Номер 41.57, страница 244, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мордкович, Семенов

41.57. Найдите значения аргумента, удовлетворяющие условию $f'(x) \leq g'(x)$, если:

a) $f(x) = \sin x \cdot \cos x, g(x) = \frac{1}{2}x + 61;$

б) $f(x) = x \cos x, g(x) = \sin x.$

а)

Даны функции $f(x) = \sin x \cdot \cos x$ и $g(x) = \frac{1}{2}x + 61$.

Сначала найдем производные этих функций. Для функции $f(x)$ удобно сначала применить формулу синуса двойного угла:

$f(x) = \sin x \cdot \cos x = \frac{1}{2}\sin(2x)$

Тогда производная $f'(x)$ равна:

$f'(x) = \left(\frac{1}{2}\sin(2x)\right)' = \frac{1}{2} \cdot \cos(2x) \cdot (2x)' = \frac{1}{2} \cdot \cos(2x) \cdot 2 = \cos(2x)$

Производная функции $g(x)$ равна:

$g'(x) = \left(\frac{1}{2}x + 61\right)' = \frac{1}{2}$

Теперь решим неравенство $f'(x) \leq g'(x)$:

$\cos(2x) \leq \frac{1}{2}$

Общее решение неравенства $\cos t \leq \frac{1}{2}$ имеет вид $\frac{\pi}{3} + 2\pi n \leq t \leq \frac{5\pi}{3} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Сделаем обратную замену $t = 2x$:

$\frac{\pi}{3} + 2\pi n \leq 2x \leq \frac{5\pi}{3} + 2\pi n$

Разделив все части неравенства на 2, получим решение для $x$:

$\frac{\pi}{6} + \pi n \leq x \leq \frac{5\pi}{6} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

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

б)

Даны функции $f(x) = x \cos x$ и $g(x) = \sin x$.

Найдем производную функции $f(x)$, используя правило производной произведения:

$f'(x) = (x)'\cos x + x(\cos x)' = 1 \cdot \cos x + x(-\sin x) = \cos x - x \sin x$

Найдем производную функции $g(x)$:

$g'(x) = (\sin x)' = \cos x$

Решим неравенство $f'(x) \leq g'(x)$:

$\cos x - x \sin x \leq \cos x$

Упростим неравенство:

$-x \sin x \leq 0$

$x \sin x \geq 0$

Это неравенство выполняется, когда множители $x$ и $\sin x$ имеют одинаковые знаки или равны нулю.

Рассмотрим два случая:

1. $x \geq 0$ и $\sin x \geq 0$. Решением является объединение промежутков $[2k\pi, (2k+1)\pi]$ для всех целых $k \geq 0$.

2. $x \leq 0$ и $\sin x \leq 0$. Решением является объединение промежутков $[(2k-1)\pi, 2k\pi]$ для всех целых $k \leq 0$.

Объединив все эти промежутки, получим итоговое решение. Например, при $k=0$ из первого случая имеем $[0, \pi]$, а из второго — $[-\pi, 0]$. Вместе они дают отрезок $[-\pi, \pi]$. Остальные промежутки соответствуют $k \ge 1$ для первого случая и $k \le -1$ для второго.

Ответ: $x \in [-\pi, \pi] \cup \bigcup_{k=1}^{\infty} \left( [2k\pi, (2k+1)\pi] \cup [-(2k+1)\pi, -2k\pi] \right)$.