Номер 22.48, страница 142, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мордкович, Семенов

22.48. a) $\begin{cases} \text{ctg } x < -\frac{\sqrt{3}}{3}, \\ \sin x > -0,8; \end{cases}$

б) $\begin{cases} \cos x < \frac{4}{9}, \\ \text{ctg } x > -3. \end{cases}$

a) Решим систему неравенств:

$$ \begin{cases} \text{ctg } x < -\frac{\sqrt{3}}{3} \\ \sin x > -0,8 \end{cases} $$

1. Решим первое неравенство: $ \text{ctg } x < -\frac{\sqrt{3}}{3} $.

Сначала найдем корни уравнения $ \text{ctg } x = -\frac{\sqrt{3}}{3} $.
Решением является $ x = \text{arcctg}(-\frac{\sqrt{3}}{3}) + \pi k = \frac{2\pi}{3} + \pi k $, где $k \in \mathbb{Z}$.

Функция $ y = \text{ctg } x $ является убывающей на каждом интервале своей области определения $ (\pi n, \pi(n+1)) $.
Следовательно, неравенство $ \text{ctg } x < -\frac{\sqrt{3}}{3} $ выполняется при $ x $, больших, чем корень уравнения, в пределах одного периода.
Решение первого неравенства: $ x \in (\frac{2\pi}{3} + \pi k, \pi + \pi k) $, $k \in \mathbb{Z}$.

2. Решим второе неравенство: $ \sin x > -0,8 $.

Сначала найдем корни уравнения $ \sin x = -0,8 $.
Решениями являются $ x_1 = \arcsin(-0,8) + 2\pi n $ и $ x_2 = \pi - \arcsin(-0,8) + 2\pi n $, где $n \in \mathbb{Z}$.
Используя свойство $ \arcsin(-z) = -\arcsin(z) $, получаем $ x_1 = -\arcsin(0,8) + 2\pi n $ и $ x_2 = \pi + \arcsin(0,8) + 2\pi n $.

На единичной окружности неравенству $ \sin x > -0,8 $ соответствуют точки, ордината которых больше $-0,8$. Это дуга, расположенная выше прямой $y = -0,8$.
Решение второго неравенства: $ x \in (-\arcsin(0,8) + 2\pi n, \pi + \arcsin(0,8) + 2\pi n) $, $n \in \mathbb{Z}$.

3. Найдем пересечение полученных решений. Рассмотрим промежуток длиной $ 2\pi $, например $ [0, 2\pi) $.

Решения первого неравенства на $ [0, 2\pi) $:
При $k=0$: $ (\frac{2\pi}{3}, \pi) $.
При $k=1$: $ (\frac{2\pi}{3} + \pi, \pi + \pi) = (\frac{5\pi}{3}, 2\pi) $.
Итак, $ x \in (\frac{2\pi}{3}, \pi) \cup (\frac{5\pi}{3}, 2\pi) $.

Решения второго неравенства на $ [0, 2\pi) $:
При $n=0$, интервал $ (-\arcsin(0,8), \pi + \arcsin(0,8)) $. На промежутке $ [0, 2\pi) $ это соответствует $ [0, \pi + \arcsin(0,8)) $.
Также нужно учесть часть интервала, которая "переносится" из отрицательной области: $ (-\arcsin(0,8), 0) $ становится $ (2\pi - \arcsin(0,8), 2\pi) $.
Таким образом, решение на $ [0, 2\pi) $: $ x \in [0, \pi + \arcsin(0,8)) \cup (2\pi - \arcsin(0,8), 2\pi) $.
Хотя проще рассматривать один непрерывный интервал $ (-\arcsin(0,8), \pi + \arcsin(0,8)) $.

Найдем пересечение множеств:

• Пересечение $ (\frac{2\pi}{3}, \pi) $ и $ (-\arcsin(0,8), \pi + \arcsin(0,8)) $.
  Так как $ \frac{2\pi}{3} > -\arcsin(0,8) $ (положительное число больше отрицательного) и $ \pi < \pi + \arcsin(0,8) $, то пересечением является весь интервал $ (\frac{2\pi}{3}, \pi) $.
• Пересечение $ (\frac{5\pi}{3}, 2\pi) $ и $ (-\arcsin(0,8), \pi + \arcsin(0,8)) $.
  Сравним $ \frac{5\pi}{3} $ и $ \pi + \arcsin(0,8) $. Это эквивалентно сравнению $ \frac{2\pi}{3} $ и $ \arcsin(0,8) $. Так как $ \frac{2\pi}{3} \in (\frac{\pi}{2}, \pi) $, а $ \arcsin(0,8) \in (0, \frac{\pi}{2}) $, то $ \frac{2\pi}{3} > \arcsin(0,8) $. Значит, $ \frac{5\pi}{3} > \pi + \arcsin(0,8) $, и пересечения здесь нет. Однако, нужно проверить пересечение с решением $ \sin x > -0.8 $ на следующем витке, то есть с интервалом $ (2\pi-\arcsin(0,8), 3\pi+\arcsin(0,8)) $.
  Найдем пересечение $ (\frac{5\pi}{3}, 2\pi) $ и $ (2\pi-\arcsin(0,8), 3\pi+\arcsin(0,8)) $.
  Сравним $ \frac{5\pi}{3} $ и $ 2\pi-\arcsin(0,8) $. Это эквивалентно сравнению $ \arcsin(0,8) $ и $ \frac{\pi}{3} $.
  Так как $ \sin(\frac{\pi}{3}) = \frac{\sqrt{3}}{2} \approx 0,866 $, а $ \sin(\arcsin(0,8)) = 0,8 $, и синус возрастает на $ [0, \frac{\pi}{2}] $, то $ \arcsin(0,8) < \frac{\pi}{3} $.
  Следовательно, $ 2\pi - \arcsin(0,8) > 2\pi - \frac{\pi}{3} = \frac{5\pi}{3} $.
  Значит, пересечением является интервал $ (2\pi - \arcsin(0,8), 2\pi) $.

Объединяя результаты и обобщая на все периоды, получаем решение.

Ответ: $ x \in (\frac{2\pi}{3} + 2\pi k, \pi + 2\pi k) \cup (2\pi - \arcsin(0,8) + 2\pi k, 2\pi + 2\pi k) $, где $k \in \mathbb{Z}$.

б) Решим систему неравенств:

$$ \begin{cases} \cos x < \frac{4}{9} \\ \text{ctg } x > -3 \end{cases} $$

1. Решим первое неравенство: $ \cos x < \frac{4}{9} $.

Корни уравнения $ \cos x = \frac{4}{9} $: $ x = \pm \arccos(\frac{4}{9}) + 2\pi k $, $k \in \mathbb{Z}$.
На единичной окружности неравенству $ \cos x < \frac{4}{9} $ соответствуют точки, абсцисса которых меньше $ \frac{4}{9} $. Это дуга от $ \arccos(\frac{4}{9}) $ до $ 2\pi - \arccos(\frac{4}{9}) $ против часовой стрелки.
Решение первого неравенства: $ x \in (\arccos(\frac{4}{9}) + 2\pi k, 2\pi - \arccos(\frac{4}{9}) + 2\pi k) $, $k \in \mathbb{Z}$.

2. Решим второе неравенство: $ \text{ctg } x > -3 $.

Корни уравнения $ \text{ctg } x = -3 $: $ x = \text{arcctg}(-3) + \pi n $, $n \in \mathbb{Z}$.
Функция $ y = \text{ctg } x $ убывающая, поэтому неравенство $ \text{ctg } x > -3 $ выполняется при $ x $, меньших, чем корень уравнения, в пределах одного периода.
Решение второго неравенства: $ x \in (\pi n, \text{arcctg}(-3) + \pi n) $, $n \in \mathbb{Z}$.

3. Найдем пересечение полученных решений. Рассмотрим промежуток длиной $ 2\pi $, например $ [0, 2\pi) $.

Решение первого неравенства на $ [0, 2\pi) $: $ (\arccos(\frac{4}{9}), 2\pi - \arccos(\frac{4}{9})) $.

Решения второго неравенства на $ [0, 2\pi) $:
При $n=0$: $ (0, \text{arcctg}(-3)) $.
При $n=1$: $ (\pi, \pi + \text{arcctg}(-3)) $.
Итак, $ x \in (0, \text{arcctg}(-3)) \cup (\pi, \pi + \text{arcctg}(-3)) $.

Найдем пересечение множеств:

• Пересечение $ (\arccos(\frac{4}{9}), 2\pi - \arccos(\frac{4}{9})) $ и $ (0, \text{arcctg}(-3)) $.
  $ \arccos(\frac{4}{9}) \in (0, \frac{\pi}{2}) $ и $ \text{arcctg}(-3) \in (\frac{\pi}{2}, \pi) $.
  Так как $ \arccos(\frac{4}{9}) > 0 $ и $ \text{arcctg}(-3) < \pi < 2\pi - \arccos(\frac{4}{9}) $, пересечением будет интервал $ (\arccos(\frac{4}{9}), \text{arcctg}(-3)) $.
• Пересечение $ (\arccos(\frac{4}{9}), 2\pi - \arccos(\frac{4}{9})) $ и $ (\pi, \pi + \text{arcctg}(-3)) $.
  Нижняя граница пересечения $ \max(\arccos(\frac{4}{9}), \pi) = \pi $.
  Верхняя граница $ \min(2\pi - \arccos(\frac{4}{9}), \pi + \text{arcctg}(-3)) $.
  Сравним $ 2\pi - \arccos(\frac{4}{9}) $ и $ \pi + \text{arcctg}(-3) $.
  $ \pi + \text{arcctg}(-3) = \pi + (\pi - \text{arcctg}(3)) = 2\pi - \text{arcctg}(3) $.
  Сравним $ \arccos(\frac{4}{9}) $ и $ \text{arcctg}(3) $. Пусть $ u = \arccos(\frac{4}{9}) $ и $ v = \text{arcctg}(3) $.
  $ \cos u = \frac{4}{9} $. Из $ \text{ctg } v = 3 $ следует $ \cos v = \frac{\text{ctg } v}{\sqrt{1+\text{ctg}^2 v}} = \frac{3}{\sqrt{10}} $.
  Сравним $ (\frac{4}{9})^2 = \frac{16}{81} $ и $ (\frac{3}{\sqrt{10}})^2 = \frac{9}{10} $.
  $ \frac{16}{81} < \frac{9}{10} $ (так как $160 < 729$), значит $ \cos u < \cos v $.
  Поскольку косинус убывает на $ [0, \frac{\pi}{2}] $, то $ u > v $, то есть $ \arccos(\frac{4}{9}) > \text{arcctg}(3) $.
  Отсюда $ -\arccos(\frac{4}{9}) < -\text{arcctg}(3) $, и $ 2\pi - \arccos(\frac{4}{9}) < 2\pi - \text{arcctg}(3) = \pi + \text{arcctg}(-3) $.
  Значит, верхняя граница пересечения равна $ 2\pi - \arccos(\frac{4}{9}) $.
  Пересечением является интервал $ (\pi, 2\pi - \arccos(\frac{4}{9})) $.

Объединяя результаты и обобщая на все периоды, получаем решение.

Ответ: $ x \in (\arccos(\frac{4}{9}) + 2\pi k, \text{arcctg}(-3) + 2\pi k) \cup (\pi + 2\pi k, 2\pi - \arccos(\frac{4}{9}) + 2\pi k) $, где $k \in \mathbb{Z}$.