Номер 20.28, страница 126, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мордкович, Семенов

20.28. Решите систему неравенств:

а) $\begin{cases} \operatorname{tg} x > 0, \\ \sin x > -\frac{1}{2}; \end{cases}$

б) $\begin{cases} \operatorname{ctg} x < 1, \\ \cos x > -\frac{\sqrt{3}}{2}; \end{cases}$

в) $\begin{cases} \operatorname{tg} x < \frac{\sqrt{3}}{3}, \\ \cos x < 0; \end{cases}$

г) $\begin{cases} \operatorname{ctg} x > -\sqrt{3}, \\ \sin x < \frac{\sqrt{2}}{2}. \end{cases}$

а)

Решим первое неравенство системы $\tg x > 0$. Тангенс положителен в I и III координатных четвертях. Решением этого неравенства является объединение интервалов $x \in (\pi k, \frac{\pi}{2} + \pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Решим второе неравенство $\sin x > -\frac{1}{2}$. Соответствующее уравнение $\sin x = -\frac{1}{2}$ имеет решения $x = -\frac{\pi}{6}$ и $x = \frac{7\pi}{6}$. На единичной окружности неравенству удовлетворяют точки, лежащие выше прямой $y = -1/2$. Это соответствует интервалу $x \in (-\frac{\pi}{6} + 2\pi k, \frac{7\pi}{6} + 2\pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Для нахождения решения системы найдем пересечение полученных множеств. Условие $\tg x > 0$ выделяет дуги $(0, \frac{\pi}{2})$ и $(\pi, \frac{3\pi}{2})$ на единичной окружности (в пределах одного оборота). Условие $\sin x > -\frac{1}{2}$ выделяет дугу $(-\frac{\pi}{6}, \frac{7\pi}{6})$.

Пересечение этих областей состоит из двух интервалов. Первый — это первая четверть: $(0, \frac{\pi}{2})$. Второй — это часть третьей четверти от $\pi$ до $\frac{7\pi}{6}$. Этот интервал: $(\pi, \frac{7\pi}{6})$.

Объединяя эти интервалы и добавляя период $2\pi$, получаем общее решение.

Ответ: $x \in (2\pi k, \frac{\pi}{2} + 2\pi k) \cup (\pi + 2\pi k, \frac{7\pi}{6} + 2\pi k)$, $k \in \mathbb{Z}$.

б)

Решим первое неравенство $\ctg x < 1$. Уравнение $\ctg x = 1$ имеет решение $x = \frac{\pi}{4} + \pi k$. Так как функция котангенса убывает на каждом интервале своей области определения $(\pi k, \pi(k+1))$, решением неравенства является $x \in (\frac{\pi}{4} + \pi k, \pi(k+1))$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Решим второе неравенство $\cos x > -\frac{\sqrt{3}}{2}$. Уравнение $\cos x = -\frac{\sqrt{3}}{2}$ имеет решения $x = \pm\frac{5\pi}{6} + 2\pi k$. На единичной окружности неравенству удовлетворяют точки, расположенные правее прямой $x = -\frac{\sqrt{3}}{2}$. Это соответствует интервалу $x \in (-\frac{5\pi}{6} + 2\pi k, \frac{5\pi}{6} + 2\pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Найдем пересечение решений. Рассмотрим промежуток $[0, 2\pi)$.
Решение первого неравенства: $(\frac{\pi}{4}, \pi) \cup (\frac{5\pi}{4}, 2\pi)$.
Решение второго неравенства: $[0, \frac{5\pi}{6}) \cup (\frac{7\pi}{6}, 2\pi)$.
Пересекая эти множества, получаем: $(\frac{\pi}{4}, \frac{5\pi}{6}) \cup (\frac{5\pi}{4}, 2\pi)$.

Запишем общее решение, добавив период $2\pi$.

Ответ: $x \in (\frac{\pi}{4} + 2\pi k, \frac{5\pi}{6} + 2\pi k) \cup (\frac{5\pi}{4} + 2\pi k, 2\pi(k+1))$, $k \in \mathbb{Z}$.

в)

Решим первое неравенство $\tg x < \frac{\sqrt{3}}{3}$. Уравнение $\tg x = \frac{\sqrt{3}}{3}$ имеет решение $x = \frac{\pi}{6} + \pi k$. Так как функция тангенса возрастает на каждом интервале своей области определения $(-\frac{\pi}{2} + \pi k, \frac{\pi}{2} + \pi k)$, решением неравенства является $x \in (-\frac{\pi}{2} + \pi k, \frac{\pi}{6} + \pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Решим второе неравенство $\cos x < 0$. Косинус отрицателен во II и III координатных четвертях. Решением является $x \in (\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \frac{3\pi}{2} + 2\pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Найдем пересечение решений. Условие $\cos x < 0$ означает, что $x$ находится во II или III четверти, то есть в интервале $(\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2})$ (на одном обороте).
Во II четверти $(\frac{\pi}{2}, \pi)$ тангенс отрицателен, поэтому неравенство $\tg x < \frac{\sqrt{3}}{3}$ выполняется для всех $x$ из этой четверти.
В III четверти $(\pi, \frac{3\pi}{2})$ тангенс положителен и возрастает. Неравенство $\tg x < \frac{\sqrt{3}}{3}$ выполняется на интервале $(\pi, \pi + \frac{\pi}{6})$, то есть $(\pi, \frac{7\pi}{6})$.
Объединяя полученные интервалы, получаем $(\frac{\pi}{2}, \pi] \cup [\pi, \frac{7\pi}{6})$, что дает $(\frac{\pi}{2}, \frac{7\pi}{6})$.

Запишем общее решение, добавив период $2\pi$.

Ответ: $x \in (\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \frac{7\pi}{6} + 2\pi k)$, $k \in \mathbb{Z}$.

г)

Решим первое неравенство $\ctg x > -\sqrt{3}$. Уравнение $\ctg x = -\sqrt{3}$ имеет решение $x = \frac{5\pi}{6} + \pi k$. Так как котангенс убывает, решением неравенства является $x \in (\pi k, \frac{5\pi}{6} + \pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Решим второе неравенство $\sin x < \frac{\sqrt{2}}{2}$. Уравнение $\sin x = \frac{\sqrt{2}}{2}$ имеет решения $x = \frac{\pi}{4} + 2\pi k$ и $x = \frac{3\pi}{4} + 2\pi k$. Неравенству удовлетворяют точки на единичной окружности ниже прямой $y=\frac{\sqrt{2}}{2}$. Решением является $x \in (\frac{3\pi}{4} + 2\pi k, 2\pi + \frac{\pi}{4} + 2\pi k)$, что можно записать как $x \in (\frac{3\pi}{4} + 2\pi k, \frac{9\pi}{4} + 2\pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Найдем пересечение решений на промежутке $[0, 2\pi)$.
Решение первого неравенства: $(0, \frac{5\pi}{6}) \cup (\pi, \frac{11\pi}{6})$.
Решение второго неравенства: $[0, \frac{\pi}{4}) \cup (\frac{3\pi}{4}, 2\pi)$.
Пересечение первого интервала $(0, \frac{5\pi}{6})$ со вторым множеством дает $(0, \frac{\pi}{4}) \cup (\frac{3\pi}{4}, \frac{5\pi}{6})$.
Пересечение второго интервала $(\pi, \frac{11\pi}{6})$ со вторым множеством дает $(\pi, \frac{11\pi}{6})$, так как на этом интервале $\sin x \leq 0$, что меньше $\frac{\sqrt{2}}{2}$.
Объединяя все полученные интервалы, получаем решение на одном периоде: $(0, \frac{\pi}{4}) \cup (\frac{3\pi}{4}, \frac{5\pi}{6}) \cup (\pi, \frac{11\pi}{6})$.

Запишем общее решение, добавив период $2\pi$.

Ответ: $x \in (2\pi k, \frac{\pi}{4} + 2\pi k) \cup (\frac{3\pi}{4} + 2\pi k, \frac{5\pi}{6} + 2\pi k) \cup (\pi + 2\pi k, \frac{11\pi}{6} + 2\pi k)$, $k \in \mathbb{Z}$.