Номер 88, страница 412 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

88. Решите неравенство:

1) $ -\frac{1}{2} < \cos x \le \frac{1}{4}; $

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

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

4) $ -4 < \operatorname{ctg} x < 1,5; $

5) $ |\operatorname{tg} x| < \sqrt{3}; $

6) $ |\cos 2x| \ge \frac{1}{2}. $

1)Решим двойное неравенство $ -_2^1 < \cos x \le _4^1 $. Это неравенство эквивалентно системе:$ \begin{cases} \cos x \le \frac{1}{4} \\ \cos x > -\frac{1}{2} \end{cases} $Рассмотрим решения на единичной окружности. Решением неравенства $ \cos x \le \frac{1}{4} $ является множество $ x \in [\arccos(\frac{1}{4}) + 2\pi k, 2\pi - \arccos(\frac{1}{4}) + 2\pi k], k \in \mathbb{Z} $. Решением неравенства $ \cos x > -\frac{1}{2} $ является множество $ x \in (-\frac{2\pi}{3} + 2\pi k, \frac{2\pi}{3} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z} $. Для нахождения решения исходного неравенства найдем пересечение этих множеств. Это удобно сделать, рассмотрев один период, например, от $ -\pi $ до $ \pi $. На этом интервале решение для $ \cos x \le \frac{1}{4} $ это $ x \in [\arccos(\frac{1}{4}), \pi] \cup [-\pi, -\arccos(\frac{1}{4})] $. Решение для $ \cos x > -\frac{1}{2} $ это $ x \in (-\frac{2\pi}{3}, \frac{2\pi}{3}) $. Пересечение этих двух множеств дает два интервала: $ [\arccos(\frac{1}{4}), \frac{2\pi}{3}) $ и $ (-\frac{2\pi}{3}, -\arccos(\frac{1}{4})] $. Добавляя период $ 2\pi k $, получаем общее решение.
Ответ: $ x \in [\arccos(\frac{1}{4}) + 2\pi k, \frac{2\pi}{3} + 2\pi k) \cup (-\frac{2\pi}{3} + 2\pi k, -\arccos(\frac{1}{4}) + 2\pi k], k \in \mathbb{Z} $.

2)Решим двойное неравенство $ -2 < \operatorname{tg} x < 3 $. Функция $ y = \operatorname{tg} x $ является возрастающей на своем основном периоде $ (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}) $. Поэтому мы можем применить обратную функцию $ \operatorname{arctg} $ к каждой части неравенства:$ \operatorname{arctg}(-2) < x < \operatorname{arctg}(3) $. Так как $ \operatorname{arctg}(-2) = -\operatorname{arctg}(2) $, получаем:$ -\operatorname{arctg}(2) < x < \operatorname{arctg}(3) $. Это решение на одном периоде. Чтобы получить общее решение, добавим период тангенса $ \pi k $.
Ответ: $ x \in (-\operatorname{arctg}(2) + \pi k, \operatorname{arctg}(3) + \pi k), k \in \mathbb{Z} $.

3)Решим двойное неравенство $ \frac{1}{3} \le \sin x < \frac{1}{2} $. Рассмотрим решение на единичной окружности. Нам нужны углы, для которых ордината (значение синуса) находится в промежутке $ [\frac{1}{3}, \frac{1}{2}) $. Такие значения находятся в первой и второй четвертях. В первой четверти, так как $ \sin x $ возрастает, решение будет $ \arcsin(\frac{1}{3}) \le x < \arcsin(\frac{1}{2}) $, то есть $ \arcsin(\frac{1}{3}) \le x < \frac{\pi}{6} $. Во второй четверти, где $ \sin x $ убывает, соответствующие углы $ \pi - x $. Решением будет $ \pi - \arcsin(\frac{1}{2}) < x \le \pi - \arcsin(\frac{1}{3}) $, то есть $ \frac{5\pi}{6} < x \le \pi - \arcsin(\frac{1}{3}) $. Объединяя эти решения и добавляя период $ 2\pi k $, получаем общее решение.
Ответ: $ x \in [\arcsin(\frac{1}{3}) + 2\pi k, \frac{\pi}{6} + 2\pi k) \cup (\frac{5\pi}{6} + 2\pi k, \pi - \arcsin(\frac{1}{3}) + 2\pi k], k \in \mathbb{Z} $.

4)Решим двойное неравенство $ -4 < \operatorname{ctg} x < 1,5 $. Функция $ y = \operatorname{ctg} x $ является убывающей на своем основном периоде $ (0, \pi) $. При применении обратной функции $ \operatorname{arcctg} $ к неравенству знаки меняются на противоположные:$ \operatorname{arcctg}(1,5) > x > \operatorname{arcctg}(-4) $. Это можно записать как $ \operatorname{arcctg}(-4) < x < \operatorname{arcctg}(1,5) $. Это решение на одном периоде. Чтобы получить общее решение, добавим период котангенса $ \pi k $.
Ответ: $ x \in (\operatorname{arcctg}(-4) + \pi k, \operatorname{arcctg}(1,5) + \pi k), k \in \mathbb{Z} $.

5)Решим неравенство $ |\operatorname{tg} x| < \sqrt{3} $. Это неравенство эквивалентно двойному неравенству:$ -\sqrt{3} < \operatorname{tg} x < \sqrt{3} $. Рассмотрим решение на основном периоде тангенса $ (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}) $. Так как $ \operatorname{tg} x $ - возрастающая функция, то:$ \operatorname{arctg}(-\sqrt{3}) < x < \operatorname{arctg}(\sqrt{3}) $.$ -\frac{\pi}{3} < x < \frac{\pi}{3} $. Добавляя период $ \pi k $, получаем общее решение.
Ответ: $ x \in (-\frac{\pi}{3} + \pi k, \frac{\pi}{3} + \pi k), k \in \mathbb{Z} $.

6)Решим неравенство $ |\cos 2x| \ge \frac{1}{2} $. Это неравенство распадается на два:$ \cos 2x \ge \frac{1}{2} $ или $ \cos 2x \le -\frac{1}{2} $. Сделаем замену $ t = 2x $. Решим совокупность неравенств для $ t $:1) $ \cos t \ge \frac{1}{2} $. Решение: $ -\frac{\pi}{3} + 2\pi k \le t \le \frac{\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.2) $ \cos t \le -\frac{1}{2} $. Решение: $ \frac{2\pi}{3} + 2\pi k \le t \le \frac{4\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $. Объединив эти два множества решений, можно заметить, что они повторяются с периодом $ \pi $. Например, на отрезке $ [0, 2\pi] $ решениями являются $ [0, \frac{\pi}{3}] \cup [\frac{2\pi}{3}, \frac{4\pi}{3}] \cup [\frac{5\pi}{3}, 2\pi] $. Это можно записать в более компактной форме: $ -\frac{\pi}{3} + \pi k \le t \le \frac{\pi}{3} + \pi k, k \in \mathbb{Z} $. Теперь вернемся к переменной $ x $, подставив $ t = 2x $:$ -\frac{\pi}{3} + \pi k \le 2x \le \frac{\pi}{3} + \pi k $. Разделим все части неравенства на 2:$ -\frac{\pi}{6} + \frac{\pi k}{2} \le x \le \frac{\pi}{6} + \frac{\pi k}{2} $.
Ответ: $ x \in [-\frac{\pi}{6} + \frac{\pi k}{2}, \frac{\pi}{6} + \frac{\pi k}{2}], k \in \mathbb{Z} $.