Страница 235 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

32.6. Решите неравенство:

1) $ \text{ctg}\left( x + \frac{\pi}{6} \right) \ge \sqrt{3}; $

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

3) $ 2\sin\left( \frac{2\pi}{3} - x \right) < 1; $

4) $ \text{tg}\left( \frac{x}{3} + \frac{\pi}{4} \right) < \frac{\sqrt{3}}{3}; $

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

6) $ \sin\left( 4x + \frac{\pi}{5} \right) \le -\frac{\sqrt{3}}{2}. $

1) Решим неравенство $ \ctg(x + \frac{\pi}{6}) \ge \sqrt{3} $.

Сделаем замену переменной. Пусть $ t = x + \frac{\pi}{6} $. Тогда неравенство принимает вид $ \ctg(t) \ge \sqrt{3} $.

Решениями этого неравенства являются значения $t$, удовлетворяющие условию $ \pi n < t \le \arcctg(\sqrt{3}) + \pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

Поскольку $ \arcctg(\sqrt{3}) = \frac{\pi}{6} $, получаем $ \pi n < t \le \frac{\pi}{6} + \pi n $, $ n \in \mathbb{Z} $.

Теперь вернемся к исходной переменной $x$:

$ \pi n < x + \frac{\pi}{6} \le \frac{\pi}{6} + \pi n $

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

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

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

Ответ: $ (-\frac{\pi}{6} + \pi n, \pi n] $, $ n \in \mathbb{Z} $.

2) Решим неравенство $ \cos(\frac{x}{2} + \frac{\pi}{3}) < -\frac{\sqrt{2}}{2} $.

Пусть $ t = \frac{x}{2} + \frac{\pi}{3} $. Неравенство примет вид $ \cos(t) < -\frac{\sqrt{2}}{2} $.

Решения этого неравенства: $ \arccos(-\frac{\sqrt{2}}{2}) + 2\pi n < t < 2\pi - \arccos(-\frac{\sqrt{2}}{2}) + 2\pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

Так как $ \arccos(-\frac{\sqrt{2}}{2}) = \frac{3\pi}{4} $, получаем:

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

$ \frac{3\pi}{4} + 2\pi n < t < \frac{5\pi}{4} + 2\pi n $, $ n \in \mathbb{Z} $.

Подставим обратно $ \frac{x}{2} + \frac{\pi}{3} $ вместо $t$:

$ \frac{3\pi}{4} + 2\pi n < \frac{x}{2} + \frac{\pi}{3} < \frac{5\pi}{4} + 2\pi n $

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

$ \frac{3\pi}{4} - \frac{\pi}{3} + 2\pi n < \frac{x}{2} < \frac{5\pi}{4} - \frac{\pi}{3} + 2\pi n $

$ \frac{9\pi - 4\pi}{12} + 2\pi n < \frac{x}{2} < \frac{15\pi - 4\pi}{12} + 2\pi n $

$ \frac{5\pi}{12} + 2\pi n < \frac{x}{2} < \frac{11\pi}{12} + 2\pi n $

Умножим все части на 2:

$ \frac{5\pi}{6} + 4\pi n < x < \frac{11\pi}{6} + 4\pi n $, $ n \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ (\frac{5\pi}{6} + 4\pi n, \frac{11\pi}{6} + 4\pi n) $, $ n \in \mathbb{Z} $.

3) Решим неравенство $ 2\sin(\frac{2\pi}{3} - x) < 1 $.

Разделим обе части на 2: $ \sin(\frac{2\pi}{3} - x) < \frac{1}{2} $.

Используем свойство нечетности синуса $ \sin(-\alpha) = -\sin(\alpha) $: $ \sin(-(x - \frac{2\pi}{3})) < \frac{1}{2} $, что равносильно $ -\sin(x - \frac{2\pi}{3}) < \frac{1}{2} $. Умножим на -1, изменив знак неравенства: $ \sin(x - \frac{2\pi}{3}) > -\frac{1}{2} $.

Пусть $ t = x - \frac{2\pi}{3} $. Получаем $ \sin(t) > -\frac{1}{2} $.

Решения этого неравенства: $ \arcsin(-\frac{1}{2}) + 2\pi n < t < \pi - \arcsin(-\frac{1}{2}) + 2\pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

Так как $ \arcsin(-\frac{1}{2}) = -\frac{\pi}{6} $, имеем:

$ -\frac{\pi}{6} + 2\pi n < t < \pi - (-\frac{\pi}{6}) + 2\pi n $

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

Вернемся к $x$:

$ -\frac{\pi}{6} + 2\pi n < x - \frac{2\pi}{3} < \frac{7\pi}{6} + 2\pi n $

Прибавим $ \frac{2\pi}{3} $ ко всем частям:

$ -\frac{\pi}{6} + \frac{2\pi}{3} + 2\pi n < x < \frac{7\pi}{6} + \frac{2\pi}{3} + 2\pi n $

$ \frac{-\pi + 4\pi}{6} + 2\pi n < x < \frac{7\pi + 4\pi}{6} + 2\pi n $

$ \frac{3\pi}{6} + 2\pi n < x < \frac{11\pi}{6} + 2\pi n $

$ \frac{\pi}{2} + 2\pi n < x < \frac{11\pi}{6} + 2\pi n $, $ n \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ (\frac{\pi}{2} + 2\pi n, \frac{11\pi}{6} + 2\pi n) $, $ n \in \mathbb{Z} $.

4) Решим неравенство $ \tg(\frac{x}{3} + \frac{\pi}{4}) < \frac{\sqrt{3}}{3} $.

Пусть $ t = \frac{x}{3} + \frac{\pi}{4} $. Неравенство примет вид $ \tg(t) < \frac{\sqrt{3}}{3} $.

Решения этого неравенства: $ -\frac{\pi}{2} + \pi n < t < \arctg(\frac{\sqrt{3}}{3}) + \pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

Так как $ \arctg(\frac{\sqrt{3}}{3}) = \frac{\pi}{6} $, получаем:

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

Подставим обратно $ \frac{x}{3} + \frac{\pi}{4} $ вместо $t$:

$ -\frac{\pi}{2} + \pi n < \frac{x}{3} + \frac{\pi}{4} < \frac{\pi}{6} + \pi n $

Вычтем $ \frac{\pi}{4} $ из всех частей:

$ -\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} + \pi n < \frac{x}{3} < \frac{\pi}{6} - \frac{\pi}{4} + \pi n $

$ -\frac{3\pi}{4} + \pi n < \frac{x}{3} < -\frac{\pi}{12} + \pi n $

Умножим все части на 3:

$ -\frac{9\pi}{4} + 3\pi n < x < -\frac{3\pi}{12} + 3\pi n $

$ -\frac{9\pi}{4} + 3\pi n < x < -\frac{\pi}{4} + 3\pi n $, $ n \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ (-\frac{9\pi}{4} + 3\pi n, -\frac{\pi}{4} + 3\pi n) $, $ n \in \mathbb{Z} $.

5) Решим неравенство $ \cos(x - \frac{\pi}{6}) \ge \frac{1}{2} $.

Пусть $ t = x - \frac{\pi}{6} $. Неравенство примет вид $ \cos(t) \ge \frac{1}{2} $.

Решения этого неравенства: $ -\arccos(\frac{1}{2}) + 2\pi n \le t \le \arccos(\frac{1}{2}) + 2\pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

Так как $ \arccos(\frac{1}{2}) = \frac{\pi}{3} $, получаем:

$ -\frac{\pi}{3} + 2\pi n \le t \le \frac{\pi}{3} + 2\pi n $, $ n \in \mathbb{Z} $.

Вернемся к $x$:

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

Прибавим $ \frac{\pi}{6} $ ко всем частям:

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

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

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

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

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

6) Решим неравенство $ \sin(4x + \frac{\pi}{5}) \le -\frac{\sqrt{3}}{2} $.

Пусть $ t = 4x + \frac{\pi}{5} $. Неравенство примет вид $ \sin(t) \le -\frac{\sqrt{3}}{2} $.

Решения этого неравенства: $ \pi - \arcsin(-\frac{\sqrt{3}}{2}) + 2\pi n \le t \le 2\pi + \arcsin(-\frac{\sqrt{3}}{2}) + 2\pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $. Или, в более удобной форме: $ -\pi - \arcsin(-\frac{\sqrt{3}}{2}) + 2\pi k \le t \le \arcsin(-\frac{\sqrt{3}}{2}) + 2\pi k $.

Так как $ \arcsin(-\frac{\sqrt{3}}{2}) = -\frac{\pi}{3} $, получаем:

$ \pi - (-\frac{\pi}{3}) + 2\pi n \le t \le 2\pi - \frac{\pi}{3} + 2\pi n $

$ \frac{4\pi}{3} + 2\pi n \le t \le \frac{5\pi}{3} + 2\pi n $. Для удобства вычислений можно записать как $ -\frac{2\pi}{3} + 2\pi k \le t \le -\frac{\pi}{3} + 2\pi k $, $ k \in \mathbb{Z} $.

Подставим обратно $ 4x + \frac{\pi}{5} $ вместо $t$:

$ -\frac{2\pi}{3} + 2\pi n \le 4x + \frac{\pi}{5} \le -\frac{\pi}{3} + 2\pi n $

Вычтем $ \frac{\pi}{5} $ из всех частей:

$ -\frac{2\pi}{3} - \frac{\pi}{5} + 2\pi n \le 4x \le -\frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{5} + 2\pi n $

$ \frac{-10\pi - 3\pi}{15} + 2\pi n \le 4x \le \frac{-5\pi - 3\pi}{15} + 2\pi n $

$ -\frac{13\pi}{15} + 2\pi n \le 4x \le -\frac{8\pi}{15} + 2\pi n $

Разделим все части на 4:

$ -\frac{13\pi}{60} + \frac{2\pi n}{4} \le x \le -\frac{8\pi}{60} + \frac{2\pi n}{4} $

$ -\frac{13\pi}{60} + \frac{\pi n}{2} \le x \le -\frac{2\pi}{15} + \frac{\pi n}{2} $, $ n \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ [-\frac{13\pi}{60} + \frac{\pi n}{2}, -\frac{2\pi}{15} + \frac{\pi n}{2}] $, $ n \in \mathbb{Z} $.

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: $x \in [\frac{\pi}{6} + \pi n, \frac{3\pi}{4} + \pi n], n \in \mathbb{Z}$.

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

32.9. Решите неравенство:

1) $\frac{(x-1)(x+3)^3}{(x+2)^2} \le 0;$

2) $\frac{x^2 - 5x + 4}{x^2 - 6x + 8} \ge 0;$

3) $\frac{(x+1)(x-3)^2}{x+4} \le 0.$

1) Решим неравенство $ \frac{(x-1)(x+3)^3}{(x+2)^2} \le 0 $ методом интервалов.
1. Находим область допустимых значений (ОДЗ). Знаменатель не должен быть равен нулю: $ (x+2)^2 \ne 0 $, откуда $ x \ne -2 $.
2. Находим нули функции, то есть точки, где числитель равен нулю: $ (x-1)(x+3)^3 = 0 $. Получаем корни $ x=1 $ и $ x=-3 $. Так как неравенство нестрогое ($ \le $), эти точки включаем в решение.
3. Отмечаем на числовой оси точки $ -3, -2, 1 $. Точки $ -3 $ и $ 1 $ будут закрашенными (включены в решение), а точка $ -2 $ — выколотой (не входит в ОДЗ).
4. Определяем знаки на полученных интервалах. Корень $ x=-2 $ (из знаменателя) имеет четную степень (2), поэтому при переходе через эту точку знак выражения не меняется. Корни $ x=-3 $ и $ x=1 $ имеют нечетные степени (3 и 1), поэтому при переходе через них знак меняется.
Проверим знак на крайнем правом интервале $ (1; +\infty) $, подставив, например, $ x=2 $: $ \frac{(2-1)(2+3)^3}{(2+2)^2} = \frac{1 \cdot 5^3}{4^2} > 0 $. Значит, на этом интервале знак «+».
Двигаясь справа налево по числовой оси, расставляем знаки: $ + $ на $ (-\infty; -3) $, $ - $ на $ (-3; -2) $, $ - $ на $ (-2; 1) $, $ + $ на $ (1; +\infty) $.
5. Выбираем промежутки, где выражение меньше или равно нулю (знак «−» или равно 0). Это объединение интервалов $ (-3; -2) $ и $ (-2; 1) $, а также точек $ x=-3 $ и $ x=1 $.
Объединив, получаем итоговый промежуток.
Ответ: $ [-3; -2) \cup (-2; 1] $.

2) Решим неравенство $ \frac{x^2 - 5x + 4}{x^2 - 6x + 8} \ge 0 $.
1. Разложим числитель и знаменатель на множители. Для этого найдем их корни.
Числитель: $ x^2 - 5x + 4 = 0 $. По теореме Виета, корни $ x_1=1, x_2=4 $. Следовательно, $ x^2 - 5x + 4 = (x-1)(x-4) $.
Знаменатель: $ x^2 - 6x + 8 = 0 $. По теореме Виета, корни $ x_1=2, x_2=4 $. Следовательно, $ x^2 - 6x + 8 = (x-2)(x-4) $.
2. Перепишем неравенство в новом виде: $ \frac{(x-1)(x-4)}{(x-2)(x-4)} \ge 0 $.
3. Находим ОДЗ: знаменатель не равен нулю, то есть $ x-2 \ne 0 $ и $ x-4 \ne 0 $. Отсюда $ x \ne 2 $ и $ x \ne 4 $.
4. Сократим дробь на общий множитель $ (x-4) $, при этом сохранив условие $ x \ne 4 $. Неравенство становится эквивалентно системе:
$ \begin{cases} \frac{x-1}{x-2} \ge 0 \\ x \ne 4 \end{cases} $
5. Решим простое неравенство $ \frac{x-1}{x-2} \ge 0 $ методом интервалов. Нуль числителя: $ x=1 $ (включаем в решение). Нуль знаменателя: $ x=2 $ (исключаем).
На числовой оси отмечаем точки 1 (закрашенная) и 2 (выколотая).
Определяем знаки на интервалах: $ + $ на $ (-\infty; 1) $, $ - $ на $ (1; 2) $, $ + $ на $ (2; +\infty) $.
Решением неравенства $ \frac{x-1}{x-2} \ge 0 $ является объединение промежутков $ (-\infty; 1] \cup (2; +\infty) $.
6. Теперь учтем ограничение $ x \ne 4 $. Точка $ x=4 $ попадает в промежуток $ (2; +\infty) $, поэтому мы должны ее исключить, разбив этот промежуток на два: $ (2; 4) \cup (4; +\infty) $.
Ответ: $ (-\infty; 1] \cup (2; 4) \cup (4; +\infty) $.

3) Решим неравенство $ \frac{(x+1)(x-3)^2}{x+4} \le 0 $.
1. Находим ОДЗ: знаменатель не равен нулю, $ x+4 \ne 0 \implies x \ne -4 $.
2. Находим нули числителя: $ (x+1)(x-3)^2 = 0 $, откуда получаем корни $ x=-1 $ и $ x=3 $. Так как неравенство нестрогое ($ \le $), эти точки включаем в решение.
3. Отмечаем на числовой оси все критические точки: $ -4, -1, 3 $. Точка $ -4 $ выколотая, точки $ -1 $ и $ 3 $ закрашенные.
4. Определяем знаки на интервалах. Корень $ x=3 $ имеет четную степень (2), поэтому при переходе через него знак не меняется. Корни $ x=-1 $ и $ x=-4 $ имеют нечетную степень (1), поэтому знак меняется.
Проверим знак на крайнем правом интервале $ (3; +\infty) $, взяв $ x=4 $: $ \frac{(4+1)(4-3)^2}{4+4} = \frac{5 \cdot 1^2}{8} > 0 $. Знак «+».
Двигаясь справа налево, получаем знаки: $ + $ на $ (3; +\infty) $, $ + $ на $ (-1; 3) $, $ - $ на $ (-4; -1) $, $ + $ на $ (-\infty; -4) $.
5. Выбираем промежутки, где выражение меньше или равно нулю. Это интервал со знаком «−», а также точки, где выражение равно нулю.
Интервал со знаком «−»: $ (-4; -1) $. Нули функции: $ x=-1 $ и $ x=3 $.
Объединяя интервал с его правой границей $ x=-1 $ и добавляя изолированную точку $ x=3 $, получаем решение.
Ответ: $ (-4; -1] \cup \{3\} $.

32.10. Из натуральных чисел от 1 до 32 включительно ученик наугад называет одно. Какова вероятность того, что это число является делителем числа 32?

Для нахождения вероятности события воспользуемся классической формулой вероятности: $P = m/n$, где $n$ — это общее число всех равновозможных элементарных исходов, а $m$ — число исходов, благоприятствующих событию.

1. Найдем общее число исходов (n).

По условию, ученик выбирает одно натуральное число из диапазона от 1 до 32 включительно. Общее количество таких чисел равно 32. Следовательно, $n = 32$.

2. Найдем число благоприятных исходов (m).

Благоприятным исходом является выбор числа, которое является делителем числа 32. Делители числа — это те числа, на которые оно делится без остатка. Найдем все натуральные делители числа 32:

$32 \div 1 = 32$
$32 \div 2 = 16$
$32 \div 4 = 8$
$32 \div 8 = 4$
$32 \div 16 = 2$
$32 \div 32 = 1$

Таким образом, делителями числа 32 являются числа: 1, 2, 4, 8, 16, 32.

Все эти числа входят в диапазон от 1 до 32. Количество таких чисел (благоприятных исходов) равно 6. Следовательно, $m = 6$.

3. Вычислим вероятность.

Подставим значения $n$ и $m$ в формулу вероятности:

$P = m/n = 6/32$

Сократим полученную дробь, разделив числитель и знаменатель на 2:

$P = 3/16$

Эту дробь можно также представить в десятичном виде: $3 \div 16 = 0.1875$.

Ответ: $3/16$.