Номер 22.42, страница 141, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мордкович, Семенов

22.42. a) $tg x < 3$;

б) $3 ctg x - 1 > 0$;

В) $ctg x \le 2$;

Г) $2 tg x + 1 \ge 0$.

а) tg x < 3;

Решим простейшее тригонометрическое неравенство. Область определения функции тангенса $y = \operatorname{tg} x$ задается условием $x \neq \frac{\pi}{2} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Рассмотрим решение на основном промежутке $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$. На этом интервале функция $y = \operatorname{tg} x$ является строго возрастающей. Найдем значение $x_0$, для которого $\operatorname{tg} x_0 = 3$. Это значение равно $x_0 = \operatorname{arctg} 3$.

Поскольку функция возрастающая, неравенство $\operatorname{tg} x < 3$ выполняется для всех $x$ из области определения, которые меньше $\operatorname{arctg} 3$. На основном промежутке это соответствует интервалу от левой вертикальной асимптоты до точки $x_0$.

Таким образом, решение на промежутке $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ есть $-\frac{\pi}{2} < x < \operatorname{arctg} 3$.

Так как функция тангенса периодическая с периодом $\pi$, общее решение неравенства получаем, добавляя $\pi n$ к границам найденного интервала:

$-\frac{\pi}{2} + \pi n < x < \operatorname{arctg} 3 + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

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

б) 3 ctg x - 1 > 0;

Сначала преобразуем неравенство:

$3 \operatorname{ctg} x > 1$

$\operatorname{ctg} x > \frac{1}{3}$

Область определения функции котангенса $y = \operatorname{ctg} x$ задается условием $x \neq \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Рассмотрим решение на основном промежутке $(0, \pi)$. На этом интервале функция $y = \operatorname{ctg} x$ является строго убывающей. Найдем значение $x_0$, для которого $\operatorname{ctg} x_0 = \frac{1}{3}$. Это значение равно $x_0 = \operatorname{arcctg} \frac{1}{3}$.

Поскольку функция убывающая, неравенство $\operatorname{ctg} x > \frac{1}{3}$ будет выполняться для тех $x$ из области определения, которые меньше $x_0 = \operatorname{arcctg} \frac{1}{3}$. На основном промежутке это соответствует интервалу от левой вертикальной асимптоты до точки $x_0$.

Таким образом, решение на промежутке $(0, \pi)$ есть $0 < x < \operatorname{arcctg} \frac{1}{3}$.

Учитывая, что функция котангенса периодическая с периодом $\pi$, общее решение неравенства получаем, добавляя $\pi n$ к границам найденного интервала:

$\pi n < x < \operatorname{arcctg} \frac{1}{3} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (\pi n, \operatorname{arcctg} \frac{1}{3} + \pi n), n \in \mathbb{Z}$.

в) ctg x ? 2;

Это простейшее тригонометрическое неравенство. Область определения функции котангенса $y = \operatorname{ctg} x$ задается условием $x \neq \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Рассмотрим решение на основном промежутке $(0, \pi)$. На этом интервале функция $y = \operatorname{ctg} x$ является строго убывающей. Найдем значение $x_0$, для которого $\operatorname{ctg} x_0 = 2$. Это значение равно $x_0 = \operatorname{arcctg} 2$.

Поскольку функция убывающая, неравенство $\operatorname{ctg} x \le 2$ будет выполняться для тех $x$ из области определения, которые больше или равны $x_0 = \operatorname{arcctg} 2$. На основном промежутке это соответствует интервалу от точки $x_0$ до правой вертикальной асимптоты.

Таким образом, решение на промежутке $(0, \pi)$ есть $\operatorname{arcctg} 2 \le x < \pi$.

Так как функция котангенса периодическая с периодом $\pi$, общее решение неравенства получаем, добавляя $\pi n$ к границам найденного интервала:

$\operatorname{arcctg} 2 + \pi n \le x < \pi + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in [\operatorname{arcctg} 2 + \pi n, \pi + \pi n), n \in \mathbb{Z}$.

г) 2 tg x + 1 ? 0.

Сначала преобразуем неравенство:

$2 \operatorname{tg} x \ge -1$

$\operatorname{tg} x \ge -\frac{1}{2}$

Область определения функции тангенса $y = \operatorname{tg} x$ задается условием $x \neq \frac{\pi}{2} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Рассмотрим решение на основном промежутке $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$. На этом интервале функция $y = \operatorname{tg} x$ является строго возрастающей. Найдем значение $x_0$, для которого $\operatorname{tg} x_0 = -\frac{1}{2}$. Это значение равно $x_0 = \operatorname{arctg}(-\frac{1}{2})$, что также можно записать как $x_0 = -\operatorname{arctg}\frac{1}{2}$.

Поскольку функция возрастающая, неравенство $\operatorname{tg} x \ge -\frac{1}{2}$ будет выполняться для тех $x$ из области определения, которые больше или равны $x_0 = \operatorname{arctg}(-\frac{1}{2})$. На основном промежутке это соответствует интервалу от точки $x_0$ до правой вертикальной асимптоты.

Таким образом, решение на промежутке $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ есть $\operatorname{arctg}(-\frac{1}{2}) \le x < \frac{\pi}{2}$.

Учитывая, что функция тангенса периодическая с периодом $\pi$, общее решение неравенства получаем, добавляя $\pi n$ к границам найденного интервала:

$\operatorname{arctg}(-\frac{1}{2}) + \pi n \le x < \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in [\operatorname{arctg}(-\frac{1}{2}) + \pi n, \frac{\pi}{2} + \pi n), n \in \mathbb{Z}$.