Страница 141, часть 1 - гдз по алгебре 10 класс учебник часть 1, 2 Мордкович, Семенов

Решите неравенство:

22.33. а) $\cos t > \frac{1}{2}$;

б) $\cos t \le -\frac{\sqrt{2}}{2}$;

в) $\cos t \ge -\frac{\sqrt{2}}{2}$;

г) $\cos t < \frac{1}{2}$.

а) $ \cos t > \frac{1}{2} $

Для решения тригонометрического неравенства воспользуемся единичной окружностью. Сначала найдём значения $ t $, для которых выполняется равенство $ \cos t = \frac{1}{2} $. Решения этого уравнения: $ t = \pm\arccos\left(\frac{1}{2}\right) + 2\pi k = \pm\frac{\pi}{3} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

На единичной окружности косинус угла $ t $ соответствует абсциссе (координате $ x $) точки, полученной поворотом точки $ (1, 0) $ на угол $ t $. Нам нужно найти все углы $ t $, для которых абсцисса соответствующей точки больше $ \frac{1}{2} $.

Отметим на оси абсцисс точку $ \frac{1}{2} $ и проведём через неё вертикальную прямую $ x = \frac{1}{2} $. Эта прямая пересекает единичную окружность в точках, соответствующих углам $ -\frac{\pi}{3} $ и $ \frac{\pi}{3} $. Нам нужны точки на окружности, которые лежат правее этой прямой, так как их абсцисса больше $ \frac{1}{2} $. Эти точки образуют дугу, заключённую между углами $ -\frac{\pi}{3} $ и $ \frac{\pi}{3} $.

Таким образом, решением неравенства на одном витке является интервал $ \left(-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3}\right) $. Учитывая периодичность функции косинуса (период $ 2\pi $), добавляем $ 2\pi k $ к границам интервала.

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

б) $ \cos t \le -\frac{\sqrt{2}}{2} $

Решим сначала уравнение $ \cos t = -\frac{\sqrt{2}}{2} $. Его решения: $ t = \pm\arccos\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) + 2\pi k = \pm\left(\pi - \frac{\pi}{4}\right) + 2\pi k = \pm\frac{3\pi}{4} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $. Для удобства рассмотрения на одном витке возьмем решения $ t_1 = \frac{3\pi}{4} $ и $ t_2 = 2\pi - \frac{3\pi}{4} = \frac{5\pi}{4} $.

На единичной окружности нам нужны точки, абсцисса которых меньше или равна $ -\frac{\sqrt{2}}{2} $. Проведём вертикальную прямую $ x = -\frac{\sqrt{2}}{2} $. Она пересекает окружность в точках, соответствующих углам $ \frac{3\pi}{4} $ и $ \frac{5\pi}{4} $.

Точки, удовлетворяющие неравенству, лежат на дуге левее прямой $ x = -\frac{\sqrt{2}}{2} $, включая концы этой дуги. Двигаясь по окружности против часовой стрелки, мы получаем дугу от $ \frac{3\pi}{4} $ до $ \frac{5\pi}{4} $.

Следовательно, решением неравенства является отрезок $ \left[\frac{3\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}\right] $ и все интервалы, получаемые из него сдвигом на $ 2\pi k $.

Ответ: $ t \in \left[\frac{3\pi}{4} + 2\pi k; \frac{5\pi}{4} + 2\pi k\right], k \in \mathbb{Z} $.

в) $ \cos t \ge -\frac{\sqrt{2}}{2} $

Граничные точки определяются тем же уравнением $ \cos t = -\frac{\sqrt{2}}{2} $, решения которого $ t = \pm\frac{3\pi}{4} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

На единичной окружности нам нужны точки, абсцисса которых больше или равна $ -\frac{\sqrt{2}}{2} $. Это точки, лежащие на прямой $ x = -\frac{\sqrt{2}}{2} $ и правее неё.

Эти точки образуют дугу, концами которой являются точки, соответствующие углам $ -\frac{3\pi}{4} $ и $ \frac{3\pi}{4} $. Таким образом, на промежутке $ [-\pi, \pi] $ решением является отрезок $ \left[-\frac{3\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}\right] $.

Учитывая периодичность функции косинус, общее решение неравенства имеет вид:

Ответ: $ t \in \left[-\frac{3\pi}{4} + 2\pi k; \frac{3\pi}{4} + 2\pi k\right], k \in \mathbb{Z} $.

г) $ \cos t < \frac{1}{2} $

Это неравенство является противоположным неравенству из пункта а). Граничные точки те же: $ t = \pm\frac{\pi}{3} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

Нам нужны точки на единичной окружности, абсцисса которых строго меньше $ \frac{1}{2} $. Это точки, лежащие левее вертикальной прямой $ x = \frac{1}{2} $.

Эти точки образуют дугу, которая начинается в точке $ \frac{\pi}{3} $ и, при движении против часовой стрелки, заканчивается в точке $ 2\pi - \frac{\pi}{3} = \frac{5\pi}{3} $.

Таким образом, решением неравенства на одном витке является интервал $ \left(\frac{\pi}{3}, \frac{5\pi}{3}\right) $. Добавляя период $ 2\pi k $, получаем общее решение.

Ответ: $ t \in \left(\frac{\pi}{3} + 2\pi k; \frac{5\pi}{3} + 2\pi k\right), k \in \mathbb{Z} $.

22.34. a) $ \cos t < \frac{2}{3} $;

б) $ \cos t > -\frac{1}{7} $;

В) $ \cos t > \frac{2}{3} $;

Г) $ \cos t < -\frac{1}{7} $.

Чтобы решить неравенство $ \cos t < \frac{2}{3} $, рассмотрим единичную окружность. Найдём углы $ t $, для которых $ \cos t = \frac{2}{3} $. Это $ t = \pm\arccos\left(\frac{2}{3}\right) $. Значения $ t $, удовлетворяющие неравенству, соответствуют точкам на единичной окружности, абсцисса которых (значение косинуса) меньше $ \frac{2}{3} $. Эти точки образуют дугу, заключённую между $ \arccos\left(\frac{2}{3}\right) $ и $ 2\pi - \arccos\left(\frac{2}{3}\right) $ при обходе против часовой стрелки. Учитывая периодичность функции косинуса (период $ 2\pi $), общее решение записывается как объединение интервалов.

Ответ: $ \arccos\left(\frac{2}{3}\right) + 2\pi k < t < 2\pi - \arccos\left(\frac{2}{3}\right) + 2\pi k $, где $ k \in Z $.

Для неравенства $ \cos t > -\frac{1}{7} $ ищем на единичной окружности точки, абсцисса которых больше $ -\frac{1}{7} $. Граничные значения находятся из уравнения $ \cos t = -\frac{1}{7} $, откуда $ t = \pm\arccos\left(-\frac{1}{7}\right) $. Углы, удовлетворяющие неравенству, лежат на дуге, расположенной правее вертикальной прямой $ x = -\frac{1}{7} $. Эта дуга заключена между $ -\arccos\left(-\frac{1}{7}\right) $ и $ \arccos\left(-\frac{1}{7}\right) $. Добавляя период $ 2\pi $, получаем общее решение.

Ответ: $ -\arccos\left(-\frac{1}{7}\right) + 2\pi k < t < \arccos\left(-\frac{1}{7}\right) + 2\pi k $, где $ k \in Z $.

Чтобы решить неравенство $ \cos t > \frac{2}{3} $, найдём на единичной окружности точки, абсцисса которых больше $ \frac{2}{3} $. Граничные углы, для которых $ \cos t = \frac{2}{3} $, равны $ t = \pm\arccos\left(\frac{2}{3}\right) $. Неравенству удовлетворяют точки на дуге, расположенной правее вертикальной прямой $ x = \frac{2}{3} $. Эта дуга заключена между $ -\arccos\left(\frac{2}{3}\right) $ и $ \arccos\left(\frac{2}{3}\right) $. Учитывая периодичность, записываем общее решение.

Ответ: $ -\arccos\left(\frac{2}{3}\right) + 2\pi k < t < \arccos\left(\frac{2}{3}\right) + 2\pi k $, где $ k \in Z $.

Для неравенства $ \cos t < -\frac{1}{7} $ ищем на единичной окружности точки, абсцисса которых меньше $ -\frac{1}{7} $. Граничные углы, для которых $ \cos t = -\frac{1}{7} $, равны $ t = \pm\arccos\left(-\frac{1}{7}\right) $. Неравенству удовлетворяют точки на дуге, расположенной левее вертикальной прямой $ x = -\frac{1}{7} $. Эта дуга заключена между $ \arccos\left(-\frac{1}{7}\right) $ и $ 2\pi - \arccos\left(-\frac{1}{7}\right) $. Используя тождество $ \arccos(-x) = \pi - \arccos(x) $, можно упростить выражение для интервала. Таким образом, решение находится между $ \pi - \arccos\left(\frac{1}{7}\right) $ и $ 2\pi - \left(\pi - \arccos\left(\frac{1}{7}\right)\right) = \pi + \arccos\left(\frac{1}{7}\right) $. С учётом периодичности, получаем общее решение.

Ответ: $ \pi - \arccos\left(\frac{1}{7}\right) + 2\pi k < t < \pi + \arccos\left(\frac{1}{7}\right) + 2\pi k $, где $ k \in Z $.

22.35. а) $3 \cos^2 t - 4 \cos t \ge 4$;

б) $6 \cos^2 t + 1 > 5 \cos t$;

в) $3 \cos^2 t - 4 \cos t < 4$;

г) $6 \cos^2 t + 1 \le 5 \cos t$.

а) $3 \cos^2 t - 4 \cos t \ge 4$

Перенесем все члены неравенства в левую часть, чтобы получить стандартный вид: $3 \cos^2 t - 4 \cos t - 4 \ge 0$.

Это неравенство является квадратным относительно $\cos t$. Для его решения введем замену переменной. Пусть $x = \cos t$. Так как область значений функции косинус есть отрезок $[-1, 1]$, то для переменной $x$ должно выполняться условие $-1 \le x \le 1$.

После замены неравенство принимает вид: $3x^2 - 4x - 4 \ge 0$.

Для решения этого квадратного неравенства найдем корни соответствующего уравнения $3x^2 - 4x - 4 = 0$, используя формулу для корней квадратного уравнения.

Дискриминант $D = b^2 - 4ac = (-4)^2 - 4 \cdot 3 \cdot (-4) = 16 + 48 = 64$.

Корни уравнения: $x_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{D}}{2a} = \frac{4 \pm \sqrt{64}}{2 \cdot 3} = \frac{4 \pm 8}{6}$.

Получаем два корня: $x_1 = \frac{4 - 8}{6} = -\frac{4}{6} = -\frac{2}{3}$ и $x_2 = \frac{4 + 8}{6} = \frac{12}{6} = 2$.

Графиком функции $y = 3x^2 - 4x - 4$ является парабола с ветвями, направленными вверх (так как коэффициент при $x^2$ положителен). Следовательно, неравенство $3x^2 - 4x - 4 \ge 0$ выполняется, когда $x$ находится вне интервала между корнями, то есть при $x \le -\frac{2}{3}$ или $x \ge 2$.

Теперь необходимо учесть ограничение $-1 \le x \le 1$.

Для первого случая $x \le -\frac{2}{3}$, пересечение с отрезком $[-1, 1]$ дает нам $-1 \le x \le -\frac{2}{3}$.

Для второго случая $x \ge 2$, пересечение с отрезком $[-1, 1]$ является пустым множеством, так как нет чисел, которые одновременно больше или равны 2 и находятся в пределах от -1 до 1.

Итак, единственное возможное решение для $x$ это $-1 \le x \le -\frac{2}{3}$.

Выполним обратную замену $x = \cos t$: $-1 \le \cos t \le -\frac{2}{3}$.

Неравенство $\cos t \ge -1$ выполняется для всех действительных $t$. Остается решить неравенство $\cos t \le -\frac{2}{3}$. На единичной окружности этому неравенству соответствуют точки, абсцисса которых меньше или равна $-\frac{2}{3}$. Эти точки образуют дугу, концами которой являются углы $t_1 = \arccos(-\frac{2}{3})$ и $t_2 = 2\pi - \arccos(-\frac{2}{3})$. Используя свойство $\arccos(-a) = \pi - \arccos(a)$, можно записать $t_1 = \pi - \arccos(\frac{2}{3})$ и $t_2 = 2\pi - (\pi - \arccos(\frac{2}{3})) = \pi + \arccos(\frac{2}{3})$.

Решением неравенства является промежуток $[\pi - \arccos(\frac{2}{3}), \pi + \arccos(\frac{2}{3})]$. С учетом периодичности функции косинуса, общее решение записывается в виде:

$\pi - \arccos(\frac{2}{3}) + 2\pi n \le t \le \pi + \arccos(\frac{2}{3}) + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $t \in [\pi - \arccos(\frac{2}{3}) + 2\pi n, \pi + \arccos(\frac{2}{3}) + 2\pi n], n \in \mathbb{Z}$.

б) $6 \cos^2 t + 1 > 5 \cos t$

Перенесем все члены в левую часть: $6 \cos^2 t - 5 \cos t + 1 > 0$.

Сделаем замену $x = \cos t$, при этом $-1 \le x \le 1$.

Получаем квадратное неравенство: $6x^2 - 5x + 1 > 0$.

Найдем корни уравнения $6x^2 - 5x + 1 = 0$.

Дискриминант $D = (-5)^2 - 4 \cdot 6 \cdot 1 = 25 - 24 = 1$.

Корни: $x_{1,2} = \frac{5 \pm 1}{12}$, откуда $x_1 = \frac{4}{12} = \frac{1}{3}$ и $x_2 = \frac{6}{12} = \frac{1}{2}$.

Парабола $y = 6x^2 - 5x + 1$ имеет ветви вверх, поэтому неравенство выполняется при $x < \frac{1}{3}$ или $x > \frac{1}{2}$.

С учетом ограничения $-1 \le x \le 1$, получаем совокупность двух неравенств:

1) $-1 \le x < \frac{1}{3}$

2) $\frac{1}{2} < x \le 1$

Возвращаемся к переменной $t$:

1) $-1 \le \cos t < \frac{1}{3}$. Решением этого неравенства является интервал $\arccos(\frac{1}{3}) + 2\pi n < t < 2\pi - \arccos(\frac{1}{3}) + 2\pi n$.

2) $\frac{1}{2} < \cos t \le 1$. Решением этого неравенства является интервал $-\frac{\pi}{3} + 2\pi n < t < \frac{\pi}{3} + 2\pi n$.

Объединяя эти два множества решений, получаем итоговый ответ.

Ответ: $t \in (-\frac{\pi}{3} + 2\pi n, \frac{\pi}{3} + 2\pi n) \cup (\arccos(\frac{1}{3}) + 2\pi n, 2\pi - \arccos(\frac{1}{3}) + 2\pi n), n \in \mathbb{Z}$.

в) $3 \cos^2 t - 4 \cos t < 4$

Перепишем неравенство в виде $3 \cos^2 t - 4 \cos t - 4 < 0$.

Это неравенство является противоположным по знаку неравенству из пункта а). Мы можем использовать полученные ранее результаты.

Сделаем замену $x = \cos t$ ($-1 \le x \le 1$) и получим $3x^2 - 4x - 4 < 0$.

Корни уравнения $3x^2 - 4x - 4 = 0$ равны $x_1 = -\frac{2}{3}$ и $x_2 = 2$.

Поскольку ветви параболы направлены вверх, неравенство $3x^2 - 4x - 4 < 0$ выполняется на интервале между корнями: $-\frac{2}{3} < x < 2$.

С учетом ограничения $-1 \le x \le 1$, получаем $-\frac{2}{3} < x \le 1$.

Возвращаемся к переменной $t$: $-\frac{2}{3} < \cos t \le 1$.

Неравенство $\cos t \le 1$ выполняется для всех действительных $t$. Остается решить $\cos t > -\frac{2}{3}$.

Решениями уравнения $\cos t = -\frac{2}{3}$ являются $t = \pm \arccos(-\frac{2}{3}) + 2\pi n$.

Неравенству $\cos t > -\frac{2}{3}$ на единичной окружности соответствует дуга, заключенная между углами $-\arccos(-\frac{2}{3})$ и $\arccos(-\frac{2}{3})$.

Следовательно, общее решение: $-\arccos(-\frac{2}{3}) + 2\pi n < t < \arccos(-\frac{2}{3}) + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

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

г) $6 \cos^2 t + 1 \le 5 \cos t$

Перепишем неравенство в виде $6 \cos^2 t - 5 \cos t + 1 \le 0$.

Это неравенство противоположно по знаку неравенству из пункта б).

Сделаем замену $x = \cos t$ ($-1 \le x \le 1$) и получим $6x^2 - 5x + 1 \le 0$.

Из пункта б) известно, что корни уравнения $6x^2 - 5x + 1 = 0$ равны $x_1 = \frac{1}{3}$ и $x_2 = \frac{1}{2}$.

Поскольку ветви параболы направлены вверх, неравенство $6x^2 - 5x + 1 \le 0$ выполняется на отрезке между корнями: $\frac{1}{3} \le x \le \frac{1}{2}$.

Этот отрезок полностью лежит внутри области допустимых значений для $x$, то есть $[-1, 1]$.

Возвращаемся к переменной $t$: $\frac{1}{3} \le \cos t \le \frac{1}{2}$.

Решим это двойное неравенство. На единичной окружности ему соответствуют две дуги, симметричные относительно оси абсцисс.

Рассмотрим промежуток $t \in [0, \pi]$. На этом промежутке функция $\cos t$ является убывающей. Поэтому неравенству $\frac{1}{3} \le \cos t \le \frac{1}{2}$ соответствует отрезок $[\arccos(\frac{1}{2}), \arccos(\frac{1}{3})]$, то есть $[\frac{\pi}{3}, \arccos(\frac{1}{3})]$.

В силу четности функции косинуса ($\cos(-t) = \cos t$), на промежутке $[-\pi, 0]$ будет симметричный отрезок решений: $[-\arccos(\frac{1}{3}), -\frac{\pi}{3}]$.

Объединяя эти два семейства решений и добавляя период $2\pi n$, получаем общее решение.

Ответ: $t \in [-\arccos(\frac{1}{3}) + 2\pi n, -\frac{\pi}{3} + 2\pi n] \cup [\frac{\pi}{3} + 2\pi n, \arccos(\frac{1}{3}) + 2\pi n], n \in \mathbb{Z}$.

22.36. a) $4 \cos^2 t < 1$;

б) $3 \cos^2 t < \cos t$;

В) $9 \cos^2 t > 1$;

Г) $3 \cos^2 t > \cos t$.

а) Решим неравенство $4\cos^2 t < 1$.
1. Разделим обе части неравенства на 4: $\cos^2 t < \frac{1}{4}$.
2. Данное неравенство равносильно неравенству $\left|\cos t\right| < \frac{1}{2}$.
3. Раскроем модуль, что приведет к двойному неравенству: $-\frac{1}{2} < \cos t < \frac{1}{2}$.
4. Найдем на единичной окружности точки, для которых абсцисса (косинус) находится в интервале от $-\frac{1}{2}$ до $\frac{1}{2}$.
- Уравнение $\cos t = \frac{1}{2}$ имеет решения $t = \pm\frac{\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.
- Уравнение $\cos t = -\frac{1}{2}$ имеет решения $t = \pm\frac{2\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.
5. Таким образом, нас интересуют углы, которые лежат между $\frac{\pi}{3}$ и $\frac{2\pi}{3}$, а также между $\frac{4\pi}{3}$ и $\frac{5\pi}{3}$ (что эквивалентно $-\frac{2\pi}{3}$ и $-\frac{\pi}{3}$).
6. Объединяя эти интервалы с учетом периодичности, получаем два семейства решений: $\frac{\pi}{3} + 2\pi k < t < \frac{2\pi}{3} + 2\pi k$ и $-\frac{2\pi}{3} + 2\pi k < t < -\frac{\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Эти два семейства можно записать в более компактной форме.
Ответ: $\frac{\pi}{3} + \pi k < t < \frac{2\pi}{3} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

б) Решим неравенство $3\cos^2 t < \cos t$.
1. Перенесем все члены в левую часть: $3\cos^2 t - \cos t < 0$.
2. Сделаем замену переменной. Пусть $x = \cos t$, где $-1 \le x \le 1$. Неравенство принимает вид: $3x^2 - x < 0$.
3. Найдем корни уравнения $3x^2 - x = 0$: $x(3x-1) = 0$, откуда $x_1=0$ и $x_2=\frac{1}{3}$.
4. Это парабола с ветвями вверх, поэтому неравенство $3x^2 - x < 0$ выполняется между корнями: $0 < x < \frac{1}{3}$.
5. Вернемся к исходной переменной: $0 < \cos t < \frac{1}{3}$.
6. Решим это двойное неравенство с помощью единичной окружности. Нас интересуют точки, абсцисса которых строго больше 0 и строго меньше $\frac{1}{3}$.
- Эти точки находятся в I и IV четвертях.
- В I четверти: $\arccos(\frac{1}{3}) < t < \frac{\pi}{2}$.
- В IV четверти: $-\frac{\pi}{2} < t < -\arccos(\frac{1}{3})$.
7. Добавим период $2\pi k$ для получения всех решений.
Ответ: $(-\frac{\pi}{2} + 2\pi k; -\arccos\frac{1}{3} + 2\pi k) \cup (\arccos\frac{1}{3} + 2\pi k; \frac{\pi}{2} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z}$.

в) Решим неравенство $9\cos^2 t > 1$.
1. Разделим обе части неравенства на 9: $\cos^2 t > \frac{1}{9}$.
2. Это неравенство равносильно $\left|\cos t\right| > \frac{1}{3}$.
3. Неравенство с модулем распадается на совокупность двух неравенств: $\cos t > \frac{1}{3}$ или $\cos t < -\frac{1}{3}$.
4. Решим первое неравенство: $\cos t > \frac{1}{3}$. Решением является интервал $-\arccos\frac{1}{3} < t < \arccos\frac{1}{3}$. С учетом периодичности: $-\arccos\frac{1}{3} + 2\pi k < t < \arccos\frac{1}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.
5. Решим второе неравенство: $\cos t < -\frac{1}{3}$. Решением является интервал $\arccos(-\frac{1}{3}) < t < 2\pi - \arccos(-\frac{1}{3})$. Используя свойство $\arccos(-x) = \pi - \arccos(x)$, получаем $\pi - \arccos\frac{1}{3} < t < \pi + \arccos\frac{1}{3}$. С учетом периодичности: $\pi - \arccos\frac{1}{3} + 2\pi k < t < \pi + \arccos\frac{1}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.
6. Объединяем полученные множества решений.
Ответ: $(-\arccos\frac{1}{3} + 2\pi k; \arccos\frac{1}{3} + 2\pi k) \cup (\pi - \arccos\frac{1}{3} + 2\pi k; \pi + \arccos\frac{1}{3} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z}$.

г) Решим неравенство $3\cos^2 t > \cos t$.
1. Перенесем все члены в левую часть: $3\cos^2 t - \cos t > 0$.
2. Сделаем замену переменной. Пусть $x = \cos t$, где $-1 \le x \le 1$. Неравенство принимает вид: $3x^2 - x > 0$.
3. Найдем корни уравнения $3x^2 - x = 0$: $x(3x-1) = 0$, откуда $x_1=0$ и $x_2=\frac{1}{3}$.
4. Это парабола с ветвями вверх, поэтому неравенство $3x^2 - x > 0$ выполняется вне интервала между корнями: $x < 0$ или $x > \frac{1}{3}$.
5. Вернемся к исходной переменной. Получаем совокупность двух неравенств: $\cos t < 0$ или $\cos t > \frac{1}{3}$.
6. Решим первое неравенство: $\cos t < 0$. Косинус отрицателен во II и III четвертях. Решением является интервал $\frac{\pi}{2} < t < \frac{3\pi}{2}$. С учетом периодичности: $\frac{\pi}{2} + 2\pi k < t < \frac{3\pi}{2} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.
7. Решим второе неравенство: $\cos t > \frac{1}{3}$. Решением является интервал $-\arccos\frac{1}{3} < t < \arccos\frac{1}{3}$. С учетом периодичности: $-\arccos\frac{1}{3} + 2\pi k < t < \arccos\frac{1}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.
8. Объединяем решения обоих неравенств.
Ответ: $(-\arccos\frac{1}{3} + 2\pi k; \arccos\frac{1}{3} + 2\pi k) \cup (\frac{\pi}{2} + 2\pi k; \frac{3\pi}{2} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z}$.

22.37. a) $\sin t > \frac{\sqrt{3}}{2};$

б) $\sin t > -\frac{1}{2};$

в) $\sin t < \frac{\sqrt{3}}{2};$

г) $\sin t \le -\frac{1}{2}.$

а) $ \sin t > \frac{\sqrt{3}}{2} $

Для решения тригонометрического неравенства воспользуемся единичной окружностью.

1. Сначала решим соответствующее уравнение: $ \sin t = \frac{\sqrt{3}}{2} $. Корнями этого уравнения являются $ t = \arcsin(\frac{\sqrt{3}}{2}) + 2\pi k $ и $ t = \pi - \arcsin(\frac{\sqrt{3}}{2}) + 2\pi k $, где $k \in \mathbb{Z}$. Поскольку $ \arcsin(\frac{\sqrt{3}}{2}) = \frac{\pi}{3} $, то получаем две серии решений: $ t_1 = \frac{\pi}{3} + 2\pi k $ $ t_2 = \pi - \frac{\pi}{3} + 2\pi k = \frac{2\pi}{3} + 2\pi k $.

2. Отметим на единичной окружности точки, соответствующие углам $ \frac{\pi}{3} $ и $ \frac{2\pi}{3} $. Это точки, у которых ордината (значение синуса) равна $ \frac{\sqrt{3}}{2} $.

3. Неравенство $ \sin t > \frac{\sqrt{3}}{2} $ выполняется для всех точек на дуге единичной окружности, которые лежат выше горизонтальной прямой $ y = \frac{\sqrt{3}}{2} $.

4. Эта дуга, при движении против часовой стрелки, начинается в точке $ \frac{\pi}{3} $ и заканчивается в точке $ \frac{2\pi}{3} $. Поскольку неравенство строгое, концы дуги не включаются в решение.

5. Таким образом, искомый интервал для $ t $ с учетом периодичности функции синуса (период $2\pi$) будет: $ \frac{\pi}{3} + 2\pi k < t < \frac{2\pi}{3} + 2\pi k $, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $ \frac{\pi}{3} + 2\pi k < t < \frac{2\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $

б) $ \sin t > -\frac{1}{2} $

1. Решим уравнение $ \sin t = -\frac{1}{2} $. $ t = \arcsin(-\frac{1}{2}) + 2\pi k $ и $ t = \pi - \arcsin(-\frac{1}{2}) + 2\pi k $, где $k \in \mathbb{Z}$. Так как $ \arcsin(-\frac{1}{2}) = -\frac{\pi}{6} $, получаем серии решений: $ t_1 = -\frac{\pi}{6} + 2\pi k $ $ t_2 = \pi - (-\frac{\pi}{6}) + 2\pi k = \frac{7\pi}{6} + 2\pi k $.

2. Отметим на единичной окружности точки, соответствующие углам $ -\frac{\pi}{6} $ и $ \frac{7\pi}{6} $. Это точки с ординатой $ -\frac{1}{2} $.

3. Нам нужны точки на окружности, которые лежат выше прямой $ y = -\frac{1}{2} $.

4. При движении против часовой стрелки, искомая дуга начинается в точке $ -\frac{\pi}{6} $ и заканчивается в точке $ \frac{7\pi}{6} $. Концы дуги не включаются.

5. Общее решение неравенства: $ -\frac{\pi}{6} + 2\pi k < t < \frac{7\pi}{6} + 2\pi k $, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $ -\frac{\pi}{6} + 2\pi k < t < \frac{7\pi}{6} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $

в) $ \sin t < \frac{\sqrt{3}}{2} $

1. Граничные точки интервала определяются уравнением $ \sin t = \frac{\sqrt{3}}{2} $. Как мы нашли в пункте а), это точки $ t_1 = \frac{\pi}{3} $ и $ t_2 = \frac{2\pi}{3} $ (на одном обороте).

2. Неравенство $ \sin t < \frac{\sqrt{3}}{2} $ выполняется для всех точек на дуге единичной окружности, которые лежат ниже прямой $ y = \frac{\sqrt{3}}{2} $.

3. Эта большая дуга является дополнением к дуге из решения пункта а). Двигаясь против часовой стрелки, она начинается в точке $ \frac{2\pi}{3} $ и заканчивается в точке $ \frac{\pi}{3} $ на следующем обороте.

4. Чтобы записать решение в виде одного непрерывного интервала, мы можем сказать, что $ t $ находится между $ \frac{2\pi}{3} $ и $ \frac{\pi}{3} + 2\pi = \frac{7\pi}{3} $.

5. С учетом периодичности, общее решение: $ \frac{2\pi}{3} + 2\pi k < t < \frac{7\pi}{3} + 2\pi k $, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $ \frac{2\pi}{3} + 2\pi k < t < \frac{7\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $

г) $ \sin t \le -\frac{1}{2} $

1. Граничные точки определяются уравнением $ \sin t = -\frac{1}{2} $. Как мы нашли в пункте б), это точки, соответствующие углам $ t_1 = -\frac{\pi}{6} $ и $ t_2 = \frac{7\pi}{6} $. Для удобства представим их на интервале $[0, 2\pi)$: $ t_1 = \frac{7\pi}{6} $ и $ t_2 = 2\pi - \frac{\pi}{6} = \frac{11\pi}{6} $.

2. Нам нужны точки на единичной окружности, которые лежат ниже или на прямой $ y = -\frac{1}{2} $.

3. При движении против часовой стрелки, эта дуга начинается в точке $ \frac{7\pi}{6} $ и заканчивается в точке $ \frac{11\pi}{6} $. Поскольку неравенство нестрогое ($ \le $), концы дуги включаются в решение.

4. Таким образом, искомый отрезок для $ t $: $ \frac{7\pi}{6} \le t \le \frac{11\pi}{6} $.

5. Общее решение: $ \frac{7\pi}{6} + 2\pi k \le t \le \frac{11\pi}{6} + 2\pi k $, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $ \frac{7\pi}{6} + 2\pi k \le t \le \frac{11\pi}{6} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $

22.38. а) $\sin t < \frac{1}{3}$;

б) $\sin t \ge -0,6$;

в) $\sin t \ge \frac{1}{3}$;

г) $\sin t < -0,6$.

а) Для решения неравенства $\sin t < \frac{1}{3}$ сначала рассмотрим соответствующее уравнение $\sin t = \frac{1}{3}$. Его решениями, которые являются граничными точками для искомого интервала, являются $t_1 = \arcsin(\frac{1}{3})$ и $t_2 = \pi - \arcsin(\frac{1}{3})$. На единичной окружности неравенству $\sin t < \frac{1}{3}$ удовлетворяют точки, лежащие ниже прямой $y = \frac{1}{3}$. Эта область представляет собой дугу, которая при обходе против часовой стрелки начинается от точки, соответствующей углу $\pi - \arcsin(\frac{1}{3})$, и заканчивается в точке, соответствующей углу $2\pi + \arcsin(\frac{1}{3})$. Учитывая периодичность функции синус (период $2\pi$), общее решение неравенства записывается как интервал.
Ответ: $(\pi - \arcsin(\frac{1}{3}) + 2\pi n; 2\pi + \arcsin(\frac{1}{3}) + 2\pi n)$, $n \in \mathbb{Z}$.

б) Для решения неравенства $\sin t \ge -0,6$ сначала находим решения уравнения $\sin t = -0,6$. Корни этого уравнения: $t_1 = \arcsin(-0,6) = -\arcsin(0,6)$ и $t_2 = \pi - \arcsin(-0,6) = \pi + \arcsin(0,6)$. На единичной окружности неравенству $\sin t \ge -0,6$ соответствуют точки, ордината которых больше или равна $-0,6$. Эти точки образуют дугу, заключённую между углами $t_1$ и $t_2$. При движении против часовой стрелки дуга начинается в точке $-\arcsin(0,6)$ и заканчивается в точке $\pi + \arcsin(0,6)$. Так как неравенство нестрогое, концы интервала включаются в решение. Учитывая периодичность, получаем общее решение.
Ответ: $[-\arcsin(0,6) + 2\pi n; \pi + \arcsin(0,6) + 2\pi n]$, $n \in \mathbb{Z}$.

в) Для решения неравенства $\sin t \ge \frac{1}{3}$ найдём корни уравнения $\sin t = \frac{1}{3}$. Это $t_1 = \arcsin(\frac{1}{3})$ и $t_2 = \pi - \arcsin(\frac{1}{3})$. Неравенству удовлетворяют точки на единичной окружности, ординаты которых не меньше $\frac{1}{3}$. Эти точки образуют дугу, которая начинается в $t_1$ и заканчивается в $t_2$ при движении против часовой стрелки. Поскольку неравенство нестрогое, граничные точки включаются в решение. Общее решение с учётом периода функции синус ($2\pi n$) имеет вид.
Ответ: $[\arcsin(\frac{1}{3}) + 2\pi n; \pi - \arcsin(\frac{1}{3}) + 2\pi n]$, $n \in \mathbb{Z}$.

г) Чтобы решить неравенство $\sin t < -0,6$, найдём решения уравнения $\sin t = -0,6$. Корнями являются $t_1 = \arcsin(-0,6) = -\arcsin(0,6)$ и $t_2 = \pi - \arcsin(-0,6) = \pi + \arcsin(0,6)$. Неравенству $\sin t < -0,6$ соответствуют точки на единичной окружности, ординаты которых строго меньше $-0,6$. Эти точки образуют дугу, которая при движении против часовой стрелки начинается от точки $\pi + \arcsin(0,6)$ и заканчивается в точке $2\pi + \arcsin(-0,6) = 2\pi - \arcsin(0,6)$. Неравенство строгое, поэтому концы интервала не включаются. Добавляя период $2\pi n$, получаем общее решение.
Ответ: $(\pi + \arcsin(0,6) + 2\pi n; 2\pi - \arcsin(0,6) + 2\pi n)$, $n \in \mathbb{Z}$.

22.39. a) $5 \sin^2 t > 11 \sin t + 12;$

б) $5 \sin^2 t \le 11 \sin t + 12.$

а)

Решим тригонометрическое неравенство $5\sin^2t > 11\sin t + 12$.

Сначала перенесем все члены неравенства в левую часть:

$5\sin^2t - 11\sin t - 12 > 0$

Для решения этого неравенства введем замену переменной. Пусть $x = \sin t$. Важно учесть, что область значений функции синус — отрезок $[-1; 1]$, следовательно, для переменной $x$ должно выполняться условие $-1 \le x \le 1$.

После замены исходное неравенство принимает вид квадратного неравенства:

$5x^2 - 11x - 12 > 0$

Найдем корни соответствующего квадратного уравнения $5x^2 - 11x - 12 = 0$ с помощью дискриминанта.

Дискриминант $D = b^2 - 4ac = (-11)^2 - 4 \cdot 5 \cdot (-12) = 121 + 240 = 361 = 19^2$.

Корни уравнения равны:

$x_1 = \frac{-b - \sqrt{D}}{2a} = \frac{11 - 19}{2 \cdot 5} = \frac{-8}{10} = -0.8$

$x_2 = \frac{-b + \sqrt{D}}{2a} = \frac{11 + 19}{2 \cdot 5} = \frac{30}{10} = 3$

Графиком функции $y = 5x^2 - 11x - 12$ является парабола, ветви которой направлены вверх. Следовательно, неравенство $5x^2 - 11x - 12 > 0$ выполняется, когда $x$ находится вне интервала между корнями, то есть при $x < -0.8$ или $x > 3$.

Теперь вернемся к замене $x = \sin t$ и учтем ограничение $-1 \le \sin t \le 1$.

Получаем совокупность двух условий для $\sin t$:

1) $\sin t < -0.8$. С учетом области значений синуса, это равносильно $-1 \le \sin t < -0.8$.

2) $\sin t > 3$. Это условие не имеет решений, так как максимальное значение синуса равно 1.

Таким образом, нам нужно решить только неравенство $\sin t < -0.8$.

На тригонометрической окружности этому неравенству соответствуют точки, ордината которых меньше, чем -0.8. Это дуга, расположенная в III и IV четвертях.

Найдем граничные точки, решив уравнение $\sin t = -0.8$. Корнями являются $t = \arcsin(-0.8) = -\arcsin(0.8)$ и $t = \pi - \arcsin(-0.8) = \pi + \arcsin(0.8)$.

Решением неравенства $\sin t < -0.8$ является интервал, заключенный (против часовой стрелки) между точкой $\pi + \arcsin(0.8)$ и точкой $2\pi - \arcsin(0.8)$.

С учетом периодичности функции синус, общее решение будет:

$\pi + \arcsin(0.8) + 2\pi k < t < 2\pi - \arcsin(0.8) + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $(\pi + \arcsin(0.8) + 2\pi k; 2\pi - \arcsin(0.8) + 2\pi k), k \in \mathbb{Z}$.

б)

Решим тригонометрическое неравенство $5\sin^2t \le 11\sin t + 12$.

Перенесем все члены в левую часть:

$5\sin^2t - 11\sin t - 12 \le 0$

Воспользуемся заменой $x = \sin t$ с ограничением $-1 \le x \le 1$, как и в предыдущем пункте. Неравенство преобразуется в:

$5x^2 - 11x - 12 \le 0$

Корни квадратного трехчлена $5x^2 - 11x - 12$ были найдены в пункте а): $x_1 = -0.8$ и $x_2 = 3$.

Поскольку ветви параболы $y = 5x^2 - 11x - 12$ направлены вверх, неравенство $5x^2 - 11x - 12 \le 0$ выполняется, когда $x$ находится на отрезке между корнями:

$-0.8 \le x \le 3$

Выполним обратную замену $x = \sin t$ и применим ограничение $-1 \le \sin t \le 1$:

$\begin{cases} -0.8 \le \sin t \le 3 \\ -1 \le \sin t \le 1 \end{cases}$

Объединение этих условий дает двойное неравенство $-0.8 \le \sin t \le 1$. Так как $\sin t \le 1$ выполняется всегда, задача сводится к решению неравенства $\sin t \ge -0.8$.

На тригонометрической окружности этому неравенству соответствуют точки, ордината которых не меньше -0.8. Это дуга, включающая I, II четверти, а также части III и IV четвертей.

Граничные точки определяются уравнением $\sin t = -0.8$. Корни, как мы знаем, $t = \arcsin(-0.8)$ и $t = \pi - \arcsin(-0.8)$.

Используя свойство $\arcsin(-x) = -\arcsin(x)$, запишем корни как $t = -\arcsin(0.8)$ и $t = \pi + \arcsin(0.8)$.

Решением неравенства $\sin t \ge -0.8$ является отрезок, идущий по окружности против часовой стрелки от точки $-\arcsin(0.8)$ до точки $\pi + \arcsin(0.8)$.

С учетом периодичности, общее решение неравенства:

$-\arcsin(0.8) + 2\pi k \le t \le \pi + \arcsin(0.8) + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $[-\arcsin(0.8) + 2\pi k; \pi + \arcsin(0.8) + 2\pi k], k \in \mathbb{Z}$.

22.40. a) $6 \cos^2 t + \sin t > 4;$

б) $6 \cos^2 t + \sin t \le 4.$

а) $6 \cos^2 t + \sin t > 4$

Для решения данного тригонометрического неравенства приведем его к квадратному неравенству относительно одной тригонометрической функции. Используем основное тригонометрическое тождество $\cos^2 t = 1 - \sin^2 t$.

$6(1 - \sin^2 t) + \sin t > 4$

$6 - 6\sin^2 t + \sin t - 4 > 0$

$-6\sin^2 t + \sin t + 2 > 0$

Умножим обе части неравенства на -1, при этом знак неравенства изменится на противоположный:

$6\sin^2 t - \sin t - 2 < 0$

Введем замену переменной. Пусть $x = \sin t$. Поскольку область значений функции синус от -1 до 1, то $-1 \le x \le 1$. Неравенство принимает вид:

$6x^2 - x - 2 < 0$

Найдем корни квадратного уравнения $6x^2 - x - 2 = 0$, чтобы определить интервалы знакопостоянства. Вычислим дискриминант: $D = (-1)^2 - 4 \cdot 6 \cdot (-2) = 1 + 48 = 49 = 7^2$. Корни уравнения:

$x_1 = \frac{1 - 7}{2 \cdot 6} = \frac{-6}{12} = -\frac{1}{2}$

$x_2 = \frac{1 + 7}{2 \cdot 6} = \frac{8}{12} = \frac{2}{3}$

Графиком функции $y = 6x^2 - x - 2$ является парабола с ветвями, направленными вверх. Значения функции отрицательны между корнями. Таким образом, решение неравенства для $x$:

$-\frac{1}{2} < x < \frac{2}{3}$

Произведем обратную замену:

$-\frac{1}{2} < \sin t < \frac{2}{3}$

Решим это двойное неравенство, используя тригонометрическую окружность. Нам необходимо найти все углы $t$, для которых ордината (значение синуса) соответствующей точки на окружности находится в интервале от $-\frac{1}{2}$ до $\frac{2}{3}$.

Этому условию соответствуют две дуги на окружности. Первая дуга заключена между точками, соответствующими углам $t_1 = \arcsin(-\frac{1}{2}) = -\frac{\pi}{6}$ и $t_2 = \arcsin(\frac{2}{3})$. Вторая дуга заключена между точками, соответствующими углам $t_3 = \pi - \arcsin(\frac{2}{3})$ и $t_4 = \pi - \arcsin(-\frac{1}{2}) = \pi - (-\frac{\pi}{6}) = \frac{7\pi}{6}$.

С учетом периодичности функции синус, общее решение неравенства представляет собой объединение двух интервалов.

Ответ: $t \in (-\frac{\pi}{6} + 2\pi k, \arcsin\frac{2}{3} + 2\pi k) \cup (\pi - \arcsin\frac{2}{3} + 2\pi k, \frac{7\pi}{6} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z}$.

б) $6 \cos^2 t + \sin t \le 4$

Преобразования этого неравенства аналогичны тем, что были выполнены в пункте а). После использования тождества $\cos^2 t = 1 - \sin^2 t$ и приведения подобных членов мы получаем:

$6\sin^2 t - \sin t - 2 \ge 0$

Введем замену $x = \sin t$, где $-1 \le x \le 1$.

$6x^2 - x - 2 \ge 0$

Корни квадратного трехчлена $6x^2 - x - 2$ равны $x_1 = -\frac{1}{2}$ и $x_2 = \frac{2}{3}$. Поскольку ветви параболы $y = 6x^2 - x - 2$ направлены вверх, неравенство выполняется, когда $x$ находится вне интервала между корнями, включая сами корни:

$x \le -\frac{1}{2}$ или $x \ge \frac{2}{3}$

Выполним обратную замену:

$\sin t \le -\frac{1}{2}$ или $\sin t \ge \frac{2}{3}$

Учитывая область значений синуса $[-1, 1]$, эта совокупность неравенств равносильна следующей:

$-1 \le \sin t \le -\frac{1}{2}$ или $\frac{2}{3} \le \sin t \le 1$

Решим каждое неравенство с помощью тригонометрической окружности.

1. Решением неравенства $\frac{2}{3} \le \sin t \le 1$ является множество углов $t$, для которых соответствующая точка на окружности лежит на дуге от $\arcsin\frac{2}{3}$ до $\pi - \arcsin\frac{2}{3}$. С учетом периодичности, получаем отрезок: $[\arcsin\frac{2}{3} + 2\pi k, \pi - \arcsin\frac{2}{3} + 2\pi k]$.

2. Решением неравенства $-1 \le \sin t \le -\frac{1}{2}$ является множество углов $t$, для которых соответствующая точка на окружности лежит на дуге от $\frac{7\pi}{6}$ до $\frac{11\pi}{6}$. С учетом периодичности, получаем отрезок: $[\frac{7\pi}{6} + 2\pi k, \frac{11\pi}{6} + 2\pi k]$.

Объединяя эти два множества решений, получаем итоговый ответ.

Ответ: $t \in [\arcsin\frac{2}{3} + 2\pi k, \pi - \arcsin\frac{2}{3} + 2\pi k] \cup [\frac{7\pi}{6} + 2\pi k, \frac{11\pi}{6} + 2\pi k], k \in \mathbb{Z}$.

22.41. a) $tg x < \sqrt{3}$;

б) $ctg x > 0$;

В) $tg x < 0$;

Г) $ctg x > -1$.

а) Для решения неравенства $tg x < \sqrt{3}$ воспользуемся тригонометрическим кругом или графиком тангенса. Сначала найдём значения $x$, для которых $tg x = \sqrt{3}$. Это $x = arctg(\sqrt{3}) + \pi n = \frac{\pi}{3} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Функция $y = tg x$ имеет период $\pi$ и вертикальные асимптоты в точках $x = \frac{\pi}{2} + \pi n$. На основном интервале $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ функция тангенса возрастает. Неравенство $tg x < \sqrt{3}$ выполняется для всех $x$ от левой асимптоты до точки $\frac{\pi}{3}$.

Таким образом, на одном периоде решение имеет вид: $-\frac{\pi}{2} < x < \frac{\pi}{3}$. Обобщая на все периоды, получаем общее решение.

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

б) Решим неравенство $ctg x > 0$.

Функция котангенс, $ctg x = \frac{cos x}{sin x}$, положительна, когда $cos x$ и $sin x$ имеют одинаковые знаки. Это происходит в I и III координатных четвертях.

Для I четверти решение: $0 < x < \frac{\pi}{2}$.

Для III четверти решение: $\pi < x < \frac{3\pi}{2}$.

Учитывая, что период котангенса равен $\pi$, эти два интервала можно объединить в одну серию решений.

Ответ: $\pi n < x < \frac{\pi}{2} + \pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

в) Решим неравенство $tg x < 0$.

Функция тангенс, $tg x = \frac{sin x}{cos x}$, отрицательна, когда $sin x$ и $cos x$ имеют противоположные знаки. Это происходит во II и IV координатных четвертях.

Для II четверти решение: $\frac{\pi}{2} < x < \pi$.

Для IV четверти решение: $-\frac{\pi}{2} < x < 0$.

Период тангенса равен $\pi$. Решение для IV четверти $(-\frac{\pi}{2}, 0)$ является основным. Обобщая его с помощью периода, получаем общее решение.

Ответ: $-\frac{\pi}{2} + \pi n < x < \pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

г) Для решения неравенства $ctg x > -1$ сначала найдём корни уравнения $ctg x = -1$. Это $x = arcctg(-1) + \pi n = \frac{3\pi}{4} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Функция $y = ctg x$ имеет период $\pi$ и вертикальные асимптоты в точках $x = \pi n$. На основном интервале $(0, \pi)$ функция котангенса убывает. Неравенство $ctg x > -1$ выполняется для всех $x$ от левой асимптоты ($x=0$) до точки $x = \frac{3\pi}{4}$.

Таким образом, на одном периоде решение имеет вид: $0 < x < \frac{3\pi}{4}$. Обобщая на все периоды, получаем общее решение.

Ответ: $\pi n < x < \frac{3\pi}{4} + \pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

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

22.43. a) $tg^2 x > 9;$

б) $tg^2 x > tg x;$

в) $tg^2 x < 9;$

г) $tg^2 x < 2 tg x.$

а) $\operatorname{tg}^2 x > 9$

Данное неравенство является квадратным относительно $\operatorname{tg} x$. Оно равносильно совокупности двух неравенств: $$ \begin{cases} \operatorname{tg} x > 3 \\ \operatorname{tg} x < -3 \end{cases} $$

1. Решим неравенство $\operatorname{tg} x > 3$.
Используя тригонометрическую окружность или график тангенса, находим решение. Решением этого неравенства является серия интервалов:
$\operatorname{arctg}(3) + \pi k < x < \frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

2. Решим неравенство $\operatorname{tg} x < -3$.
Решением этого неравенства является серия интервалов:
$-\frac{\pi}{2} + \pi k < x < \operatorname{arctg}(-3) + \pi k$.
Так как $\operatorname{arctg}(-a) = -\operatorname{arctg}(a)$, неравенство можно переписать в виде:
$-\frac{\pi}{2} + \pi k < x < -\operatorname{arctg}(3) + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Объединяя решения этих двух неравенств, получаем окончательный ответ.
Ответ: $x \in (-\frac{\pi}{2} + \pi k; -\operatorname{arctg}(3) + \pi k) \cup (\operatorname{arctg}(3) + \pi k; \frac{\pi}{2} + \pi k), k \in \mathbb{Z}$.

б) $\operatorname{tg}^2 x > \operatorname{tg} x$

Перенесем все члены в левую часть и разложим на множители:
$\operatorname{tg}^2 x - \operatorname{tg} x > 0$
$\operatorname{tg} x (\operatorname{tg} x - 1) > 0$
Сделаем замену $y = \operatorname{tg} x$. Получим квадратное неравенство $y(y - 1) > 0$.
Решением этого неравенства является совокупность $y < 0$ или $y > 1$.
Возвращаемся к исходной переменной: $\operatorname{tg} x < 0$ или $\operatorname{tg} x > 1$.

1. Решим неравенство $\operatorname{tg} x > 1$.
$\operatorname{arctg}(1) + \pi k < x < \frac{\pi}{2} + \pi k$.
Так как $\operatorname{arctg}(1) = \frac{\pi}{4}$, получаем:
$\frac{\pi}{4} + \pi k < x < \frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

2. Решим неравенство $\operatorname{tg} x < 0$.
$-\frac{\pi}{2} + \pi k < x < \operatorname{arctg}(0) + \pi k$.
Так как $\operatorname{arctg}(0) = 0$, получаем:
$-\frac{\pi}{2} + \pi k < x < \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Объединяя полученные решения, получаем ответ.
Ответ: $x \in (-\frac{\pi}{2} + \pi k; \pi k) \cup (\frac{\pi}{4} + \pi k; \frac{\pi}{2} + \pi k), k \in \mathbb{Z}$.

в) $\operatorname{tg}^2 x < 9$

Это неравенство равносильно двойному неравенству: $-\sqrt{9} < \operatorname{tg} x < \sqrt{9}$.
То есть, $-3 < \operatorname{tg} x < 3$.

Решением этого двойного неравенства является серия интервалов, ограниченных соответствующими значениями арктангенса:
$\operatorname{arctg}(-3) + \pi k < x < \operatorname{arctg}(3) + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Используя свойство нечетности арктангенса, $\operatorname{arctg}(-a) = -\operatorname{arctg}(a)$, получаем:
$-\operatorname{arctg}(3) + \pi k < x < \operatorname{arctg}(3) + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x \in (-\operatorname{arctg}(3) + \pi k; \operatorname{arctg}(3) + \pi k), k \in \mathbb{Z}$.

г) $\operatorname{tg}^2 x < 2 \operatorname{tg} x$

Перенесем все члены в левую часть и разложим на множители:
$\operatorname{tg}^2 x - 2\operatorname{tg} x < 0$
$\operatorname{tg} x (\operatorname{tg} x - 2) < 0$
Сделаем замену $y = \operatorname{tg} x$, получим квадратное неравенство $y(y - 2) < 0$.
Решением этого неравенства является интервал $0 < y < 2$.
Возвращаемся к исходной переменной: $0 < \operatorname{tg} x < 2$.

Решением этого двойного неравенства является серия интервалов:
$\operatorname{arctg}(0) + \pi k < x < \operatorname{arctg}(2) + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Так как $\operatorname{arctg}(0) = 0$, получаем:
$\pi k < x < \operatorname{arctg}(2) + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x \in (\pi k; \operatorname{arctg}(2) + \pi k), k \in \mathbb{Z}$.

22.44. a) $sin 2x < \frac{1}{2}$;

б) $3 cos 4x < 1$;

в) $cos 3x > \frac{\sqrt{3}}{2}$;

г) $7 sin \frac{x}{2} > -1$.

а)

Решим неравенство $ \sin 2x < \frac{1}{2} $.

Сделаем замену переменной. Пусть $ t = 2x $. Тогда неравенство принимает вид $ \sin t < \frac{1}{2} $.

Найдем на единичной окружности углы, для которых синус равен $ \frac{1}{2} $. Это углы $ t_1 = \frac{\pi}{6} $ и $ t_2 = \pi - \frac{\pi}{6} = \frac{5\pi}{6} $.

Неравенству $ \sin t < \frac{1}{2} $ удовлетворяют углы, соответствующие точкам на единичной окружности, которые лежат ниже прямой $ y = \frac{1}{2} $. Эта дуга начинается от угла $ \frac{5\pi}{6} $ и идет против часовой стрелки к углу $ 2\pi + \frac{\pi}{6} = \frac{13\pi}{6} $.

С учетом периодичности синуса, решение для $ t $ можно записать в виде двойного неравенства: $ \frac{5\pi}{6} + 2\pi k < t < \frac{13\pi}{6} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $. Или в другой, эквивалентной форме: $ -\frac{7\pi}{6} + 2\pi k < t < \frac{\pi}{6} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

Теперь вернемся к исходной переменной $ x $, подставив $ t = 2x $ в последнюю форму:

$ -\frac{7\pi}{6} + 2\pi k < 2x < \frac{\pi}{6} + 2\pi k $

Разделим все части неравенства на 2:

$ -\frac{7\pi}{12} + \pi k < x < \frac{\pi}{12} + \pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ x \in (-\frac{7\pi}{12} + \pi k; \frac{\pi}{12} + \pi k) $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

б)

Решим неравенство $ 3 \cos 4x < 1 $.

Сначала преобразуем неравенство, разделив обе части на 3:

$ \cos 4x < \frac{1}{3} $.

Сделаем замену переменной. Пусть $ t = 4x $. Неравенство примет вид $ \cos t < \frac{1}{3} $.

Найдем на единичной окружности углы, для которых косинус равен $ \frac{1}{3} $. Так как это не табличное значение, используем арккосинус. Углы равны $ t_1 = \arccos\left(\frac{1}{3}\right) $ и $ t_2 = -\arccos\left(\frac{1}{3}\right) $ (или $ t_2 = 2\pi - \arccos\left(\frac{1}{3}\right) $).

Неравенству $ \cos t < \frac{1}{3} $ удовлетворяют углы, соответствующие точкам на единичной окружности, которые лежат левее прямой $ x = \frac{1}{3} $.

С учетом периодичности косинуса, решение для $ t $ будет: $ \arccos\left(\frac{1}{3}\right) + 2\pi k < t < 2\pi - \arccos\left(\frac{1}{3}\right) + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

Вернемся к переменной $ x $, подставив $ t = 4x $:

$ \arccos\left(\frac{1}{3}\right) + 2\pi k < 4x < 2\pi - \arccos\left(\frac{1}{3}\right) + 2\pi k $

Разделим все части неравенства на 4:

$ \frac{1}{4}\arccos\left(\frac{1}{3}\right) + \frac{\pi k}{2} < x < \frac{\pi}{2} - \frac{1}{4}\arccos\left(\frac{1}{3}\right) + \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ x \in (\frac{1}{4}\arccos\frac{1}{3} + \frac{\pi k}{2}; \frac{\pi}{2} - \frac{1}{4}\arccos\frac{1}{3} + \frac{\pi k}{2}) $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

в)

Решим неравенство $ \cos 3x > \frac{\sqrt{3}}{2} $.

Сделаем замену переменной. Пусть $ t = 3x $. Тогда неравенство имеет вид $ \cos t > \frac{\sqrt{3}}{2} $.

Найдем на единичной окружности углы, для которых косинус равен $ \frac{\sqrt{3}}{2} $. Это углы $ t_1 = \frac{\pi}{6} $ и $ t_2 = -\frac{\pi}{6} $.

Неравенству $ \cos t > \frac{\sqrt{3}}{2} $ удовлетворяют углы, соответствующие точкам на единичной окружности, которые лежат правее прямой $ x = \frac{\sqrt{3}}{2} $.

С учетом периодичности, решение для $ t $ записывается как $ -\frac{\pi}{6} + 2\pi k < t < \frac{\pi}{6} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

Произведем обратную замену $ t = 3x $:

$ -\frac{\pi}{6} + 2\pi k < 3x < \frac{\pi}{6} + 2\pi k $

Разделим все части неравенства на 3:

$ -\frac{\pi}{18} + \frac{2\pi k}{3} < x < \frac{\pi}{18} + \frac{2\pi k}{3}, k \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ x \in (-\frac{\pi}{18} + \frac{2\pi k}{3}; \frac{\pi}{18} + \frac{2\pi k}{3}) $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

г)

Решим неравенство $ 7\sin\frac{x}{2} > -1 $.

Сначала преобразуем неравенство, разделив обе части на 7:

$ \sin\frac{x}{2} > -\frac{1}{7} $.

Сделаем замену переменной. Пусть $ t = \frac{x}{2} $. Неравенство примет вид $ \sin t > -\frac{1}{7} $.

Найдем на единичной окружности углы, для которых синус равен $ -\frac{1}{7} $. Используем арксинус: $ t_1 = \arcsin\left(-\frac{1}{7}\right) $ и $ t_2 = \pi - \arcsin\left(-\frac{1}{7}\right) $.

Используя свойство нечетности арксинуса $ \arcsin(-x) = -\arcsin(x) $, получим: $ t_1 = -\arcsin\left(\frac{1}{7}\right) $ и $ t_2 = \pi + \arcsin\left(\frac{1}{7}\right) $.

Неравенству $ \sin t > -\frac{1}{7} $ удовлетворяют углы, соответствующие точкам на единичной окружности, которые лежат выше прямой $ y = -\frac{1}{7} $.

С учетом периодичности, решение для $ t $ будет: $ -\arcsin\left(\frac{1}{7}\right) + 2\pi k < t < \pi + \arcsin\left(\frac{1}{7}\right) + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

Вернемся к переменной $ x $, подставив $ t = \frac{x}{2} $:

$ -\arcsin\left(\frac{1}{7}\right) + 2\pi k < \frac{x}{2} < \pi + \arcsin\left(\frac{1}{7}\right) + 2\pi k $

Умножим все части неравенства на 2:

$ -2\arcsin\left(\frac{1}{7}\right) + 4\pi k < x < 2\pi + 2\arcsin\left(\frac{1}{7}\right) + 4\pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ x \in (-2\arcsin\frac{1}{7} + 4\pi k; 2\pi + 2\arcsin\frac{1}{7} + 4\pi k) $, где $ k \in \mathbb{Z} $.