Номер 32.8, страница 235 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

32.8. Решите неравенство:

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

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

3) $-4 < \operatorname{ctg} x < 1,5;$

4) $-\frac{\sqrt{3}}{3} < \operatorname{tg} x < 1.$

1) Решим двойное неравенство $ -\frac{\sqrt{3}}{2} < \cos x \le -\frac{1}{2} $.

Это неравенство эквивалентно системе двух неравенств:

$\begin{cases} \cos x \le -\frac{1}{2} \\ \cos x > -\frac{\sqrt{3}}{2} \end{cases}$

Для решения используем тригонометрическую окружность. Ось абсцисс (косинусов) должна находиться в промежутке $(-\frac{\sqrt{3}}{2}; -\frac{1}{2}]$.

Найдем углы, соответствующие граничным значениям:

• $\cos x = -\frac{1}{2}$ при $x = \frac{2\pi}{3} + 2\pi n$ и $x = -\frac{2\pi}{3} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
• $\cos x = -\frac{\sqrt{3}}{2}$ при $x = \frac{5\pi}{6} + 2\pi n$ и $x = -\frac{5\pi}{6} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

На тригонометрической окружности мы ищем дуги, где абсцисса точки находится между $-\frac{\sqrt{3}}{2}$ (не включая) и $-\frac{1}{2}$ (включая). Таких дуг две: одна во второй четверти, другая в третьей.

1. Для второй четверти: угол $x$ должен быть больше или равен $\frac{2\pi}{3}$ и меньше $\frac{5\pi}{6}$. С учетом периодичности, получаем: $ \frac{2\pi}{3} + 2\pi n \le x < \frac{5\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.

2. Для третьей четверти: угол $x$ должен быть больше $-\frac{5\pi}{6}$ и меньше или равен $-\frac{2\pi}{3}$. С учетом периодичности, получаем: $ -\frac{5\pi}{6} + 2\pi n < x \le -\frac{2\pi}{3} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.

Объединяя эти два решения, получаем ответ.

Ответ: $x \in (-\frac{5\pi}{6} + 2\pi n; -\frac{2\pi}{3} + 2\pi n] \cup [\frac{2\pi}{3} + 2\pi n; \frac{5\pi}{6} + 2\pi n), n \in \mathbb{Z}$.

2) Решим двойное неравенство $ \frac{1}{3} \le \sin x < \frac{1}{2} $.

Это неравенство эквивалентно системе:

$\begin{cases} \sin x \ge \frac{1}{3} \\ \sin x < \frac{1}{2} \end{cases}$

Используем тригонометрическую окружность. Ось ординат (синусов) должна находиться в промежутке $[\frac{1}{3}; \frac{1}{2})$.

Найдем углы, соответствующие граничным значениям:

• $\sin x = \frac{1}{2}$ при $x = \frac{\pi}{6} + 2\pi n$ и $x = \frac{5\pi}{6} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
• $\sin x = \frac{1}{3}$ при $x = \arcsin(\frac{1}{3}) + 2\pi n$ и $x = \pi - \arcsin(\frac{1}{3}) + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

На тригонометрической окружности мы ищем дуги, где ордината точки находится между $\frac{1}{3}$ (включая) и $\frac{1}{2}$ (не включая). Таких дуг две: одна в первой четверти, другая во второй.

1. Для первой четверти: угол $x$ должен быть больше или равен $\arcsin(\frac{1}{3})$ и меньше $\frac{\pi}{6}$. С учетом периодичности: $ \arcsin(\frac{1}{3}) + 2\pi n \le x < \frac{\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.

2. Для второй четверти: угол $x$ должен быть больше $\frac{5\pi}{6}$ и меньше или равен $\pi - \arcsin(\frac{1}{3})$. С учетом периодичности: $ \frac{5\pi}{6} + 2\pi n < x \le \pi - \arcsin(\frac{1}{3}) + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.

Объединяя эти два решения, получаем ответ.

Ответ: $x \in [\arcsin(\frac{1}{3}) + 2\pi n; \frac{\pi}{6} + 2\pi n) \cup (\frac{5\pi}{6} + 2\pi n; \pi - \arcsin(\frac{1}{3}) + 2\pi n], n \in \mathbb{Z}$.

3) Решим двойное неравенство $ -4 < \operatorname{ctg} x < 1,5 $.

Функция $y = \operatorname{ctg} x$ является убывающей на своем основном интервале определения $(0; \pi)$. Период функции равен $\pi$.

Неравенство можно переписать в виде системы:

$\begin{cases} \operatorname{ctg} x < 1,5 \\ \operatorname{ctg} x > -4 \end{cases}$

Так как котангенс - убывающая функция, то:

• Из $\operatorname{ctg} x < 1,5$ следует $x > \operatorname{arcctg}(1,5)$.
• Из $\operatorname{ctg} x > -4$ следует $x < \operatorname{arcctg}(-4)$.

Объединяя эти условия для одного периода $(0; \pi)$, получаем $ \operatorname{arcctg}(1,5) < x < \operatorname{arcctg}(-4) $.

Учитывая периодичность функции котангенса, добавляем $\pi n$ к границам интервала.

Ответ: $x \in (\operatorname{arcctg}(1,5) + \pi n; \operatorname{arcctg}(-4) + \pi n), n \in \mathbb{Z}$.

4) Решим двойное неравенство $ -\frac{\sqrt{3}}{3} < \operatorname{tg} x < 1 $.

Функция $y = \operatorname{tg} x$ является возрастающей на своем основном интервале определения $(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$. Период функции равен $\pi$.

Неравенство можно переписать в виде системы:

$\begin{cases} \operatorname{tg} x < 1 \\ \operatorname{tg} x > -\frac{\sqrt{3}}{3} \end{cases}$

Так как тангенс - возрастающая функция, то:

• Из $\operatorname{tg} x < 1$ следует $x < \operatorname{arctg}(1)$, то есть $x < \frac{\pi}{4}$.
• Из $\operatorname{tg} x > -\frac{\sqrt{3}}{3}$ следует $x > \operatorname{arctg}(-\frac{\sqrt{3}}{3})$, то есть $x > -\frac{\pi}{6}$.

Объединяя эти условия для одного периода $(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$, получаем $ -\frac{\pi}{6} < x < \frac{\pi}{4} $.

Учитывая периодичность функции тангенса, добавляем $\pi n$ к границам интервала.

Ответ: $x \in (-\frac{\pi}{6} + \pi n; \frac{\pi}{4} + \pi n), n \in \mathbb{Z}$.