Номер 90, страница 413 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

90. Решите неравенство:

1) $4 \cos x \cos \left(x+\frac{\pi}{6}\right)>\sqrt{3}$;

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

3) $3+2 \sin 3 x \sin x>3 \cos 2 x$;

4) $\cos \left(x+\frac{\pi}{4}\right) \cos \left(x-\frac{\pi}{4}\right) \geq-\frac{\sqrt{3}}{4}$.

1) $4 \cos x \cos(x + \frac{\pi}{6}) > \sqrt{3}$

Используем формулу произведения косинусов: $2 \cos \alpha \cos \beta = \cos(\alpha + \beta) + \cos(\alpha - \beta)$.

$2 \cdot [2 \cos(x + \frac{\pi}{6}) \cos x] > \sqrt{3}$

Применим формулу, где $\alpha = x + \frac{\pi}{6}$ и $\beta = x$:

$2 \cdot [\cos(x + \frac{\pi}{6} + x) + \cos(x + \frac{\pi}{6} - x)] > \sqrt{3}$

$2[\cos(2x + \frac{\pi}{6}) + \cos(\frac{\pi}{6})] > \sqrt{3}$

Подставляем значение $\cos(\frac{\pi}{6}) = \frac{\sqrt{3}}{2}$:

$2[\cos(2x + \frac{\pi}{6}) + \frac{\sqrt{3}}{2}] > \sqrt{3}$

$2\cos(2x + \frac{\pi}{6}) + \sqrt{3} > \sqrt{3}$

$2\cos(2x + \frac{\pi}{6}) > 0$

$\cos(2x + \frac{\pi}{6}) > 0$

Решением неравенства $\cos t > 0$ является интервал $-\frac{\pi}{2} + 2\pi n < t < \frac{\pi}{2} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Пусть $t = 2x + \frac{\pi}{6}$:

$-\frac{\pi}{2} + 2\pi n < 2x + \frac{\pi}{6} < \frac{\pi}{2} + 2\pi n$

Вычтем $\frac{\pi}{6}$ из всех частей неравенства:

$-\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{6} + 2\pi n < 2x < \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{6} + 2\pi n$

$-\frac{3\pi}{6} - \frac{\pi}{6} + 2\pi n < 2x < \frac{3\pi}{6} - \frac{\pi}{6} + 2\pi n$

$-\frac{4\pi}{6} + 2\pi n < 2x < \frac{2\pi}{6} + 2\pi n$

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

Разделим все части на 2:

$-\frac{\pi}{3} + \pi n < x < \frac{\pi}{6} + \pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (-\frac{\pi}{3} + \pi n; \frac{\pi}{6} + \pi n), n \in \mathbb{Z}$.

2) $2 \sin(x + \frac{\pi}{3}) \cos x < \sqrt{3}$

Используем формулу произведения синуса на косинус: $2 \sin \alpha \cos \beta = \sin(\alpha + \beta) + \sin(\alpha - \beta)$.

Применим формулу, где $\alpha = x + \frac{\pi}{3}$ и $\beta = x$:

$\sin(x + \frac{\pi}{3} + x) + \sin(x + \frac{\pi}{3} - x) < \sqrt{3}$

$\sin(2x + \frac{\pi}{3}) + \sin(\frac{\pi}{3}) < \sqrt{3}$

Подставляем значение $\sin(\frac{\pi}{3}) = \frac{\sqrt{3}}{2}$:

$\sin(2x + \frac{\pi}{3}) + \frac{\sqrt{3}}{2} < \sqrt{3}$

$\sin(2x + \frac{\pi}{3}) < \sqrt{3} - \frac{\sqrt{3}}{2}$

$\sin(2x + \frac{\pi}{3}) < \frac{\sqrt{3}}{2}$

Решением неравенства $\sin t < \frac{\sqrt{3}}{2}$ является интервал $\frac{2\pi}{3} + 2\pi n < t < \frac{7\pi}{3} + 2\pi n$, что эквивалентно $-\frac{4\pi}{3} + 2\pi n < t < \frac{\pi}{3} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Пусть $t = 2x + \frac{\pi}{3}$:

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

Вычтем $\frac{\pi}{3}$ из всех частей неравенства:

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

$-\frac{5\pi}{3} + 2\pi n < 2x < 2\pi n$

Разделим все части на 2:

$-\frac{5\pi}{6} + \pi n < x < \pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (-\frac{5\pi}{6} + \pi n; \pi n), n \in \mathbb{Z}$.

3) $3 + 2 \sin 3x \sin x > 3 \cos 2x$

Используем формулу произведения синусов: $2 \sin \alpha \sin \beta = \cos(\alpha - \beta) - \cos(\alpha + \beta)$.

Применим формулу, где $\alpha = 3x$ и $\beta = x$:

$3 + (\cos(3x - x) - \cos(3x + x)) > 3 \cos 2x$

$3 + \cos(2x) - \cos(4x) > 3 \cos 2x$

$3 - \cos(4x) > 2 \cos 2x$

Используем формулу двойного угла для косинуса: $\cos(4x) = 2\cos^2(2x) - 1$.

$3 - (2\cos^2(2x) - 1) > 2 \cos 2x$

$3 - 2\cos^2(2x) + 1 > 2 \cos 2x$

$4 - 2\cos^2(2x) > 2 \cos 2x$

Перенесем все в правую часть:

$0 > 2\cos^2(2x) + 2\cos(2x) - 4$

Разделим на 2: $\cos^2(2x) + \cos(2x) - 2 < 0$.

Сделаем замену $y = \cos(2x)$. Получим квадратное неравенство $y^2 + y - 2 < 0$.

Корни уравнения $y^2 + y - 2 = 0$ по теореме Виета равны $y_1 = 1$ и $y_2 = -2$.

Решением неравенства является интервал $-2 < y < 1$.

Возвращаемся к замене: $-2 < \cos(2x) < 1$.

Неравенство $\cos(2x) > -2$ выполняется всегда, так как область значений косинуса $[-1; 1]$.

Остается решить неравенство $\cos(2x) < 1$.

Это неравенство выполняется для всех значений аргумента, кроме тех, где $\cos(2x) = 1$.

$\cos(2x) = 1$ при $2x = 2\pi n$, то есть $x = \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Следовательно, решением исходного неравенства являются все действительные числа, кроме $x = \pi n$.

Ответ: $x \neq \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

4) $\cos(x + \frac{\pi}{4}) \cos(x - \frac{\pi}{4}) \ge -\frac{\sqrt{3}}{4}$

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

Применим формулу, где $\alpha = x + \frac{\pi}{4}$ и $\beta = x - \frac{\pi}{4}$:

$\frac{1}{2} [\cos((x + \frac{\pi}{4}) + (x - \frac{\pi}{4})) + \cos((x + \frac{\pi}{4}) - (x - \frac{\pi}{4}))] \ge -\frac{\sqrt{3}}{4}$

$\frac{1}{2} [\cos(2x) + \cos(\frac{\pi}{2})] \ge -\frac{\sqrt{3}}{4}$

Подставляем значение $\cos(\frac{\pi}{2}) = 0$:

$\frac{1}{2} [ \cos(2x) + 0] \ge -\frac{\sqrt{3}}{4}$

$\frac{1}{2}\cos(2x) \ge -\frac{\sqrt{3}}{4}$

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

Решением неравенства $\cos t \ge -\frac{\sqrt{3}}{2}$ является промежуток $-\frac{5\pi}{6} + 2\pi n \le t \le \frac{5\pi}{6} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Пусть $t = 2x$:

$-\frac{5\pi}{6} + 2\pi n \le 2x \le \frac{5\pi}{6} + 2\pi n$

Разделим все части на 2:

$-\frac{5\pi}{12} + \pi n \le x \le \frac{5\pi}{12} + \pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in [-\frac{5\pi}{12} + \pi n; \frac{5\pi}{12} + \pi n], n \in \mathbb{Z}$.