin{4x} \ne 0$.

2. $\cos{4x} < 0$.

Решим второе неравенство. Пусть $t = 4x$. Тогда $\cos{t} < 0$. Это выполняется, когда $t$ находится во второй или третьей четверти:

$\frac{\pi}{2} + 2\pi n < t < \frac{3\pi}{2} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Подставляем обратно $t=4x$:

$\frac{\pi}{2} + 2\pi n < 4x < \frac{3\pi}{2} + 2\pi n$

$\frac{\pi}{8} + \frac{\pi n}{2} < x < \frac{3\pi}{8} + \frac{\pi n}{2}$

Теперь учтем первое условие: $\sin{4x} \ne 0$. Это означает, что $4x \ne \pi k$, или $x \ne \frac{\pi k}{4}$ для $k \in \mathbb{Z}$.

Нам нужно исключить из полученных интервалов точки вида $\frac{\pi k}{4}$. Проверим, какие из этих точек попадают в интервал $(\frac{\pi}{8} + \frac{\pi n}{2}, \frac{3\pi}{8} + \frac{\pi n}{2})$.

Для любого целого $n$ точка $x = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{2} = \frac{2\pi+4\pi n}{8} = \frac{\pi(2n+1)}{4}$ удовлетворяет условию $\frac{\pi}{8} + \frac{\pi n}{2} < \frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{2} < \frac{3\pi}{8} + \frac{\pi n}{2}$.

Следовательно, эти точки нужно исключить, разбив каждый интервал на два.

Ответ: $x \in (\frac{\pi}{8} + \frac{\pi n}{2}, \frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{2}) \cup (\frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{2}, \frac{3\pi}{8} + \frac{\pi n}{2}), n \in \mathbb{Z}$.