Номер 22.35, страница 141, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мордкович, Семенов

22.35. а) $3 \cos^2 t - 4 \cos t \ge 4$;

б) $6 \cos^2 t + 1 > 5 \cos t$;

в) $3 \cos^2 t - 4 \cos t < 4$;

г) $6 \cos^2 t + 1 \le 5 \cos t$.

а) $3 \cos^2 t - 4 \cos t \ge 4$

Перенесем все члены неравенства в левую часть, чтобы получить стандартный вид: $3 \cos^2 t - 4 \cos t - 4 \ge 0$.

Это неравенство является квадратным относительно $\cos t$. Для его решения введем замену переменной. Пусть $x = \cos t$. Так как область значений функции косинус есть отрезок $[-1, 1]$, то для переменной $x$ должно выполняться условие $-1 \le x \le 1$.

После замены неравенство принимает вид: $3x^2 - 4x - 4 \ge 0$.

Для решения этого квадратного неравенства найдем корни соответствующего уравнения $3x^2 - 4x - 4 = 0$, используя формулу для корней квадратного уравнения.

Дискриминант $D = b^2 - 4ac = (-4)^2 - 4 \cdot 3 \cdot (-4) = 16 + 48 = 64$.

Корни уравнения: $x_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{D}}{2a} = \frac{4 \pm \sqrt{64}}{2 \cdot 3} = \frac{4 \pm 8}{6}$.

Получаем два корня: $x_1 = \frac{4 - 8}{6} = -\frac{4}{6} = -\frac{2}{3}$ и $x_2 = \frac{4 + 8}{6} = \frac{12}{6} = 2$.

Графиком функции $y = 3x^2 - 4x - 4$ является парабола с ветвями, направленными вверх (так как коэффициент при $x^2$ положителен). Следовательно, неравенство $3x^2 - 4x - 4 \ge 0$ выполняется, когда $x$ находится вне интервала между корнями, то есть при $x \le -\frac{2}{3}$ или $x \ge 2$.

Теперь необходимо учесть ограничение $-1 \le x \le 1$.

Для первого случая $x \le -\frac{2}{3}$, пересечение с отрезком $[-1, 1]$ дает нам $-1 \le x \le -\frac{2}{3}$.

Для второго случая $x \ge 2$, пересечение с отрезком $[-1, 1]$ является пустым множеством, так как нет чисел, которые одновременно больше или равны 2 и находятся в пределах от -1 до 1.

Итак, единственное возможное решение для $x$ это $-1 \le x \le -\frac{2}{3}$.

Выполним обратную замену $x = \cos t$: $-1 \le \cos t \le -\frac{2}{3}$.

Неравенство $\cos t \ge -1$ выполняется для всех действительных $t$. Остается решить неравенство $\cos t \le -\frac{2}{3}$. На единичной окружности этому неравенству соответствуют точки, абсцисса которых меньше или равна $-\frac{2}{3}$. Эти точки образуют дугу, концами которой являются углы $t_1 = \arccos(-\frac{2}{3})$ и $t_2 = 2\pi - \arccos(-\frac{2}{3})$. Используя свойство $\arccos(-a) = \pi - \arccos(a)$, можно записать $t_1 = \pi - \arccos(\frac{2}{3})$ и $t_2 = 2\pi - (\pi - \arccos(\frac{2}{3})) = \pi + \arccos(\frac{2}{3})$.

Решением неравенства является промежуток $[\pi - \arccos(\frac{2}{3}), \pi + \arccos(\frac{2}{3})]$. С учетом периодичности функции косинуса, общее решение записывается в виде:

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

Ответ: $t \in [\pi - \arccos(\frac{2}{3}) + 2\pi n, \pi + \arccos(\frac{2}{3}) + 2\pi n], n \in \mathbb{Z}$.

б) $6 \cos^2 t + 1 > 5 \cos t$

Перенесем все члены в левую часть: $6 \cos^2 t - 5 \cos t + 1 > 0$.

Сделаем замену $x = \cos t$, при этом $-1 \le x \le 1$.

Получаем квадратное неравенство: $6x^2 - 5x + 1 > 0$.

Найдем корни уравнения $6x^2 - 5x + 1 = 0$.

Дискриминант $D = (-5)^2 - 4 \cdot 6 \cdot 1 = 25 - 24 = 1$.

Корни: $x_{1,2} = \frac{5 \pm 1}{12}$, откуда $x_1 = \frac{4}{12} = \frac{1}{3}$ и $x_2 = \frac{6}{12} = \frac{1}{2}$.

Парабола $y = 6x^2 - 5x + 1$ имеет ветви вверх, поэтому неравенство выполняется при $x < \frac{1}{3}$ или $x > \frac{1}{2}$.

С учетом ограничения $-1 \le x \le 1$, получаем совокупность двух неравенств:

1) $-1 \le x < \frac{1}{3}$

2) $\frac{1}{2} < x \le 1$

Возвращаемся к переменной $t$:

1) $-1 \le \cos t < \frac{1}{3}$. Решением этого неравенства является интервал $\arccos(\frac{1}{3}) + 2\pi n < t < 2\pi - \arccos(\frac{1}{3}) + 2\pi n$.

2) $\frac{1}{2} < \cos t \le 1$. Решением этого неравенства является интервал $-\frac{\pi}{3} + 2\pi n < t < \frac{\pi}{3} + 2\pi n$.

Объединяя эти два множества решений, получаем итоговый ответ.

Ответ: $t \in (-\frac{\pi}{3} + 2\pi n, \frac{\pi}{3} + 2\pi n) \cup (\arccos(\frac{1}{3}) + 2\pi n, 2\pi - \arccos(\frac{1}{3}) + 2\pi n), n \in \mathbb{Z}$.

в) $3 \cos^2 t - 4 \cos t < 4$

Перепишем неравенство в виде $3 \cos^2 t - 4 \cos t - 4 < 0$.

Это неравенство является противоположным по знаку неравенству из пункта а). Мы можем использовать полученные ранее результаты.

Сделаем замену $x = \cos t$ ($-1 \le x \le 1$) и получим $3x^2 - 4x - 4 < 0$.

Корни уравнения $3x^2 - 4x - 4 = 0$ равны $x_1 = -\frac{2}{3}$ и $x_2 = 2$.

Поскольку ветви параболы направлены вверх, неравенство $3x^2 - 4x - 4 < 0$ выполняется на интервале между корнями: $-\frac{2}{3} < x < 2$.

С учетом ограничения $-1 \le x \le 1$, получаем $-\frac{2}{3} < x \le 1$.

Возвращаемся к переменной $t$: $-\frac{2}{3} < \cos t \le 1$.

Неравенство $\cos t \le 1$ выполняется для всех действительных $t$. Остается решить $\cos t > -\frac{2}{3}$.

Решениями уравнения $\cos t = -\frac{2}{3}$ являются $t = \pm \arccos(-\frac{2}{3}) + 2\pi n$.

Неравенству $\cos t > -\frac{2}{3}$ на единичной окружности соответствует дуга, заключенная между углами $-\arccos(-\frac{2}{3})$ и $\arccos(-\frac{2}{3})$.

Следовательно, общее решение: $-\arccos(-\frac{2}{3}) + 2\pi n < t < \arccos(-\frac{2}{3}) + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $t \in (-\arccos(-\frac{2}{3}) + 2\pi n, \arccos(-\frac{2}{3}) + 2\pi n), n \in \mathbb{Z}$.

г) $6 \cos^2 t + 1 \le 5 \cos t$

Перепишем неравенство в виде $6 \cos^2 t - 5 \cos t + 1 \le 0$.

Это неравенство противоположно по знаку неравенству из пункта б).

Сделаем замену $x = \cos t$ ($-1 \le x \le 1$) и получим $6x^2 - 5x + 1 \le 0$.

Из пункта б) известно, что корни уравнения $6x^2 - 5x + 1 = 0$ равны $x_1 = \frac{1}{3}$ и $x_2 = \frac{1}{2}$.

Поскольку ветви параболы направлены вверх, неравенство $6x^2 - 5x + 1 \le 0$ выполняется на отрезке между корнями: $\frac{1}{3} \le x \le \frac{1}{2}$.

Этот отрезок полностью лежит внутри области допустимых значений для $x$, то есть $[-1, 1]$.

Возвращаемся к переменной $t$: $\frac{1}{3} \le \cos t \le \frac{1}{2}$.

Решим это двойное неравенство. На единичной окружности ему соответствуют две дуги, симметричные относительно оси абсцисс.

Рассмотрим промежуток $t \in [0, \pi]$. На этом промежутке функция $\cos t$ является убывающей. Поэтому неравенству $\frac{1}{3} \le \cos t \le \frac{1}{2}$ соответствует отрезок $[\arccos(\frac{1}{2}), \arccos(\frac{1}{3})]$, то есть $[\frac{\pi}{3}, \arccos(\frac{1}{3})]$.

В силу четности функции косинуса ($\cos(-t) = \cos t$), на промежутке $[-\pi, 0]$ будет симметричный отрезок решений: $[-\arccos(\frac{1}{3}), -\frac{\pi}{3}]$.

Объединяя эти два семейства решений и добавляя период $2\pi n$, получаем общее решение.

Ответ: $t \in [-\arccos(\frac{1}{3}) + 2\pi n, -\frac{\pi}{3} + 2\pi n] \cup [\frac{\pi}{3} + 2\pi n, \arccos(\frac{1}{3}) + 2\pi n], n \in \mathbb{Z}$.