Страница 234 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

2. Поясните, по какой схеме проводится решение тригонометрических неравенств.

Решение тригонометрических неравенств проводится по следующей обобщенной схеме, которую мы рассмотрим на примере неравенства $2\sin(x) - 1 > 0$.

1. Приведение неравенства к простейшему виду. С помощью алгебраических преобразований и тригонометрических тождеств неравенство сводится к одному из простейших видов: $\sin(x) > a$, $\cos(x) \le a$, $\tan(x) < a$, $\cot(x) \ge a$ и т.п.
   Пример: $2\sin(x) - 1 > 0 \implies 2\sin(x) > 1 \implies \sin(x) > 1/2$.

2. Решение соответствующего уравнения. Чтобы найти граничные точки, которые разделяют числовую ось (или тригонометрическую окружность) на интервалы, нужно решить уравнение, получаемое заменой знака неравенства на знак равенства.
   Пример: Решаем уравнение $\sin(x) = 1/2$. Корни на промежутке $[0, 2\pi)$ равны $x_1 = \pi/6$ и $x_2 = 5\pi/6$.

3. Использование единичной тригонометрической окружности (или графика функции). Это ключевой этап, позволяющий наглядно определить интервалы, удовлетворяющие неравенству.

   • На единичной окружности отмечаются точки, соответствующие найденным корням уравнения (граничные точки). В нашем примере это точки, ордината (ось y) которых равна $1/2$.
   • Определяется дуга (или дуги) окружности, для точек которой выполняется исходное неравенство. Для $\sin(x) > 1/2$ нам нужны точки, ордината которых больше $1/2$. Это дуга, расположенная выше прямой $y=1/2$.
   • Концы этой дуги соответствуют углам $\pi/6$ и $5\pi/6$. Двигаясь по окружности против часовой стрелки (в положительном направлении), мы видим, что нужная нам дуга начинается в точке $\pi/6$ и заканчивается в точке $5\pi/6$.

4. Запись решения на одном периоде. На основе анализа окружности записывается решение в виде интервала (или объединения интервалов) на протяжении одного периода функции. Для синуса и косинуса обычно берут промежуток длиной $2\pi$, например $[0, 2\pi)$.
   Пример: На промежутке $[0, 2\pi)$ решением является интервал $(\pi/6, 5\pi/6)$. Скобки круглые, так как неравенство строгое ($>$).

5. Учет периодичности и запись общего решения. Поскольку тригонометрические функции периодичны, найденное на одном периоде решение повторяется. Для получения общего решения к границам найденного интервала добавляется слагаемое $Pk$, где $P$ — основной период функции, а $k$ — любое целое число ($k \in \mathbb{Z}$).
   Пример: Период функции $\sin(x)$ равен $2\pi$. Следовательно, общее решение неравенства $\sin(x) > 1/2$ имеет вид:
   $\pi/6 + 2\pi k < x < 5\pi/6 + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
   Или в виде интервалов: $x \in (\pi/6 + 2\pi k; 5\pi/6 + 2\pi k), k \in \mathbb{Z}$.

Для более сложных неравенств (метод замены переменной)

Если неравенство содержит одну и ту же тригонометрическую функцию в разных степенях (например, $2\cos^2(x) + \cos(x) - 1 \le 0$), используется метод замены переменной.

1. Вводится замена: пусть $t = \cos(x)$. Важно учесть область значений функции: $|t| \le 1$.
2. Решается полученное алгебраическое (в данном случае квадратное) неравенство: $2t^2 + t - 1 \le 0$. Корни уравнения $2t^2 + t - 1 = 0$ равны $t_1 = -1$ и $t_2 = 1/2$. Решением неравенства является промежуток $t \in [-1, 1/2]$.
3. С учетом ограничения $|t| \le 1$ решение не меняется.
4. Выполняется обратная замена: $-1 \le \cos(x) \le 1/2$.
5. Это двойное неравенство решается с помощью единичной окружности. Неравенство $\cos(x) \ge -1$ выполняется для всех $x$. Остается решить $\cos(x) \le 1/2$. На окружности это дуга между точками $\pi/3$ и $5\pi/3$.
6. Записывается общее решение: $[\pi/3 + 2\pi k, 5\pi/3 + 2\pi k], k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: Схема решения тригонометрических неравенств включает в себя: приведение неравенства к простейшему виду (при необходимости с помощью замены переменной), решение соответствующего ему уравнения для нахождения граничных точек, использование тригонометрической окружности или графика для определения нужных интервалов, и, наконец, учет периодичности функции для записи общего решения в виде серии интервалов.

32.1. Решите неравенство:

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

2) $\sin x \ge -\frac{\sqrt{3}}{2}$;

3) $\cos x > \frac{\sqrt{2}}{2}$;

4) $\cos x \le \frac{\sqrt{3}}{2}$;

5) $\operatorname{tg} x < -1$;

6) $\operatorname{tg} x \ge \frac{\sqrt{3}}{3}$;

7) $\operatorname{ctg} x \le \sqrt{3}$;

8) $\operatorname{ctg} x > -1$;

9) $\sin x < \frac{1}{6}$;

10) $\operatorname{tg} x > 3$.

1)

Решим неравенство $\sin x < \frac{1}{2}$.
Сначала найдем корни уравнения $\sin x = \frac{1}{2}$. На промежутке $[0, 2\pi]$ это $x_1 = \frac{\pi}{6}$ и $x_2 = \pi - \frac{\pi}{6} = \frac{5\pi}{6}$.
На единичной окружности значениям $\sin x$, меньшим $\frac{1}{2}$, соответствуют точки, лежащие ниже прямой $y = \frac{1}{2}$.
Это дуга, которая начинается в точке, соответствующей углу $\frac{5\pi}{6}$, и, двигаясь против часовой стрелки, заканчивается в точке, соответствующей углу $\frac{\pi}{6} + 2\pi = \frac{13\pi}{6}$.
Таким образом, решение на одном обороте: $\frac{5\pi}{6} < x < \frac{13\pi}{6}$.
Общее решение, учитывая периодичность синуса ($2\pi$), имеет вид: $\frac{5\pi}{6} + 2\pi k < x < \frac{13\pi}{6} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Это можно записать и в другой форме: $-\frac{7\pi}{6} + 2\pi k < x < \frac{\pi}{6} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $\frac{5\pi}{6} + 2\pi k < x < \frac{13\pi}{6} + 2\pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

2)

Решим неравенство $\sin x \ge -\frac{\sqrt{3}}{2}$.
Сначала найдем корни уравнения $\sin x = -\frac{\sqrt{3}}{2}$. На промежутке $[-\pi, \pi]$ это $x_1 = -\frac{\pi}{3}$ и $x_2 = -\frac{2\pi}{3}$. На промежутке $[0, 2\pi]$ это $x_1 = \frac{4\pi}{3}$ и $x_2 = \frac{5\pi}{3}$.
На единичной окружности значениям $\sin x$, большим или равным $-\frac{\sqrt{3}}{2}$, соответствуют точки, лежащие выше или на прямой $y = -\frac{\sqrt{3}}{2}$.
Это дуга, которая начинается в точке $-\frac{\pi}{3}$ и, двигаясь против часовой стрелки, заканчивается в точке $\frac{4\pi}{3}$.
Таким образом, решение на одном обороте: $-\frac{\pi}{3} \le x \le \frac{4\pi}{3}$.
Общее решение: $-\frac{\pi}{3} + 2\pi k \le x \le \frac{4\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $-\frac{\pi}{3} + 2\pi k \le x \le \frac{4\pi}{3} + 2\pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

3)

Решим неравенство $\cos x > \frac{\sqrt{2}}{2}$.
Корни уравнения $\cos x = \frac{\sqrt{2}}{2}$ на промежутке $[-\pi, \pi]$: $x_1 = -\frac{\pi}{4}$ и $x_2 = \frac{\pi}{4}$.
На единичной окружности значениям $\cos x$, большим $\frac{\sqrt{2}}{2}$, соответствуют точки, лежащие правее прямой $x = \frac{\sqrt{2}}{2}$.
Это дуга от $-\frac{\pi}{4}$ до $\frac{\pi}{4}$.
Общее решение: $-\frac{\pi}{4} + 2\pi k < x < \frac{\pi}{4} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

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

4)

Решим неравенство $\cos x \le \frac{\sqrt{3}}{2}$.
Корни уравнения $\cos x = \frac{\sqrt{3}}{2}$ на промежутке $[0, 2\pi]$: $x_1 = \frac{\pi}{6}$ и $x_2 = 2\pi - \frac{\pi}{6} = \frac{11\pi}{6}$.
На единичной окружности значениям $\cos x$, меньшим или равным $\frac{\sqrt{3}}{2}$, соответствуют точки, лежащие левее или на прямой $x = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
Это дуга от $\frac{\pi}{6}$ до $\frac{11\pi}{6}$.
Общее решение: $\frac{\pi}{6} + 2\pi k \le x \le \frac{11\pi}{6} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $\frac{\pi}{6} + 2\pi k \le x \le \frac{11\pi}{6} + 2\pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

5)

Решим неравенство $\tg x < -1$.
Основной корень уравнения $\tg x = -1$ это $x = \arctan(-1) = -\frac{\pi}{4}$.
Функция $\tg x$ имеет период $\pi$ и вертикальные асимптоты в точках $x = \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Рассмотрим один период, например, $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$. Функция $\tg x$ возрастает на этом интервале.
Неравенство $\tg x < -1$ выполняется для $x$, находящихся между левой асимптотой и точкой $x = -\frac{\pi}{4}$.
Таким образом, на одном периоде решение: $-\frac{\pi}{2} < x < -\frac{\pi}{4}$.
Общее решение: $-\frac{\pi}{2} + \pi k < x < -\frac{\pi}{4} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

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

6)

Решим неравенство $\tg x \ge \frac{\sqrt{3}}{3}$.
Основной корень уравнения $\tg x = \frac{\sqrt{3}}{3}$ это $x = \arctan(\frac{\sqrt{3}}{3}) = \frac{\pi}{6}$.
Рассмотрим период $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$. Так как $\tg x$ — возрастающая функция, неравенство $\tg x \ge \frac{\sqrt{3}}{3}$ выполняется для $x$, находящихся между $\frac{\pi}{6}$ и правой асимптотой $\frac{\pi}{2}$.
Таким образом, на одном периоде решение: $\frac{\pi}{6} \le x < \frac{\pi}{2}$.
Общее решение: $\frac{\pi}{6} + \pi k \le x < \frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $\frac{\pi}{6} + \pi k \le x < \frac{\pi}{2} + \pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

7)

Решим неравенство $\ctg x \le \sqrt{3}$.
Основной корень уравнения $\ctg x = \sqrt{3}$ это $x = \text{arccot}(\sqrt{3}) = \frac{\pi}{6}$.
Функция $\ctg x$ имеет период $\pi$ и вертикальные асимптоты в точках $x = \pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Рассмотрим один период, например, $(0, \pi)$. Функция $\ctg x$ убывает на этом интервале.
Неравенство $\ctg x \le \sqrt{3}$ выполняется для $x$, находящихся между $\frac{\pi}{6}$ и правой асимптотой $\pi$.
Таким образом, на одном периоде решение: $\frac{\pi}{6} \le x < \pi$.
Общее решение: $\frac{\pi}{6} + \pi k \le x < \pi + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $\frac{\pi}{6} + \pi k \le x < \pi + \pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

8)

Решим неравенство $\ctg x > -1$.
Основной корень уравнения $\ctg x = -1$ это $x = \text{arccot}(-1) = \frac{3\pi}{4}$.
Рассмотрим период $(0, \pi)$. Так как $\ctg x$ — убывающая функция, неравенство $\ctg x > -1$ выполняется для $x$, находящихся между левой асимптотой $0$ и точкой $\frac{3\pi}{4}$.
Таким образом, на одном периоде решение: $0 < x < \frac{3\pi}{4}$.
Общее решение: $\pi k < x < \frac{3\pi}{4} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $\pi k < x < \frac{3\pi}{4} + \pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

9)

Решим неравенство $\sin x < \frac{1}{6}$.
Корни уравнения $\sin x = \frac{1}{6}$ выражаются через арксинус: $x_1 = \arcsin(\frac{1}{6})$ и $x_2 = \pi - \arcsin(\frac{1}{6})$.
По аналогии с заданием 1), на единичной окружности искомые значения $x$ соответствуют дуге, начинающейся в точке $\pi - \arcsin(\frac{1}{6})$ и заканчивающейся в точке $2\pi + \arcsin(\frac{1}{6})$.
Общее решение: $\pi - \arcsin(\frac{1}{6}) + 2\pi k < x < 2\pi + \arcsin(\frac{1}{6}) + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Эквивалентная форма записи: $-\pi - \arcsin(\frac{1}{6}) + 2\pi k < x < \arcsin(\frac{1}{6}) + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $\pi - \arcsin(\frac{1}{6}) + 2\pi k < x < 2\pi + \arcsin(\frac{1}{6}) + 2\pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

10)

Решим неравенство $\tg x > 3$.
Корень уравнения $\tg x = 3$ выражается через арктангенс: $x = \arctan(3)$.
По аналогии с заданием 6), так как $\tg x$ — возрастающая функция на своем периоде, неравенство $\tg x > 3$ выполняется для $x$, находящихся между $\arctan(3)$ и правой асимптотой $\frac{\pi}{2}$.
Таким образом, на одном периоде решение: $\arctan(3) < x < \frac{\pi}{2}$.
Общее решение: $\arctan(3) + \pi k < x < \frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

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

32.2. Решите неравенство:

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

2) $ \sin x > -\frac{1}{2} $;

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

4) $ \cos x > \frac{\sqrt{3}}{2} $;

5) $ \text{tg } x \ge -1 $;

6) $ \text{tg } x < -\sqrt{3} $;

7) $ \text{ctg } x > \frac{\sqrt{3}}{3} $;

8) $ \text{ctg } x \le 1 $;

9) $ \cos x > \frac{3}{5} $;

10) $ \text{ctg } x < 2 $.

1) Решим неравенство $ \sin x \le \frac{\sqrt{2}}{2} $.

Для решения этого неравенства воспользуемся тригонометрической окружностью. Сначала найдем углы, для которых $ \sin x = \frac{\sqrt{2}}{2} $. Этими углами являются $ x = \frac{\pi}{4} $ и $ x = \frac{3\pi}{4} $.

Нам нужны значения $x$, при которых ордината (координата y) точки на окружности не превышает $ \frac{\sqrt{2}}{2} $. Это соответствует дуге, которая начинается в точке $ \frac{3\pi}{4} $, проходит через точки $ \pi, \frac{3\pi}{2} $ и заканчивается в точке $ \frac{\pi}{4} $ следующего оборота. Длина этого интервала составляет $ (\frac{9\pi}{4} - \frac{3\pi}{4}) = \frac{6\pi}{4} = \frac{3\pi}{2} $.

Запишем этот интервал, учитывая периодичность синуса (период $2\pi$). Решением будет объединение интервалов $ [\frac{3\pi}{4} + 2\pi n, \frac{9\pi}{4} + 2\pi n] $, где $n \in \mathbb{Z}$. Эту же серию решений можно записать в более компактном виде: $ [-\frac{5\pi}{4} + 2\pi n, \frac{\pi}{4} + 2\pi n] $.

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

2) Решим неравенство $ \sin x > -\frac{1}{2} $.

Найдем на тригонометрической окружности точки, для которых $ \sin x = -\frac{1}{2} $. Это углы $ x = -\frac{\pi}{6} $ и $ x = \frac{7\pi}{6} $.

Неравенству $ \sin x > -\frac{1}{2} $ соответствуют точки на окружности, ордината которых больше $ -\frac{1}{2} $. Это дуга, идущая от точки $ -\frac{\pi}{6} $ против часовой стрелки к точке $ \frac{7\pi}{6} $.

Таким образом, на одном из периодов решение представляет собой интервал $ (-\frac{\pi}{6}, \frac{7\pi}{6}) $. Учитывая периодичность функции синус, общее решение получается добавлением $ 2\pi n $.

Ответ: $ -\frac{\pi}{6} + 2\pi n < x < \frac{7\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.

3) Решим неравенство $ \cos x \le \frac{1}{2} $.

Найдем углы, для которых $ \cos x = \frac{1}{2} $. На тригонометрической окружности это углы $ x = \frac{\pi}{3} $ и $ x = -\frac{\pi}{3} $ (или $ x = \frac{5\pi}{3} $).

Нам нужны значения $x$, при которых абсцисса (координата x) точки на окружности меньше или равна $ \frac{1}{2} $. Это соответствует дуге, которая начинается в точке $ \frac{\pi}{3} $ и идет против часовой стрелки к точке $ \frac{5\pi}{3} $.

Решением на одном периоде является интервал $ [\frac{\pi}{3}, \frac{5\pi}{3}] $. Добавляя период косинуса $ 2\pi n $, получаем общее решение.

Ответ: $ \frac{\pi}{3} + 2\pi n \le x \le \frac{5\pi}{3} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.

4) Решим неравенство $ \cos x > \frac{\sqrt{3}}{2} $.

Найдем углы, для которых $ \cos x = \frac{\sqrt{3}}{2} $. Это углы $ x = \frac{\pi}{6} $ и $ x = -\frac{\pi}{6} $.

Неравенству $ \cos x > \frac{\sqrt{3}}{2} $ соответствуют точки на окружности, абсцисса которых больше $ \frac{\sqrt{3}}{2} $. Это дуга, заключенная между точками $ -\frac{\pi}{6} $ и $ \frac{\pi}{6} $.

Решением на одном периоде является интервал $ (-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}) $. Общее решение получаем, прибавляя период $ 2\pi n $.

Ответ: $ -\frac{\pi}{6} + 2\pi n < x < \frac{\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.

5) Решим неравенство $ \text{tg } x \ge -1 $.

Период тангенса равен $ \pi $. Рассмотрим решение на основном интервале $ (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}) $. Найдем корень уравнения $ \text{tg } x = -1 $, который равен $ x = -\frac{\pi}{4} $. Функция $ y = \text{tg } x $ является возрастающей на своем интервале определения. Поэтому неравенство $ \text{tg } x \ge -1 $ выполняется для всех $ x $, которые больше или равны $ -\frac{\pi}{4} $. С учетом вертикальной асимптоты $ x = \frac{\pi}{2} $, получаем интервал $ [-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}) $.

Добавляя период тангенса $ \pi n $, получаем общее решение.

Ответ: $ -\frac{\pi}{4} + \pi n \le x < \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z} $.

6) Решим неравенство $ \text{tg } x < -\sqrt{3} $.

Рассмотрим решение на интервале $ (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}) $. Найдем корень уравнения $ \text{tg } x = -\sqrt{3} $, который равен $ x = -\frac{\pi}{3} $. Так как функция $ \text{tg } x $ возрастающая, неравенство $ \text{tg } x < -\sqrt{3} $ выполняется для всех $x$, которые меньше $ -\frac{\pi}{3} $. С учетом левой асимптоты $ x = -\frac{\pi}{2} $, получаем интервал $ (-\frac{\pi}{2}, -\frac{\pi}{3}) $.

Общее решение получаем, прибавляя период $ \pi n $.

Ответ: $ -\frac{\pi}{2} + \pi n < x < -\frac{\pi}{3} + \pi n, n \in \mathbb{Z} $.

7) Решим неравенство $ \text{ctg } x > \frac{\sqrt{3}}{3} $.

Период котангенса равен $ \pi $. Рассмотрим решение на основном интервале $ (0, \pi) $. Найдем корень уравнения $ \text{ctg } x = \frac{\sqrt{3}}{3} $, который равен $ x = \frac{\pi}{3} $. Функция $ y = \text{ctg } x $ является убывающей на своем интервале определения. Поэтому неравенство $ \text{ctg } x > \frac{\sqrt{3}}{3} $ выполняется для всех $x$, которые меньше $ \frac{\pi}{3} $. С учетом вертикальной асимптоты $ x = 0 $, получаем интервал $ (0, \frac{\pi}{3}) $.

Добавляя период котангенса $ \pi n $, получаем общее решение.

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

8) Решим неравенство $ \text{ctg } x \le 1 $.

Рассмотрим решение на интервале $ (0, \pi) $. Корень уравнения $ \text{ctg } x = 1 $ равен $ x = \frac{\pi}{4} $. Так как функция $ \text{ctg } x $ убывающая, неравенство $ \text{ctg } x \le 1 $ будет выполняться для всех $x$, которые больше или равны $ \frac{\pi}{4} $. С учетом асимптоты $ x = \pi $, получаем полуинтервал $ [\frac{\pi}{4}, \pi) $.

Общее решение получаем, прибавляя период $ \pi n $.

Ответ: $ \frac{\pi}{4} + \pi n \le x < \pi + \pi n, n \in \mathbb{Z} $.

9) Решим неравенство $ \cos x > \frac{3}{5} $.

Так как $ \frac{3}{5} $ не является табличным значением для косинуса, используем аркфункцию. Решениями уравнения $ \cos x = \frac{3}{5} $ являются $ x = \pm\arccos(\frac{3}{5}) + 2\pi n $.

На тригонометрической окружности неравенству $ \cos x > \frac{3}{5} $ соответствуют точки, абсцисса которых больше $ \frac{3}{5} $. Это дуга, заключенная между точками $ -\arccos(\frac{3}{5}) $ и $ \arccos(\frac{3}{5}) $.

Учитывая периодичность, получаем общее решение.

Ответ: $ -\arccos(\frac{3}{5}) + 2\pi n < x < \arccos(\frac{3}{5}) + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.

10) Решим неравенство $ \text{ctg } x < 2 $.

Рассмотрим решение на интервале $ (0, \pi) $. Значение $2$ не является табличным для котангенса, поэтому используем арккотангенс. Корень уравнения $ \text{ctg } x = 2 $ равен $ x = \text{arccot}(2) $. Функция $ \text{ctg } x $ является убывающей. Следовательно, неравенство $ \text{ctg } x < 2 $ выполняется для всех $x$, которые больше $ \text{arccot}(2) $. Учитывая правую асимптоту $ x = \pi $, получаем интервал $ (\text{arccot}(2), \pi) $.

Прибавляя период $ \pi n $, получаем общее решение.

Ответ: $ \text{arccot}(2) + \pi n < x < \pi + \pi n, n \in \mathbb{Z} $.

32.3. Решите неравенство:

1) $sin 2x > \frac{\sqrt{3}}{2};$

2) $tg\left(-\frac{x}{4}\right) < \sqrt{3};$

3) $ctg 5x > 1;$

4) $cos(-3x) > \frac{1}{3}.$

1) Решим неравенство $\sin 2x > \frac{\sqrt{3}}{2}$.
Сделаем замену $t = 2x$. Неравенство примет вид $\sin t > \frac{\sqrt{3}}{2}$.
Решение этого простейшего тригонометрического неравенства можно найти с помощью единичной окружности. Значениям синуса соответствуют ординаты (y-координаты) точек на окружности.
Найдём углы, для которых $\sin t = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Это углы $t_1 = \frac{\pi}{3}$ и $t_2 = \pi - \frac{\pi}{3} = \frac{2\pi}{3}$.
Неравенство $\sin t > \frac{\sqrt{3}}{2}$ выполняется для углов, расположенных на дуге единичной окружности выше прямой $y=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
Таким образом, решение для $t$ на одном обороте: $\frac{\pi}{3} < t < \frac{2\pi}{3}$.
С учётом периодичности функции синус (период $2\pi$), общее решение для $t$ имеет вид:
$\frac{\pi}{3} + 2\pi k < t < \frac{2\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Теперь выполним обратную замену $t = 2x$:
$\frac{\pi}{3} + 2\pi k < 2x < \frac{2\pi}{3} + 2\pi k$.
Чтобы найти $x$, разделим все части двойного неравенства на 2:
$\frac{\pi}{6} + \pi k < x < \frac{\pi}{3} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x \in \left(\frac{\pi}{6} + \pi k; \frac{\pi}{3} + \pi k\right), k \in \mathbb{Z}$.

2) Решим неравенство $\text{tg}(-\frac{x}{4}) < \sqrt{3}$.
Функция тангенс является нечётной, то есть $\text{tg}(-a) = -\text{tg}(a)$. Используем это свойство:
$-\text{tg}\left(\frac{x}{4}\right) < \sqrt{3}$.
Умножим обе части неравенства на -1, при этом знак неравенства изменится на противоположный:
$\text{tg}\left(\frac{x}{4}\right) > -\sqrt{3}$.
Сделаем замену $t = \frac{x}{4}$. Неравенство примет вид $\text{tg} t > -\sqrt{3}$.
Найдём угол, для которого $\text{tg} t = -\sqrt{3}$. Это угол $t = \text{arctg}(-\sqrt{3}) = -\frac{\pi}{3}$.
Функция тангенс определена при $t \neq \frac{\pi}{2} + \pi k$ и является возрастающей на каждом интервале области определения.
Решение неравенства $\text{tg} t > -\sqrt{3}$ с учетом периодичности (период $\pi$) и области определения:
$-\frac{\pi}{3} + \pi k < t < \frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Выполним обратную замену $t = \frac{x}{4}$:
$-\frac{\pi}{3} + \pi k < \frac{x}{4} < \frac{\pi}{2} + \pi k$.
Умножим все части двойного неравенства на 4:
$-\frac{4\pi}{3} + 4\pi k < x < 2\pi + 4\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x \in \left(-\frac{4\pi}{3} + 4\pi k; 2\pi + 4\pi k\right), k \in \mathbb{Z}$.

3) Решим неравенство $\text{ctg} 5x > 1$.
Сделаем замену $t = 5x$. Неравенство примет вид $\text{ctg} t > 1$.
Найдём угол, для которого $\text{ctg} t = 1$. Это угол $t = \text{arcctg}(1) = \frac{\pi}{4}$.
Функция котангенс определена при $t \neq \pi k$ и является убывающей на каждом интервале области определения.
Решение неравенства $\text{ctg} t > 1$ с учетом периодичности (период $\pi$) и области определения:
$\pi k < t < \frac{\pi}{4} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Выполним обратную замену $t = 5x$:
$\pi k < 5x < \frac{\pi}{4} + \pi k$.
Разделим все части двойного неравенства на 5:
$\frac{\pi k}{5} < x < \frac{\pi}{20} + \frac{\pi k}{5}$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x \in \left(\frac{\pi k}{5}; \frac{\pi}{20} + \frac{\pi k}{5}\right), k \in \mathbb{Z}$.

4) Решим неравенство $\cos(-3x) > \frac{1}{3}$.
Функция косинус является чётной, то есть $\cos(-a) = \cos(a)$. Используем это свойство:
$\cos(3x) > \frac{1}{3}$.
Сделаем замену $t = 3x$. Неравенство примет вид $\cos t > \frac{1}{3}$.
Решение этого простейшего тригонометрического неравенства можно найти с помощью единичной окружности. Значениям косинуса соответствуют абсциссы (x-координаты) точек на окружности.
Найдём углы, для которых $\cos t = \frac{1}{3}$. Так как $\frac{1}{3}$ не является табличным значением, используем арккосинус. Это углы $t_1 = \arccos\left(\frac{1}{3}\right)$ и $t_2 = -\arccos\left(\frac{1}{3}\right)$.
Неравенство $\cos t > \frac{1}{3}$ выполняется для углов, расположенных на дуге единичной окружности правее прямой $x=\frac{1}{3}$.
Таким образом, решение для $t$ на одном обороте: $-\arccos\left(\frac{1}{3}\right) < t < \arccos\left(\frac{1}{3}\right)$.
С учётом периодичности функции косинус (период $2\pi$), общее решение для $t$ имеет вид:
$-\arccos\left(\frac{1}{3}\right) + 2\pi k < t < \arccos\left(\frac{1}{3}\right) + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Выполним обратную замену $t = 3x$:
$-\arccos\left(\frac{1}{3}\right) + 2\pi k < 3x < \arccos\left(\frac{1}{3}\right) + 2\pi k$.
Разделим все части двойного неравенства на 3:
$-\frac{1}{3}\arccos\left(\frac{1}{3}\right) + \frac{2\pi k}{3} < x < \frac{1}{3}\arccos\left(\frac{1}{3}\right) + \frac{2\pi k}{3}$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x \in \left(-\frac{1}{3}\arccos\left(\frac{1}{3}\right) + \frac{2\pi k}{3}; \frac{1}{3}\arccos\left(\frac{1}{3}\right) + \frac{2\pi k}{3}\right), k \in \mathbb{Z}$.

32.4. Решите неравенство:

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

2) $ \operatorname{ctg} \left(-\frac{x}{2}\right) > \sqrt{3} $

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

4) $ \cos 4x < \frac{1}{4} $

1) Решим неравенство $\sin\frac{x}{3} < \frac{1}{2}$.
Сделаем замену переменной. Пусть $t = \frac{x}{3}$. Неравенство принимает вид $\sin t < \frac{1}{2}$.
Решением этого простейшего тригонометрического неравенства является интервал, который можно найти с помощью единичной окружности. Значения синуса соответствуют ординате (координате y) точек на окружности. Нам нужны точки, у которых ордината меньше $\frac{1}{2}$.
Найдём углы, для которых $\sin t = \frac{1}{2}$. Это $t_1 = \arcsin(\frac{1}{2})=\frac{\pi}{6}$ и $t_2 = \pi - \arcsin(\frac{1}{2}) = \pi - \frac{\pi}{6} = \frac{5\pi}{6}$.
Неравенство $\sin t < \frac{1}{2}$ выполняется для углов $t$, лежащих на дуге окружности, соответствующей интервалу от $\frac{5\pi}{6}$ до $\frac{\pi}{6}$ следующего оборота.С учётом периодичности синуса (период $2\pi$), общее решение для $t$ можно записать как:
$\frac{5\pi}{6} + 2\pi n < t < 2\pi + \frac{\pi}{6} + 2\pi n$, что эквивалентно $-\frac{7\pi}{6} + 2\pi n < t < \frac{\pi}{6} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
Теперь вернёмся к исходной переменной $x$, подставив $t = \frac{x}{3}$:
$-\frac{7\pi}{6} + 2\pi n < \frac{x}{3} < \frac{\pi}{6} + 2\pi n$.
Умножим все части неравенства на 3, чтобы выразить $x$:
$3 \cdot (-\frac{7\pi}{6} + 2\pi n) < x < 3 \cdot (\frac{\pi}{6} + 2\pi n)$.
$-\frac{7\pi}{2} + 6\pi n < x < \frac{\pi}{2} + 6\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $(-\frac{7\pi}{2} + 6\pi n; \frac{\pi}{2} + 6\pi n), n \in \mathbb{Z}$.

2) Решим неравенство $\text{ctg}(-\frac{x}{2}) > \sqrt{3}$.
Используем свойство нечётности котангенса: $\text{ctg}(-a) = -\text{ctg}(a)$.
Неравенство принимает вид: $-\text{ctg}(\frac{x}{2}) > \sqrt{3}$.
Умножим обе части на -1, изменив знак неравенства на противоположный:
$\text{ctg}(\frac{x}{2}) < -\sqrt{3}$.
Сделаем замену переменной. Пусть $t = \frac{x}{2}$. Неравенство принимает вид $\text{ctg} t < -\sqrt{3}$.
Область определения котангенса: $t \neq \pi k, k \in \mathbb{Z}$. Период котангенса равен $\pi$.
Найдём угол, для которого $\text{ctg} t = -\sqrt{3}$. Этот угол равен $t = \text{arcctg}(-\sqrt{3}) = \pi - \text{arcctg}(\sqrt{3}) = \pi - \frac{\pi}{6} = \frac{5\pi}{6}$.
Функция котангенса является убывающей на каждом интервале своей области определения $(\pi k, \pi + \pi k)$.
Поэтому решение неравенства $\text{ctg} t < -\sqrt{3}$ на основном интервале $(0, \pi)$ будет $\frac{5\pi}{6} < t < \pi$.
С учётом периодичности, общее решение для $t$ имеет вид:
$\frac{5\pi}{6} + \pi n < t < \pi + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
Вернёмся к переменной $x$, подставив $t = \frac{x}{2}$:
$\frac{5\pi}{6} + \pi n < \frac{x}{2} < \pi + \pi n$.
Умножим все части неравенства на 2:
$2 \cdot (\frac{5\pi}{6} + \pi n) < x < 2 \cdot (\pi + \pi n)$.
$\frac{5\pi}{3} + 2\pi n < x < 2\pi + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $(\frac{5\pi}{3} + 2\pi n; 2\pi + 2\pi n), n \in \mathbb{Z}$.

3) Решим неравенство $\text{tg}(2x) < -\frac{\sqrt{3}}{3}$.
Сделаем замену переменной. Пусть $t = 2x$. Неравенство принимает вид $\text{tg} t < -\frac{\sqrt{3}}{3}$.
Область определения тангенса: $t \neq \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$. Период тангенса равен $\pi$.
Найдём угол, для которого $\text{tg} t = -\frac{\sqrt{3}}{3}$. Этот угол равен $t = \text{arctg}(-\frac{\sqrt{3}}{3}) = -\text{arctg}(\frac{\sqrt{3}}{3}) = -\frac{\pi}{6}$.
Функция тангенса является возрастающей на каждом интервале своей области определения $(-\frac{\pi}{2} + \pi k, \frac{\pi}{2} + \pi k)$.
Решение неравенства $\text{tg} t < -\frac{\sqrt{3}}{3}$ на основном интервале $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ будет $-\frac{\pi}{2} < t < -\frac{\pi}{6}$.
С учётом периодичности, общее решение для $t$ имеет вид:
$-\frac{\pi}{2} + \pi n < t < -\frac{\pi}{6} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
Вернёмся к переменной $x$, подставив $t = 2x$:
$-\frac{\pi}{2} + \pi n < 2x < -\frac{\pi}{6} + \pi n$.
Разделим все части неравенства на 2:
$\frac{1}{2} \cdot (-\frac{\pi}{2} + \pi n) < x < \frac{1}{2} \cdot (-\frac{\pi}{6} + \pi n)$.
$-\frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{2} < x < -\frac{\pi}{12} + \frac{\pi n}{2}$, где $n \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $(-\frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{2}; -\frac{\pi}{12} + \frac{\pi n}{2}), n \in \mathbb{Z}$.

4) Решим неравенство $\cos(4x) < \frac{1}{4}$.
Сделаем замену переменной. Пусть $t = 4x$. Неравенство принимает вид $\cos t < \frac{1}{4}$.
Решением этого простейшего тригонометрического неравенства является интервал, который можно найти с помощью единичной окружности. Значения косинуса соответствуют абсциссе (координате x) точек на окружности. Нам нужны точки, у которых абсцисса меньше $\frac{1}{4}$.
Найдём углы, для которых $\cos t = \frac{1}{4}$. Так как $\frac{1}{4}$ не является табличным значением, используем арккосинус. Углы равны $t_1 = \arccos(\frac{1}{4})$ и $t_2 = -\arccos(\frac{1}{4})$.
Неравенство $\cos t < \frac{1}{4}$ выполняется для углов $t$, лежащих на дуге окружности от точки, соответствующей углу $\arccos(\frac{1}{4})$, против часовой стрелки до точки, соответствующей углу $2\pi - \arccos(\frac{1}{4})$.
Таким образом, с учётом периодичности косинуса (период $2\pi$), общее решение для $t$ имеет вид:
$\arccos(\frac{1}{4}) + 2\pi n < t < 2\pi - \arccos(\frac{1}{4}) + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
Теперь вернёмся к исходной переменной $x$, подставив $t = 4x$:
$\arccos(\frac{1}{4}) + 2\pi n < 4x < 2\pi - \arccos(\frac{1}{4}) + 2\pi n$.
Разделим все части неравенства на 4, чтобы выразить $x$:
$\frac{1}{4}(\arccos(\frac{1}{4}) + 2\pi n) < x < \frac{1}{4}(2\pi - \arccos(\frac{1}{4}) + 2\pi n)$.
$\frac{1}{4}\arccos(\frac{1}{4}) + \frac{\pi n}{2} < x < \frac{\pi}{2} - \frac{1}{4}\arccos(\frac{1}{4}) + \frac{\pi n}{2}$, где $n \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $(\frac{1}{4}\arccos(\frac{1}{4}) + \frac{\pi n}{2}; \frac{\pi}{2} - \frac{1}{4}\arccos(\frac{1}{4}) + \frac{\pi n}{2}), n \in \mathbb{Z}$.

32.5. Решите неравенство:

1) $ \text{tg}\left(x - \frac{\pi}{3}\right) \le \sqrt{3}; $

2) $ \text{cos}\left(2x - \frac{\pi}{6}\right) > -\frac{1}{2}; $

3) $ \text{ctg}\left(\frac{\pi}{4} - x\right) > \frac{1}{\sqrt{3}}; $

4) $ 2\text{sin}\left(\frac{\pi}{6} - 3x\right) \le \sqrt{3}; $

5) $ \text{cos}\left(\frac{x}{2} + \frac{\pi}{4}\right) \le -\frac{\sqrt{2}}{2}; $

6) $ \text{sin}(1 - 2x) < -\frac{\sqrt{2}}{2}. $

1) Решим неравенство $tg(x - \frac{\pi}{3}) \le \sqrt{3}$.
Сделаем замену переменной: пусть $t = x - \frac{\pi}{3}$. Неравенство примет вид $tg(t) \le \sqrt{3}$.
Решением этого простейшего тригонометрического неравенства является совокупность интервалов, учитывая область определения тангенса ($t \neq \frac{\pi}{2} + \pi n$):
$-\frac{\pi}{2} + \pi n < t \le arctg(\sqrt{3}) + \pi n$, где $n \in Z$.
Поскольку $arctg(\sqrt{3}) = \frac{\pi}{3}$, получаем:
$-\frac{\pi}{2} + \pi n < t \le \frac{\pi}{3} + \pi n$, где $n \in Z$.
Выполним обратную замену:
$-\frac{\pi}{2} + \pi n < x - \frac{\pi}{3} \le \frac{\pi}{3} + \pi n$.
Прибавим ко всем частям неравенства $\frac{\pi}{3}$, чтобы выразить $x$:
$-\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{3} + \pi n < x \le \frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{3} + \pi n$.
$-\frac{3\pi - 2\pi}{6} + \pi n < x \le \frac{2\pi}{3} + \pi n$.
$-\frac{\pi}{6} + \pi n < x \le \frac{2\pi}{3} + \pi n$, где $n \in Z$.
Ответ: $x \in (-\frac{\pi}{6} + \pi n; \frac{2\pi}{3} + \pi n]$, $n \in Z$.

2) Решим неравенство $\cos(2x - \frac{\pi}{6}) > -\frac{1}{2}$.
Сделаем замену переменной: пусть $t = 2x - \frac{\pi}{6}$. Неравенство примет вид $\cos(t) > -\frac{1}{2}$.
Решением этого неравенства является совокупность интервалов:
$-\arccos(-\frac{1}{2}) + 2\pi n < t < \arccos(-\frac{1}{2}) + 2\pi n$, где $n \in Z$.
Так как $\arccos(-\frac{1}{2}) = \pi - \arccos(\frac{1}{2}) = \pi - \frac{\pi}{3} = \frac{2\pi}{3}$, получаем:
$-\frac{2\pi}{3} + 2\pi n < t < \frac{2\pi}{3} + 2\pi n$, где $n \in Z$.
Выполним обратную замену:
$-\frac{2\pi}{3} + 2\pi n < 2x - \frac{\pi}{6} < \frac{2\pi}{3} + 2\pi n$.
Прибавим ко всем частям неравенства $\frac{\pi}{6}$:
$-\frac{2\pi}{3} + \frac{\pi}{6} + 2\pi n < 2x < \frac{2\pi}{3} + \frac{\pi}{6} + 2\pi n$.
$-\frac{4\pi + \pi}{6} + 2\pi n < 2x < \frac{4\pi + \pi}{6} + 2\pi n$.
$-\frac{3\pi}{6} + 2\pi n < 2x < \frac{5\pi}{6} + 2\pi n$, что равносильно $-\frac{\pi}{2} + 2\pi n < 2x < \frac{5\pi}{6} + 2\pi n$.
Разделим все части на 2:
$-\frac{\pi}{4} + \pi n < x < \frac{5\pi}{12} + \pi n$, где $n \in Z$.
Ответ: $x \in (-\frac{\pi}{4} + \pi n; \frac{5\pi}{12} + \pi n)$, $n \in Z$.

3) Решим неравенство $ctg(\frac{\pi}{4} - x) > \frac{1}{\sqrt{3}}$.
Сделаем замену переменной: пусть $t = \frac{\pi}{4} - x$. Неравенство примет вид $ctg(t) > \frac{1}{\sqrt{3}}$.
Решением этого неравенства, учитывая область определения котангенса ($t \neq \pi n$), является совокупность интервалов:
$\pi n < t < arcctg(\frac{1}{\sqrt{3}}) + \pi n$, где $n \in Z$.
Поскольку $arcctg(\frac{1}{\sqrt{3}}) = \frac{\pi}{3}$, получаем:
$\pi n < t < \frac{\pi}{3} + \pi n$, где $n \in Z$.
Выполним обратную замену:
$\pi n < \frac{\pi}{4} - x < \frac{\pi}{3} + \pi n$.
Вычтем из всех частей $\frac{\pi}{4}$:
$\pi n - \frac{\pi}{4} < -x < \frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{4} + \pi n$.
$-\frac{\pi}{4} + \pi n < -x < \frac{4\pi - 3\pi}{12} + \pi n$.
$-\frac{\pi}{4} + \pi n < -x < \frac{\pi}{12} + \pi n$.
Умножим все части на -1, изменив знаки неравенства на противоположные:
$\frac{\pi}{4} - \pi n > x > -\frac{\pi}{12} - \pi n$.
Запишем в стандартном виде: $-\frac{\pi}{12} - \pi n < x < \frac{\pi}{4} - \pi n$.
Так как $n$ — любое целое число, то $-n$ также является любым целым числом. Заменим $-n$ на $k$, где $k \in Z$, для более привычной записи:
$-\frac{\pi}{12} + \pi k < x < \frac{\pi}{4} + \pi k$, где $k \in Z$.
Ответ: $x \in (-\frac{\pi}{12} + \pi n; \frac{\pi}{4} + \pi n)$, $n \in Z$.

4) Решим неравенство $2\sin(\frac{\pi}{6} - 3x) \le \sqrt{3}$.
Разделим обе части на 2: $\sin(\frac{\pi}{6} - 3x) \le \frac{\sqrt{3}}{2}$.
Используем свойство нечетности синуса $\sin(-\alpha) = -\sin(\alpha)$: $\sin(\frac{\pi}{6} - 3x) = -\sin(3x - \frac{\pi}{6})$.
Неравенство примет вид: $-\sin(3x - \frac{\pi}{6}) \le \frac{\sqrt{3}}{2}$.
Умножим на -1, изменив знак неравенства: $\sin(3x - \frac{\pi}{6}) \ge -\frac{\sqrt{3}}{2}$.
Сделаем замену $t = 3x - \frac{\pi}{6}$. Получим $\sin(t) \ge -\frac{\sqrt{3}}{2}$.
Решением этого неравенства является совокупность интервалов:
$\arcsin(-\frac{\sqrt{3}}{2}) + 2\pi n \le t \le \pi - \arcsin(-\frac{\sqrt{3}}{2}) + 2\pi n$, где $n \in Z$.
$-\frac{\pi}{3} + 2\pi n \le t \le \pi - (-\frac{\pi}{3}) + 2\pi n$.
$-\frac{\pi}{3} + 2\pi n \le t \le \frac{4\pi}{3} + 2\pi n$, где $n \in Z$.
Выполним обратную замену:
$-\frac{\pi}{3} + 2\pi n \le 3x - \frac{\pi}{6} \le \frac{4\pi}{3} + 2\pi n$.
Прибавим $\frac{\pi}{6}$ ко всем частям:
$-\frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{6} + 2\pi n \le 3x \le \frac{4\pi}{3} + \frac{\pi}{6} + 2\pi n$.
$-\frac{2\pi + \pi}{6} + 2\pi n \le 3x \le \frac{8\pi + \pi}{6} + 2\pi n$.
$-\frac{\pi}{6} + 2\pi n \le 3x \le \frac{9\pi}{6} + 2\pi n \implies -\frac{\pi}{6} + 2\pi n \le 3x \le \frac{3\pi}{2} + 2\pi n$.
Разделим все части на 3:
$-\frac{\pi}{18} + \frac{2\pi n}{3} \le x \le \frac{\pi}{2} + \frac{2\pi n}{3}$, где $n \in Z$.
Ответ: $x \in [-\frac{\pi}{18} + \frac{2\pi n}{3}; \frac{\pi}{2} + \frac{2\pi n}{3}]$, $n \in Z$.

5) Решим неравенство $\cos(\frac{x}{2} + \frac{\pi}{4}) \le -\frac{\sqrt{2}}{2}$.
Сделаем замену $t = \frac{x}{2} + \frac{\pi}{4}$. Неравенство примет вид $\cos(t) \le -\frac{\sqrt{2}}{2}$.
Решением этого неравенства является совокупность интервалов:
$\arccos(-\frac{\sqrt{2}}{2}) + 2\pi n \le t \le 2\pi - \arccos(-\frac{\sqrt{2}}{2}) + 2\pi n$, где $n \in Z$.
Так как $\arccos(-\frac{\sqrt{2}}{2}) = \pi - \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4}$, получаем:
$\frac{3\pi}{4} + 2\pi n \le t \le 2\pi - \frac{3\pi}{4} + 2\pi n$.
$\frac{3\pi}{4} + 2\pi n \le t \le \frac{5\pi}{4} + 2\pi n$, где $n \in Z$.
Выполним обратную замену:
$\frac{3\pi}{4} + 2\pi n \le \frac{x}{2} + \frac{\pi}{4} \le \frac{5\pi}{4} + 2\pi n$.
Вычтем из всех частей $\frac{\pi}{4}$:
$\frac{3\pi}{4} - \frac{\pi}{4} + 2\pi n \le \frac{x}{2} \le \frac{5\pi}{4} - \frac{\pi}{4} + 2\pi n$.
$\frac{2\pi}{4} + 2\pi n \le \frac{x}{2} \le \frac{4\pi}{4} + 2\pi n \implies \frac{\pi}{2} + 2\pi n \le \frac{x}{2} \le \pi + 2\pi n$.
Умножим все части на 2:
$\pi + 4\pi n \le x \le 2\pi + 4\pi n$, где $n \in Z$.
Ответ: $x \in [\pi + 4\pi n; 2\pi + 4\pi n]$, $n \in Z$.

6) Решим неравенство $\sin(1 - 2x) < -\frac{\sqrt{2}}{2}$.
Используем свойство нечетности синуса $\sin(-\alpha) = -\sin(\alpha)$: $\sin(1 - 2x) = -\sin(2x - 1)$.
Неравенство примет вид: $-\sin(2x - 1) < -\frac{\sqrt{2}}{2}$.
Умножим на -1, изменив знак неравенства: $\sin(2x - 1) > \frac{\sqrt{2}}{2}$.
Сделаем замену $t = 2x - 1$. Получим $\sin(t) > \frac{\sqrt{2}}{2}$.
Решением этого неравенства является совокупность интервалов:
$\arcsin(\frac{\sqrt{2}}{2}) + 2\pi n < t < \pi - \arcsin(\frac{\sqrt{2}}{2}) + 2\pi n$, где $n \in Z$.
$\frac{\pi}{4} + 2\pi n < t < \pi - \frac{\pi}{4} + 2\pi n$.
$\frac{\pi}{4} + 2\pi n < t < \frac{3\pi}{4} + 2\pi n$, где $n \in Z$.
Выполним обратную замену:
$\frac{\pi}{4} + 2\pi n < 2x - 1 < \frac{3\pi}{4} + 2\pi n$.
Прибавим ко всем частям 1:
$1 + \frac{\pi}{4} + 2\pi n < 2x < 1 + \frac{3\pi}{4} + 2\pi n$.
Разделим все части на 2:
$\frac{1}{2} + \frac{\pi}{8} + \pi n < x < \frac{1}{2} + \frac{3\pi}{8} + \pi n$, где $n \in Z$.
Ответ: $x \in (\frac{1}{2} + \frac{\pi}{8} + \pi n; \frac{1}{2} + \frac{3\pi}{8} + \pi n)$, $n \in Z$.