Номер 1, 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} $.