Номер 3, страница 237 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

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