Номер 23.42, страница 149, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мордкович, Семенов

23.42. а) $\sin^2 x - 6 \sin x \cos x + 5 \cos^2 x > 0;$

б) $\sin^2 x - 6 \sin x \cos x + 5 \cos^2 x < 0;$

в) $\sin^2 x - 3 \sin x \cos x + 2 \cos^2 x \le 0;$

г) $\sin^2 x - 2 \sin x \cos x - 3 \cos^2 x \ge 0.$

а) $ \sin^2 x - 6 \sin x \cos x + 5 \cos^2 x > 0 $

Данное неравенство является однородным тригонометрическим неравенством второй степени. Для его решения рассмотрим два случая.

Случай 1: $ \cos x = 0 $. В этом случае $ x = \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z} $, и $ \sin^2 x = 1 $. Подставим эти значения в исходное неравенство: $ 1 - 6 \sin x \cdot 0 + 5 \cdot 0 > 0 $ $ 1 > 0 $ Это верное утверждение, значит, все значения $ x = \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z} $ являются решениями неравенства.

Случай 2: $ \cos x \neq 0 $. В этом случае мы можем разделить обе части неравенства на $ \cos^2 x $. Так как $ \cos^2 x > 0 $, знак неравенства не изменится: $ \frac{\sin^2 x}{\cos^2 x} - \frac{6 \sin x \cos x}{\cos^2 x} + \frac{5 \cos^2 x}{\cos^2 x} > 0 $ $ \tan^2 x - 6 \tan x + 5 > 0 $ Сделаем замену переменной $ t = \tan x $: $ t^2 - 6t + 5 > 0 $ Найдем корни квадратного трехчлена $ t^2 - 6t + 5 = 0 $. По теореме Виета, корни равны $ t_1 = 1 $ и $ t_2 = 5 $. Так как парабола $ y = t^2 - 6t + 5 $ направлена ветвями вверх, решение неравенства находится за пределами корней: $ t < 1 $ или $ t > 5 $.

Вернемся к переменной $ x $: 1) $ \tan x < 1 \implies -\frac{\pi}{2} + \pi k < x < \frac{\pi}{4} + \pi k, k \in \mathbb{Z} $. 2) $ \tan x > 5 \implies \arctan 5 + \pi k < x < \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Объединяя решения из обоих случаев, мы получаем итоговый ответ. Решения из случая 1 ($ x = \frac{\pi}{2} + \pi k $) являются граничными точками для интервалов, полученных в случае 2. Стандартная запись решения для $ \tan x $ на неограниченных интервалах уже учитывает это.

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

б) $ \sin^2 x - 6 \sin x \cos x + 5 \cos^2 x < 0 $

Это неравенство отличается от предыдущего только знаком. Мы можем использовать результаты анализа из пункта а).

Случай 1: $ \cos x = 0 $. Неравенство принимает вид $ 1 < 0 $, что является ложным. Следовательно, значения $ x $, при которых $ \cos x = 0 $, не являются решениями.

Случай 2: $ \cos x \neq 0 $. Делим на $ \cos^2 x $: $ \tan^2 x - 6 \tan x + 5 < 0 $ С заменой $ t = \tan x $, получаем $ t^2 - 6t + 5 < 0 $. Корни $ t_1 = 1, t_2 = 5 $. Так как парабола направлена ветвями вверх, решение неравенства находится между корнями: $ 1 < t < 5 $.

Возвращаемся к переменной $ x $: $ 1 < \tan x < 5 $ Поскольку функция $ y = \tan x $ возрастает на своем периоде, решение этого двойного неравенства: $ \arctan 1 + \pi k < x < \arctan 5 + \pi k, k \in \mathbb{Z} $ $ \frac{\pi}{4} + \pi k < x < \arctan 5 + \pi k, k \in \mathbb{Z} $.

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

в) $ \sin^2 x - 3 \sin x \cos x + 2 \cos^2 x \leq 0 $

Решаем это однородное тригонометрическое неравенство.

Случай 1: $ \cos x = 0 $. Тогда $ \sin^2 x = 1 $. Неравенство принимает вид $ 1 \leq 0 $, что ложно. Эти значения не являются решениями.

Случай 2: $ \cos x \neq 0 $. Делим на $ \cos^2 x $: $ \tan^2 x - 3 \tan x + 2 \leq 0 $ Сделаем замену $ t = \tan x $: $ t^2 - 3t + 2 \leq 0 $. Найдем корни уравнения $ t^2 - 3t + 2 = 0 $. По теореме Виета, $ t_1 = 1, t_2 = 2 $. Решение квадратного неравенства (парабола ветвями вверх): $ 1 \leq t \leq 2 $.

Возвращаемся к переменной $ x $: $ 1 \leq \tan x \leq 2 $ Решением этого неравенства является: $ \frac{\pi}{4} + \pi k \leq x \leq \arctan 2 + \pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ x \in [\frac{\pi}{4} + \pi k, \arctan 2 + \pi k], k \in \mathbb{Z} $.

г) $ \sin^2 x - 2 \sin x \cos x - 3 \cos^2 x \geq 0 $

Решаем это однородное тригонометрическое неравенство.

Случай 1: $ \cos x = 0 $. Тогда $ x = \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z} $ и $ \sin^2 x = 1 $. Неравенство принимает вид $ 1 \geq 0 $, что верно. Следовательно, $ x = \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z} $ являются решениями.

Случай 2: $ \cos x \neq 0 $. Делим на $ \cos^2 x $: $ \tan^2 x - 2 \tan x - 3 \geq 0 $ Сделаем замену $ t = \tan x $: $ t^2 - 2t - 3 \geq 0 $. Найдем корни уравнения $ t^2 - 2t - 3 = 0 $. $ t_{1,2} = \frac{2 \pm \sqrt{4 - 4(1)(-3)}}{2} = \frac{2 \pm 4}{2} $. Корни $ t_1 = -1, t_2 = 3 $. Решение квадратного неравенства: $ t \leq -1 $ или $ t \geq 3 $.

Возвращаемся к переменной $ x $: 1) $ \tan x \leq -1 \implies -\frac{\pi}{2} + \pi k < x \leq -\frac{\pi}{4} + \pi k, k \in \mathbb{Z} $. 2) $ \tan x \geq 3 \implies \arctan 3 + \pi k \leq x < \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Объединим решения из обоих случаев. Решения из случая 1 ($ x = \frac{\pi}{2} + \pi k $) "закрывают" открытые концы интервалов из случая 2. Первый набор интервалов становится $ [-\frac{\pi}{2} + \pi k, -\frac{\pi}{4} + \pi k] $. Второй набор интервалов становится $ [\arctan 3 + \pi k, \frac{\pi}{2} + \pi k] $. Заметим, что конец интервала $ [\arctan 3 + \pi k, \frac{\pi}{2} + \pi k] $ совпадает с началом интервала $ [-\frac{\pi}{2} + \pi(k+1), -\frac{\pi}{4} + \pi(k+1)] $, который можно переписать как $ [\frac{\pi}{2} + \pi k, \frac{3\pi}{4} + \pi k] $. Таким образом, эти два семейства интервалов можно объединить в одно: $ [\arctan 3 + \pi k, \frac{\pi}{2} + \pi k] \cup [\frac{\pi}{2} + \pi k, \frac{3\pi}{4} + \pi k] = [\arctan 3 + \pi k, \frac{3\pi}{4} + \pi k] $.

Ответ: $ x \in [\arctan 3 + \pi k, \frac{3\pi}{4} + \pi k], k \in \mathbb{Z} $.