Страница 237 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

1. Решите неравенство:

1) $\sin^4 \frac{x}{3} + \cos^4 \frac{x}{3} > \frac{1}{2}$;

2) $\sin\left(\frac{\pi}{3} - x\right) + \cos\left(\frac{\pi}{6} - x\right) \ge \sqrt{3}$;

3) $\sin x \ge \cos x$;

4) $\frac{\sin x + \cos x}{\sin x - \cos x} > \sqrt{3}$.

1) Исходное неравенство: $ \sin^4 \frac{x}{3} + \cos^4 \frac{x}{3} > \frac{1}{2} $.
Преобразуем левую часть неравенства. Обозначим $ a = \frac{x}{3} $ и воспользуемся известным тождеством $ \sin^4 a + \cos^4 a = 1 - 2 \sin^2 a \cos^2 a $.
Используя формулу синуса двойного угла $ \sin(2a) = 2 \sin a \cos a $, получим $ \sin a \cos a = \frac{1}{2}\sin(2a) $.
Тогда левая часть неравенства преобразуется к виду:
$ \sin^4 a + \cos^4 a = 1 - 2 \left(\frac{1}{2}\sin(2a)\right)^2 = 1 - 2 \cdot \frac{1}{4}\sin^2(2a) = 1 - \frac{1}{2}\sin^2(2a) $.
Подставим это выражение обратно в неравенство, заменив $ a $ на $ \frac{x}{3} $:
$ 1 - \frac{1}{2}\sin^2\left(\frac{2x}{3}\right) > \frac{1}{2} $
Вычтем 1 из обеих частей:
$ -\frac{1}{2}\sin^2\left(\frac{2x}{3}\right) > -\frac{1}{2} $
Умножим обе части на -2, при этом изменив знак неравенства на противоположный:
$ \sin^2\left(\frac{2x}{3}\right) < 1 $.
Это неравенство справедливо для всех действительных значений $x$, при которых $ \sin^2\left(\frac{2x}{3}\right) $ не равно 1.
Найдем значения $x$, для которых $ \sin^2\left(\frac{2x}{3}\right) = 1 $, что эквивалентно $ \sin\left(\frac{2x}{3}\right) = \pm 1 $.
Это происходит, когда аргумент синуса равен $ \frac{\pi}{2} + \pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.
$ \frac{2x}{3} = \frac{\pi}{2} + \pi n $
$ 2x = \frac{3\pi}{2} + 3\pi n $
$ x = \frac{3\pi}{4} + \frac{3\pi n}{2} $.
Таким образом, решением неравенства являются все действительные числа, кроме найденных.
Ответ: $ x \neq \frac{3\pi}{4} + \frac{3\pi n}{2} $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

2) Исходное неравенство: $ \sin\left(\frac{\pi}{3} - x\right) + \cos\left(\frac{\pi}{6} - x\right) \ge \sqrt{3} $.
Воспользуемся формулой приведения $ \cos \alpha = \sin\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) $, чтобы преобразовать второе слагаемое:
$ \cos\left(\frac{\pi}{6} - x\right) = \sin\left(\frac{\pi}{2} - \left(\frac{\pi}{6} - x\right)\right) = \sin\left(\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{6} + x\right) = \sin\left(\frac{2\pi}{6} + x\right) = \sin\left(\frac{\pi}{3} + x\right) $.
Теперь неравенство имеет вид:
$ \sin\left(\frac{\pi}{3} - x\right) + \sin\left(\frac{\pi}{3} + x\right) \ge \sqrt{3} $.
Применим формулу суммы синусов $ \sin A + \sin B = 2 \sin\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2} $.
В нашем случае $ A = \frac{\pi}{3} + x $ и $ B = \frac{\pi}{3} - x $.
$ \frac{A+B}{2} = \frac{(\frac{\pi}{3}+x) + (\frac{\pi}{3}-x)}{2} = \frac{2\pi/3}{2} = \frac{\pi}{3} $.
$ \frac{A-B}{2} = \frac{(\frac{\pi}{3}+x) - (\frac{\pi}{3}-x)}{2} = \frac{2x}{2} = x $.
Левая часть неравенства равна $ 2\sin\left(\frac{\pi}{3}\right)\cos(x) $.
Поскольку $ \sin\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{\sqrt{3}}{2} $, получаем: $ 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \cos(x) = \sqrt{3}\cos(x) $.
Неравенство упрощается до:
$ \sqrt{3}\cos(x) \ge \sqrt{3} $
$ \cos(x) \ge 1 $.
Так как область значений функции $ \cos(x) $ есть отрезок $ [-1, 1] $, то максимальное значение, которое она может принять, это 1. Следовательно, неравенство выполняется только тогда, когда $ \cos(x) = 1 $.
Решением этого уравнения являются значения $ x = 2\pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $ x = 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.

3) Исходное неравенство: $ \sin x \ge \cos x $.
Перенесем $ \cos x $ в левую часть: $ \sin x - \cos x \ge 0 $.
Преобразуем выражение в левой части с помощью введения вспомогательного угла. Коэффициенты при $ \sin x $ и $ \cos x $ равны 1 и -1. Вынесем за скобки множитель $ R = \sqrt{1^2+(-1)^2} = \sqrt{2} $.
$ \sqrt{2}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\sin x - \frac{1}{\sqrt{2}}\cos x\right) \ge 0 $.
Заметим, что $ \cos\frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}} $ и $ \sin\frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}} $.
$ \sqrt{2}\left(\sin x \cos\frac{\pi}{4} - \cos x \sin\frac{\pi}{4}\right) \ge 0 $.
В скобках получили формулу синуса разности $ \sin(\alpha - \beta) = \sin\alpha\cos\beta - \cos\alpha\sin\beta $:
$ \sqrt{2}\sin\left(x - \frac{\pi}{4}\right) \ge 0 $.
Разделим на $ \sqrt{2} > 0 $: $ \sin\left(x - \frac{\pi}{4}\right) \ge 0 $.
Функция синус неотрицательна, когда ее аргумент находится в промежутке $ [0, \pi] $ с учетом периодичности $ 2\pi $.
$ 2\pi n \le x - \frac{\pi}{4} \le \pi + 2\pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.
Чтобы найти $x$, прибавим $ \frac{\pi}{4} $ ко всем частям двойного неравенства:
$ \frac{\pi}{4} + 2\pi n \le x \le \pi + \frac{\pi}{4} + 2\pi n $
$ \frac{\pi}{4} + 2\pi n \le x \le \frac{5\pi}{4} + 2\pi n $.
Ответ: $ x \in \left[\frac{\pi}{4} + 2\pi n, \frac{5\pi}{4} + 2\pi n\right], n \in \mathbb{Z} $.

4) Исходное неравенство: $ \frac{\sin x + \cos x}{\sin x - \cos x} > \sqrt{3} $.
Найдем область допустимых значений (ОДЗ): знаменатель дроби не равен нулю.
$ \sin x - \cos x \neq 0 \implies \sin x \neq \cos x $. Это эквивалентно $ \tan x \neq 1 $, то есть $ x \neq \frac{\pi}{4} + \pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.
При условии, что $ \cos x \neq 0 $, разделим числитель и знаменатель дроби на $ \cos x $:
$ \frac{\tan x + 1}{\tan x - 1} > \sqrt{3} $.
(Случай $ \cos x = 0 $ можно проверить отдельно: если $ x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n $, то $ \frac{1+0}{1-0}=1 > \sqrt{3} $ - неверно; если $ x = \frac{3\pi}{2} + 2\pi n $, то $ \frac{-1+0}{-1-0}=1 > \sqrt{3} $ - неверно. Значит, $ \cos x \neq 0 $).
Сделаем замену $ t = \tan x $:
$ \frac{t + 1}{t - 1} > \sqrt{3} \implies \frac{t + 1}{t - 1} - \sqrt{3} > 0 \implies \frac{t + 1 - \sqrt{3}(t - 1)}{t - 1} > 0 $
$ \frac{t + 1 - \sqrt{3}t + \sqrt{3}}{t - 1} > 0 \implies \frac{t(1 - \sqrt{3}) + (1 + \sqrt{3})}{t - 1} > 0 $.
Решим это неравенство методом интервалов. Найдем корни числителя и знаменателя: $ t=1 $ и $ t = -\frac{1+\sqrt{3}}{1-\sqrt{3}} = \frac{1+\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1} = \frac{(1+\sqrt{3})^2}{3-1} = 2+\sqrt{3} $.
Так как коэффициент при $t$ в числителе $ (1-\sqrt{3}) < 0 $, а в знаменателе $1>0$, то при $t > 2+\sqrt{3}$ дробь будет отрицательной. Знаки на интервалах $ (-\infty, 1), (1, 2+\sqrt{3}), (2+\sqrt{3}, \infty) $ распределятся как $ -, +, - $.
Нам нужно, чтобы дробь была больше нуля, следовательно $ 1 < t < 2 + \sqrt{3} $.
Возвращаемся к $x$: $ 1 < \tan x < 2 + \sqrt{3} $.
Известно, что $ \tan\left(\frac{\pi}{4}\right) = 1 $. Найдем угол, тангенс которого равен $ 2 + \sqrt{3} $.
$ \tan\left(\frac{5\pi}{12}\right) = \tan\left(\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{6}\right) = \frac{\tan\frac{\pi}{4} + \tan\frac{\pi}{6}}{1 - \tan\frac{\pi}{4}\tan\frac{\pi}{6}} = \frac{1 + 1/\sqrt{3}}{1 - 1/\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}-1} = 2 + \sqrt{3} $.
Неравенство принимает вид $ \tan\left(\frac{\pi}{4}\right) < \tan x < \tan\left(\frac{5\pi}{12}\right) $.
Функция $ y=\tan x $ является возрастающей на каждом интервале своей области определения. Поэтому, с учетом периодичности, решение неравенства:
$ \frac{\pi}{4} + \pi n < x < \frac{5\pi}{12} + \pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.
Данное решение удовлетворяет ОДЗ.
Ответ: $ x \in \left(\frac{\pi}{4} + \pi n, \frac{5\pi}{12} + \pi n\right), n \in \mathbb{Z} $.

2. Решите неравенство:

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

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

Исходное неравенство: $4 \cos x \cos(x + \frac{\pi}{6}) > \sqrt{3}$.
Для преобразования левой части неравенства воспользуемся формулой произведения косинусов: $2\cos\alpha\cos\beta = \cos(\alpha+\beta) + \cos(\alpha-\beta)$.
Применим эту формулу к нашему выражению: $4 \cos x \cos(x + \frac{\pi}{6}) = 2 \cdot [2 \cos(x + \frac{\pi}{6}) \cos x] = 2 [\cos(x + \frac{\pi}{6} + x) + \cos(x + \frac{\pi}{6} - x)] = 2[\cos(2x + \frac{\pi}{6}) + \cos(\frac{\pi}{6})]$.
Подставим известное значение $\cos(\frac{\pi}{6}) = \frac{\sqrt{3}}{2}$: $2[\cos(2x + \frac{\pi}{6}) + \frac{\sqrt{3}}{2}] = 2\cos(2x + \frac{\pi}{6}) + \sqrt{3}$.
Теперь вернемся к исходному неравенству: $2\cos(2x + \frac{\pi}{6}) + \sqrt{3} > \sqrt{3}$.
Вычтем $\sqrt{3}$ из обеих частей: $2\cos(2x + \frac{\pi}{6}) > 0$.
$\cos(2x + \frac{\pi}{6}) > 0$.
Решим это простейшее тригонометрическое неравенство. Косинус положителен в I и IV координатных четвертях. Это соответствует интервалу: $-\frac{\pi}{2} + 2\pi n < 2x + \frac{\pi}{6} < \frac{\pi}{2} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
Теперь выразим $x$. Сначала вычтем $\frac{\pi}{6}$ из всех частей неравенства: $-\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{6} + 2\pi n < 2x < \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{6} + 2\pi n$.
$-\frac{3\pi+\pi}{6} + 2\pi n < 2x < \frac{3\pi-\pi}{6} + 2\pi n$.
$-\frac{4\pi}{6} + 2\pi n < 2x < \frac{2\pi}{6} + 2\pi n$.
$-\frac{2\pi}{3} + 2\pi n < 2x < \frac{\pi}{3} + 2\pi n$.
Разделим все части неравенства на 2: $-\frac{\pi}{3} + \pi n < x < \frac{\pi}{6} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

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

Исходное неравенство: $3 + 2\sin 3x \sin x > 3\cos 2x$.
Для преобразования произведения синусов воспользуемся формулой: $2\sin\alpha\sin\beta = \cos(\alpha-\beta) - \cos(\alpha+\beta)$.
Применим эту формулу к нашему выражению: $2\sin 3x \sin x = \cos(3x-x) - \cos(3x+x) = \cos(2x) - \cos(4x)$.
Подставим это выражение в исходное неравенство: $3 + (\cos(2x) - \cos(4x)) > 3\cos 2x$.
$3 + \cos(2x) - \cos(4x) - 3\cos 2x > 0$.
$3 - 2\cos(2x) - \cos(4x) > 0$.
Теперь используем формулу косинуса двойного угла $\cos(2\alpha) = 2\cos^2\alpha - 1$. Для нашего случая $\cos(4x) = 2\cos^2(2x) - 1$: $3 - 2\cos(2x) - (2\cos^2(2x) - 1) > 0$.
$3 - 2\cos(2x) - 2\cos^2(2x) + 1 > 0$.
$-2\cos^2(2x) - 2\cos(2x) + 4 > 0$.
Разделим обе части на -2 и сменим знак неравенства: $\cos^2(2x) + \cos(2x) - 2 < 0$.
Сделаем замену $y = \cos(2x)$, при этом учтем, что $-1 \le y \le 1$. Получим квадратное неравенство: $y^2 + y - 2 < 0$.
Найдем корни уравнения $y^2 + y - 2 = 0$. По теореме Виета, корни $y_1 = 1$ и $y_2 = -2$.
Решением неравенства $(y-1)(y+2) < 0$ является интервал $-2 < y < 1$.
Вернемся к замене и объединим полученное решение с условием $-1 \le y \le 1$: система $\begin{cases} -2 < \cos(2x) < 1 \\ -1 \le \cos(2x) \le 1 \end{cases}$ равносильна неравенству $-1 \le \cos(2x) < 1$.
Это неравенство можно разбить на два: $\cos(2x) \ge -1$ (которое верно для любого $x$) и $\cos(2x) < 1$.
Таким образом, нам нужно решить только неравенство $\cos(2x) < 1$.
Функция косинус принимает значение 1 в точках вида $2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$. Следовательно, нам нужно исключить случаи, когда $\cos(2x) = 1$: $2x \ne 2\pi k$.
$x \ne \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Это означает, что решением являются все действительные числа, кроме тех, что имеют вид $\pi k$.

Ответ: $x \ne \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

3. Решите неравенство:

1) $2 \cos^2 x + 3 \cos x - 2 < 0$;

2) $\operatorname{tg}^2 x + (2 - \sqrt{3})\operatorname{tg} x - 2\sqrt{3} < 0$;

3) $2 \cos^2 \left(x + \frac{\pi}{6}\right) - 3 \sin \left(\frac{\pi}{3} - x\right) > -1$;

4) $\operatorname{tg} x \ge 2 \operatorname{ctg} x$;

5) $\sin 2x - \sin 3x > 0$.

1) $2\cos^2 x + 3\cos x - 2 < 0$

Это квадратное неравенство относительно $\cos x$. Сделаем замену переменной. Пусть $t = \cos x$, при этом $-1 \le t \le 1$.

Неравенство принимает вид:

$2t^2 + 3t - 2 < 0$

Найдем корни соответствующего квадратного уравнения $2t^2 + 3t - 2 = 0$.

Дискриминант $D = 3^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-2) = 9 + 16 = 25 = 5^2$.

Корни: $t_1 = \frac{-3 - 5}{2 \cdot 2} = \frac{-8}{4} = -2$ и $t_2 = \frac{-3 + 5}{2 \cdot 2} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$.

Парабола $y = 2t^2 + 3t - 2$ ветвями вверх, поэтому неравенство $2t^2 + 3t - 2 < 0$ выполняется между корнями: $-2 < t < \frac{1}{2}$.

Возвращаемся к исходной переменной:

$-2 < \cos x < \frac{1}{2}$

Так как значение косинуса всегда находится в пределах от -1 до 1 (т.е. $-1 \le \cos x \le 1$), левая часть неравенства $-2 < \cos x$ выполняется всегда. Таким образом, решаем неравенство:

$\cos x < \frac{1}{2}$

Используя тригонометрическую окружность, находим, что это неравенство выполняется для углов, больших $\frac{\pi}{3}$ и меньших $\frac{5\pi}{3}$ в пределах одного оборота. С учетом периодичности косинуса, общее решение имеет вид:

$\frac{\pi}{3} + 2\pi k < x < \frac{5\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (\frac{\pi}{3} + 2\pi k; \frac{5\pi}{3} + 2\pi k)$, $k \in \mathbb{Z}$.

2) $\tg^2 x + (2 - \sqrt{3})\tg x - 2\sqrt{3} < 0$

Это квадратное неравенство относительно $\tg x$. Сделаем замену $y = \tg x$.

$y^2 + (2 - \sqrt{3})y - 2\sqrt{3} < 0$

Найдем корни уравнения $y^2 + (2 - \sqrt{3})y - 2\sqrt{3} = 0$. По теореме Виета, сумма корней $y_1 + y_2 = -(2 - \sqrt{3}) = \sqrt{3} - 2$, а произведение $y_1 y_2 = -2\sqrt{3}$. Легко подобрать корни: $y_1 = -2$ и $y_2 = \sqrt{3}$.

Парабола $z = y^2 + (2 - \sqrt{3})y - 2\sqrt{3}$ ветвями вверх, поэтому неравенство выполняется между корнями:

$-2 < y < \sqrt{3}$

Возвращаемся к $\tg x$:

$-2 < \tg x < \sqrt{3}$

Это двойное неравенство. Решим его на основном интервале тангенса $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$.

$\tg x = \sqrt{3}$ при $x = \frac{\pi}{3}$.

$\tg x = -2$ при $x = \arctan(-2) = -\arctan(2)$.

Таким образом, на интервале $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ решение имеет вид: $-\arctan(2) < x < \frac{\pi}{3}$.

Учитывая периодичность тангенса (период $\pi$), общее решение:

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

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

3) $2\cos^2\left(x + \frac{\pi}{6}\right) - 3\sin\left(\frac{\pi}{3} - x\right) > -1$

Используем формулу приведения для синуса: $\sin\left(\frac{\pi}{3} - x\right) = \sin\left(\frac{\pi}{2} - \left(\frac{\pi}{6} + x\right)\right) = \cos\left(x + \frac{\pi}{6}\right)$.

Подставим это в неравенство:

$2\cos^2\left(x + \frac{\pi}{6}\right) - 3\cos\left(x + \frac{\pi}{6}\right) > -1$

$2\cos^2\left(x + \frac{\pi}{6}\right) - 3\cos\left(x + \frac{\pi}{6}\right) + 1 > 0$

Сделаем замену $t = \cos\left(x + \frac{\pi}{6}\right)$, где $-1 \le t \le 1$.

$2t^2 - 3t + 1 > 0$

Найдем корни уравнения $2t^2 - 3t + 1 = 0$. Дискриминант $D = (-3)^2 - 4 \cdot 2 \cdot 1 = 9 - 8 = 1$.

Корни: $t_1 = \frac{3-1}{4} = \frac{1}{2}$ и $t_2 = \frac{3+1}{4} = 1$.

Парабола $y = 2t^2 - 3t + 1$ ветвями вверх, поэтому неравенство выполняется при $t < \frac{1}{2}$ или $t > 1$.

Возвращаемся к замене:

$\cos\left(x + \frac{\pi}{6}\right) < \frac{1}{2}$ или $\cos\left(x + \frac{\pi}{6}\right) > 1$.

Неравенство $\cos\left(x + \frac{\pi}{6}\right) > 1$ решений не имеет. Остается решить $\cos\left(x + \frac{\pi}{6}\right) < \frac{1}{2}$.

С учетом области значений косинуса, это эквивалентно $-1 \le \cos\left(x + \frac{\pi}{6}\right) < \frac{1}{2}$.

Пусть $u = x + \frac{\pi}{6}$. Решаем $\cos u < \frac{1}{2}$.

$\frac{\pi}{3} + 2\pi k < u < \frac{5\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Подставляем обратно $x + \frac{\pi}{6}$:

$\frac{\pi}{3} + 2\pi k < x + \frac{\pi}{6} < \frac{5\pi}{3} + 2\pi k$

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

$\frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{6} + 2\pi k < x < \frac{5\pi}{3} - \frac{\pi}{6} + 2\pi k$

$\frac{\pi}{6} + 2\pi k < x < \frac{9\pi}{6} + 2\pi k$

$\frac{\pi}{6} + 2\pi k < x < \frac{3\pi}{2} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (\frac{\pi}{6} + 2\pi k; \frac{3\pi}{2} + 2\pi k)$, $k \in \mathbb{Z}$.

4) $\tg x \ge 2\ctg x$

Область допустимых значений (ОДЗ): $\tg x$ и $\ctg x$ должны существовать, т.е. $\cos x \neq 0$ и $\sin x \neq 0$. Это означает, что $x \neq \frac{\pi n}{2}$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Заменим $\ctg x = \frac{1}{\tg x}$:

$\tg x \ge \frac{2}{\tg x}$

$\tg x - \frac{2}{\tg x} \ge 0$

$\frac{\tg^2 x - 2}{\tg x} \ge 0$

Сделаем замену $y = \tg x$.

$\frac{y^2 - 2}{y} \ge 0$

Решим это неравенство методом интервалов. Находим нули числителя и знаменателя: $y^2 - 2 = 0 \implies y = \pm\sqrt{2}$; $y = 0$.

Отмечаем точки $-\sqrt{2}, 0, \sqrt{2}$ на числовой оси и определяем знаки выражения на интервалах. Выражение положительно при $y \in [-\sqrt{2}, 0) \cup [\sqrt{2}, +\infty)$.

Возвращаемся к $\tg x$:

1) $\tg x \ge \sqrt{2}$. Решение: $[\arctan(\sqrt{2}) + \pi k, \frac{\pi}{2} + \pi k)$.

2) $-\sqrt{2} \le \tg x < 0$. Решение: $[\arctan(-\sqrt{2}) + \pi k, \pi k) = [-\arctan(\sqrt{2}) + \pi k, \pi k)$.

Объединяя эти два случая, получаем общее решение.

Ответ: $x \in [-\arctan(\sqrt{2}) + \pi k, \pi k) \cup [\arctan(\sqrt{2}) + \pi k, \frac{\pi}{2} + \pi k)$, $k \in \mathbb{Z}$.

5) $\sin 2x - \sin 3x > 0$

Перепишем неравенство в виде $\sin 2x > \sin 3x$. Для решения преобразуем разность синусов в произведение:

$\sin 2x - \sin 3x = 2\sin\left(\frac{2x-3x}{2}\right)\cos\left(\frac{2x+3x}{2}\right) = 2\sin\left(-\frac{x}{2}\right)\cos\left(\frac{5x}{2}\right) = -2\sin\left(\frac{x}{2}\right)\cos\left(\frac{5x}{2}\right)$.

Исходное неравенство принимает вид:

$-2\sin\left(\frac{x}{2}\right)\cos\left(\frac{5x}{2}\right) > 0$

Разделим на -2 и сменим знак неравенства:

$\sin\left(\frac{x}{2}\right)\cos\left(\frac{5x}{2}\right) < 0$

Произведение двух множителей отрицательно, когда они имеют разные знаки. Период функции $f(x) = \sin\left(\frac{x}{2}\right)\cos\left(\frac{5x}{2}\right)$ равен $2\pi$. Решим неравенство на промежутке $[0, 2\pi)$.

Найдем нули функции на этом промежутке:

$\sin\left(\frac{x}{2}\right) = 0 \implies \frac{x}{2} = \pi n \implies x=2\pi n$. На $[0, 2\pi)$ корень $x=0$.

$\cos\left(\frac{5x}{2}\right) = 0 \implies \frac{5x}{2} = \frac{\pi}{2} + \pi n \implies x = \frac{\pi}{5} + \frac{2\pi n}{5}$. На $[0, 2\pi)$ корни: $x = \frac{\pi}{5}, \frac{3\pi}{5}, \pi, \frac{7\pi}{5}, \frac{9\pi}{5}$.

Отметим все корни на числовой оси от $0$ до $2\pi$: $0, \frac{\pi}{5}, \frac{3\pi}{5}, \pi, \frac{7\pi}{5}, \frac{9\pi}{5}$.

На интервале $(0, 2\pi)$ множитель $\sin\left(\frac{x}{2}\right)$ всегда положителен. Следовательно, знак произведения совпадает со знаком $\cos\left(\frac{5x}{2}\right)$. Нам нужно, чтобы $\cos\left(\frac{5x}{2}\right) < 0$.

Это выполняется, когда $\frac{\pi}{2} + 2\pi n < \frac{5x}{2} < \frac{3\pi}{2} + 2\pi n$, то есть $\frac{\pi}{5} + \frac{4\pi n}{5} < x < \frac{3\pi}{5} + \frac{4\pi n}{5}$.

При $n=0$: $\frac{\pi}{5} < x < \frac{3\pi}{5}$. Этот интервал входит в $[0, 2\pi)$.

При $n=1$: $\pi < x < \frac{7\pi}{5}$. Этот интервал входит в $[0, 2\pi)$.

При $n=2$: $\frac{9\pi}{5} < x < \frac{11\pi}{5}$. Пересечение с $[0, 2\pi)$ дает интервал $(\frac{9\pi}{5}, 2\pi)$.

Объединяя найденные интервалы, получаем решение на промежутке $[0, 2\pi)$: $(\frac{\pi}{5}, \frac{3\pi}{5}) \cup (\pi, \frac{7\pi}{5}) \cup (\frac{9\pi}{5}, 2\pi)$.

Добавляем период $2\pi k$ для получения общего решения.

Ответ: $x \in \left(\frac{\pi}{5} + 2\pi k, \frac{3\pi}{5} + 2\pi k\right) \cup \left(\pi + 2\pi k, \frac{7\pi}{5} + 2\pi k\right) \cup \left(\frac{9\pi}{5} + 2\pi k, 2\pi + 2\pi k\right)$, $k \in \mathbb{Z}$.