Номер 32.7, страница 235 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

32.7. Решите неравенство:

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

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

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

4) $-1 \le \operatorname{ctg} x \le \sqrt{3}.$

1) Решим двойное неравенство $-\frac{\sqrt{3}}{2} \le \cos x < \frac{1}{2}$.
Это неравенство равносильно системе двух неравенств:
$\left\{ \begin{array}{l} \cos x \ge -\frac{\sqrt{3}}{2} \\ \cos x < \frac{1}{2} \end{array} \right.$
Рассмотрим решение на единичной окружности. Абсцисса (координата x) точки на окружности соответствует значению косинуса.
Найдём углы, для которых косинус равен граничным значениям:
$\cos x = \frac{1}{2}$ при $x = \pm\frac{\pi}{3} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.
$\cos x = -\frac{\sqrt{3}}{2}$ при $x = \pm\frac{5\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.
Нам нужно найти все углы $x$, для которых абсцисса точки на единичной окружности находится в промежутке $[-\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2})$.
Это соответствует двум дугам на окружности:
Первая дуга (в I и II четвертях) от точки, соответствующей углу $\frac{\pi}{3}$, до точки, соответствующей углу $\frac{5\pi}{6}$. Поскольку неравенство $\cos x < \frac{1}{2}$ строгое, а $\cos x \ge -\frac{\sqrt{3}}{2}$ нестрогое, получаем интервал $(\frac{\pi}{3}, \frac{5\pi}{6}]$.
Вторая дуга (в III и IV четвертях) от точки, соответствующей углу $-\frac{5\pi}{6}$ (или $\frac{7\pi}{6}$), до точки, соответствующей углу $-\frac{\pi}{3}$ (или $\frac{5\pi}{3}$). Получаем интервал $[-\frac{5\pi}{6}, -\frac{\pi}{3})$.
Учитывая периодичность косинуса ($2\pi$), объединяем эти решения.
Ответ: $x \in (\frac{\pi}{3} + 2\pi n, \frac{5\pi}{6} + 2\pi n] \cup [-\frac{5\pi}{6} + 2\pi n, -\frac{\pi}{3} + 2\pi n), n \in \mathbb{Z}$.

2) Решим двойное неравенство $-\frac{1}{2} \le \sin x < \frac{1}{4}$.
Это неравенство равносильно системе:
$\left\{ \begin{array}{l} \sin x \ge -\frac{1}{2} \\ \sin x < \frac{1}{4} \end{array} \right.$
Рассмотрим решение на единичной окружности. Ордината (координата y) точки на окружности соответствует значению синуса.
Найдём углы, для которых синус равен граничным значениям:
$\sin x = -\frac{1}{2}$ при $x = -\frac{\pi}{6} + 2\pi n$ и $x = \frac{7\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.
$\sin x = \frac{1}{4}$ при $x = \arcsin(\frac{1}{4}) + 2\pi n$ и $x = \pi - \arcsin(\frac{1}{4}) + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.
Нам нужно найти все углы $x$, для которых ордината точки на единичной окружности находится в промежутке $[-\frac{1}{2}, \frac{1}{4})$.
Это соответствует двум дугам на окружности:
Первая дуга (в IV и I четвертях) от угла $-\frac{\pi}{6}$ до угла $\arcsin(\frac{1}{4})$. С учётом знаков неравенств получаем промежуток $[-\frac{\pi}{6}, \arcsin(\frac{1}{4}))$.
Вторая дуга (во II и III четвертях) от угла $\pi - \arcsin(\frac{1}{4})$ до угла $\frac{7\pi}{6}$. С учётом знаков неравенств получаем промежуток $(\pi - \arcsin(\frac{1}{4}), \frac{7\pi}{6}]$.
Учитывая периодичность синуса ($2\pi$), объединяем эти решения.
Ответ: $x \in [-\frac{\pi}{6} + 2\pi n, \arcsin(\frac{1}{4}) + 2\pi n) \cup (\pi - \arcsin(\frac{1}{4}) + 2\pi n, \frac{7\pi}{6} + 2\pi n], n \in \mathbb{Z}$.

3) Решим двойное неравенство $-2 < \tg x < 3$.
Функция $y = \tg x$ является возрастающей на каждом интервале своей области определения $(-\frac{\pi}{2} + \pi n, \frac{\pi}{2} + \pi n), n \in \mathbb{Z}$.
Рассмотрим решение на основном периоде $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$.
Найдём углы, для которых тангенс равен граничным значениям:
$\tg x = 3 \implies x = \arctan(3)$.
$\tg x = -2 \implies x = \arctan(-2) = -\arctan(2)$.
Поскольку тангенс возрастает, решение неравенства на интервале $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ есть промежуток $(-\arctan(2), \arctan(3))$.
Учитывая периодичность тангенса ($\pi$), получаем общее решение.
Ответ: $x \in (-\arctan(2) + \pi n, \arctan(3) + \pi n), n \in \mathbb{Z}$.

4) Решим двойное неравенство $-1 \le \ctg x \le \sqrt{3}$.
Функция $y = \ctg x$ является убывающей на каждом интервале своей области определения $(\pi n, \pi(n+1)), n \in \mathbb{Z}$.
Рассмотрим решение на основном периоде $(0, \pi)$.
Найдём углы, для которых котангенс равен граничным значениям:
$\ctg x = \sqrt{3} \implies x = \frac{\pi}{6}$.
$\ctg x = -1 \implies x = \frac{3\pi}{4}$.
Так как функция $y=\ctg x$ убывающая на $(0, \pi)$, то из неравенства $\ctg(\frac{3\pi}{4}) \le \ctg x \le \ctg(\frac{\pi}{6})$ следует, что для аргументов выполняется обратное неравенство: $\frac{\pi}{6} \le x \le \frac{3\pi}{4}$.
Учитывая периодичность котангенса ($\pi$), получаем общее решение.
Ответ: $x \in [\frac{\pi}{6} + \pi n, \frac{3\pi}{4} + \pi n], n \in \mathbb{Z}$.