Номер 23.41, страница 149, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мордкович, Семенов

23.41. a) $ \sin x - \cos x > 0; $

б) $ \sin x - \sqrt{3} \cos x \le 0; $

В) $ \sin x + \cos x < 0; $

Г) $ \sqrt{3} \sin x + \cos x \ge 0. $

а) $\sin x - \cos x > 0$

Для решения данного тригонометрического неравенства воспользуемся методом вспомогательного угла. Преобразуем левую часть неравенства $a \sin x + b \cos x$ к виду $R \sin(x \pm \alpha)$ или $R \cos(x \pm \alpha)$. В данном случае $a=1$, $b=-1$.

1. Найдем коэффициент $R = \sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{1^2 + (-1)^2} = \sqrt{2}$.

2. Разделим обе части неравенства на $\sqrt{2}$:

$\frac{1}{\sqrt{2}} \sin x - \frac{1}{\sqrt{2}} \cos x > 0$

3. Заметим, что $\cos\left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{1}{\sqrt{2}}$ и $\sin\left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{1}{\sqrt{2}}$. Подставим эти значения в неравенство:

$\sin x \cos\left(\frac{\pi}{4}\right) - \cos x \sin\left(\frac{\pi}{4}\right) > 0$

4. Применим формулу синуса разности $\sin(\alpha - \beta) = \sin \alpha \cos \beta - \cos \alpha \sin \beta$:

$\sin\left(x - \frac{\pi}{4}\right) > 0$

5. Решим простое тригонометрическое неравенство. Синус положителен в первой и второй координатных четвертях. Следовательно, аргумент синуса должен находиться в интервале $(0, \pi)$ с учетом периодичности:

$2\pi k < x - \frac{\pi}{4} < \pi + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

6. Выразим $x$, прибавив $\frac{\pi}{4}$ ко всем частям двойного неравенства:

$2\pi k + \frac{\pi}{4} < x < \pi + \frac{\pi}{4} + 2\pi k$

$\frac{\pi}{4} + 2\pi k < x < \frac{5\pi}{4} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in \left(\frac{\pi}{4} + 2\pi k; \frac{5\pi}{4} + 2\pi k\right)$, $k \in \mathbb{Z}$.

б) $\sin x - \sqrt{3} \cos x \le 0$

Используем метод вспомогательного угла. Здесь $a=1$, $b=-\sqrt{3}$.

1. Найдем коэффициент $R = \sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{1^2 + (-\sqrt{3})^2} = \sqrt{1+3} = \sqrt{4} = 2$.

2. Разделим обе части неравенства на $2$:

$\frac{1}{2} \sin x - \frac{\sqrt{3}}{2} \cos x \le 0$

3. Заметим, что $\cos\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{1}{2}$ и $\sin\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Подставим эти значения:

$\sin x \cos\left(\frac{\pi}{3}\right) - \cos x \sin\left(\frac{\pi}{3}\right) \le 0$

4. Используем формулу синуса разности $\sin(\alpha - \beta) = \sin \alpha \cos \beta - \cos \alpha \sin \beta$:

$\sin\left(x - \frac{\pi}{3}\right) \le 0$

5. Решим это неравенство. Синус отрицателен или равен нулю в третьей и четвертой координатных четвертях. Значит, аргумент синуса должен находиться в промежутке $[\pi, 2\pi]$ с учетом периодичности. Для удобства можно записать этот промежуток как $[-\pi, 0]$:

$-\pi + 2\pi k \le x - \frac{\pi}{3} \le 0 + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

6. Выразим $x$, прибавив $\frac{\pi}{3}$ ко всем частям двойного неравенства:

$-\pi + \frac{\pi}{3} + 2\pi k \le x \le \frac{\pi}{3} + 2\pi k$

$-\frac{2\pi}{3} + 2\pi k \le x \le \frac{\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in \left[-\frac{2\pi}{3} + 2\pi k; \frac{\pi}{3} + 2\pi k\right]$, $k \in \mathbb{Z}$.

в) $\sin x + \cos x < 0$

Применим метод вспомогательного угла. Здесь $a=1$, $b=1$.

1. Найдем коэффициент $R = \sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$.

2. Разделим обе части неравенства на $\sqrt{2}$:

$\frac{1}{\sqrt{2}} \sin x + \frac{1}{\sqrt{2}} \cos x < 0$

3. Так как $\cos\left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{1}{\sqrt{2}}$ и $\sin\left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{1}{\sqrt{2}}$, подставим эти значения:

$\sin x \cos\left(\frac{\pi}{4}\right) + \cos x \sin\left(\frac{\pi}{4}\right) < 0$

4. Воспользуемся формулой синуса суммы $\sin(\alpha + \beta) = \sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta$:

$\sin\left(x + \frac{\pi}{4}\right) < 0$

5. Синус отрицателен в третьей и четвертой координатных четвертях. Аргумент синуса должен лежать в интервале $(\pi, 2\pi)$ с учетом периода:

$\pi + 2\pi k < x + \frac{\pi}{4} < 2\pi + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

6. Выразим $x$, вычтя $\frac{\pi}{4}$ из всех частей двойного неравенства:

$\pi - \frac{\pi}{4} + 2\pi k < x < 2\pi - \frac{\pi}{4} + 2\pi k$

$\frac{3\pi}{4} + 2\pi k < x < \frac{7\pi}{4} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in \left(\frac{3\pi}{4} + 2\pi k; \frac{7\pi}{4} + 2\pi k\right)$, $k \in \mathbb{Z}$.

г) $\sqrt{3} \sin x + \cos x \ge 0$

Используем метод вспомогательного угла. В данном случае $a=\sqrt{3}$, $b=1$.

1. Найдем коэффициент $R = \sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + 1^2} = \sqrt{3+1} = \sqrt{4} = 2$.

2. Разделим обе части неравенства на $2$:

$\frac{\sqrt{3}}{2} \sin x + \frac{1}{2} \cos x \ge 0$

3. Заметим, что $\cos\left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{\sqrt{3}}{2}$ и $\sin\left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{1}{2}$. Подставим эти значения:

$\sin x \cos\left(\frac{\pi}{6}\right) + \cos x \sin\left(\frac{\pi}{6}\right) \ge 0$

4. Применим формулу синуса суммы $\sin(\alpha + \beta) = \sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta$:

$\sin\left(x + \frac{\pi}{6}\right) \ge 0$

5. Синус положителен или равен нулю в первой и второй координатных четвертях. Аргумент синуса должен находиться в промежутке $[0, \pi]$ с учетом периода:

$2\pi k \le x + \frac{\pi}{6} \le \pi + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

6. Выразим $x$, вычтя $\frac{\pi}{6}$ из всех частей двойного неравенства:

$2\pi k - \frac{\pi}{6} \le x \le \pi - \frac{\pi}{6} + 2\pi k$

$-\frac{\pi}{6} + 2\pi k \le x \le \frac{5\pi}{6} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in \left[-\frac{\pi}{6} + 2\pi k; \frac{5\pi}{6} + 2\pi k\right]$, $k \in \mathbb{Z}$.