Страница 93, часть 1 - гдз по алгебре 10 класс учебник часть 1, 2 Мордкович, Семенов

13.44. a) $ \sin t > 0; $

б) $ \sin t < \frac{\sqrt{3}}{2}; $

В) $ \sin t < 0; $

Г) $ \sin t > \frac{\sqrt{3}}{2}. $

а) Решим неравенство $ \sin t > 0 $.
Значение синуса угла $ t $ соответствует ординате (координате y) точки на единичной окружности. Неравенство $ \sin t > 0 $ выполняется для точек, расположенных в верхней полуплоскости, то есть в I и II координатных четвертях.
Найдем корни уравнения $ \sin t = 0 $. На интервале $[0, 2\pi)$ это точки $ t = 0 $ и $ t = \pi $.
Таким образом, на одном обороте решением является интервал $ (0, \pi) $.
Учитывая периодичность функции синус, равную $ 2\pi $, общее решение неравенства имеет вид: $ 2\pi k < t < \pi + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $ t \in (2\pi k, \pi + 2\pi k), k \in \mathbb{Z} $.

б) Решим неравенство $ \sin t < \frac{\sqrt{3}}{2} $.
Сначала найдем углы $ t $, для которых $ \sin t = \frac{\sqrt{3}}{2} $. На единичной окружности этим значениям соответствуют углы $ t_1 = \arcsin(\frac{\sqrt{3}}{2}) = \frac{\pi}{3} $ и $ t_2 = \pi - \frac{\pi}{3} = \frac{2\pi}{3} $.
Неравенство $ \sin t < \frac{\sqrt{3}}{2} $ выполняется для всех точек на единичной окружности, ордината которых меньше $ \frac{\sqrt{3}}{2} $. Это соответствует дуге, которая "обходит" малую дугу от $ \frac{\pi}{3} $ до $ \frac{2\pi}{3} $.
Интервал решения можно описать как дугу, начинающуюся в точке $ \frac{2\pi}{3} $ и идущую против часовой стрелки до точки $ \frac{\pi}{3} $ на следующем обороте. То есть, $ \frac{2\pi}{3} < t < \frac{\pi}{3} + 2\pi $.
Учитывая периодичность, общее решение: $ \frac{2\pi}{3} + 2\pi k < t < \frac{\pi}{3} + 2\pi + 2\pi k $, что можно записать как $ \frac{2\pi}{3} + 2\pi k < t < \frac{7\pi}{3} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $ t \in (\frac{2\pi}{3} + 2\pi k, \frac{7\pi}{3} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z} $.

в) Решим неравенство $ \sin t < 0 $.
Значение синуса угла $ t $ соответствует ординате точки на единичной окружности. Неравенство $ \sin t < 0 $ выполняется для точек, расположенных в нижней полуплоскости (III и IV координатные четверти).
Граничные точки, где $ \sin t = 0 $, это $ t = \pi $ и $ t = 2\pi $ (или $t=0$). На одном обороте решение — это интервал $ (\pi, 2\pi) $.
С учетом периодичности функции синус, равной $ 2\pi $, общее решение неравенства имеет вид: $ \pi + 2\pi k < t < 2\pi + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.
Этот же интервал можно представить в более компактной форме: $ -\pi + 2\pi k < t < 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $ t \in (\pi + 2\pi k, 2\pi + 2\pi k), k \in \mathbb{Z} $ (или $t

13.45. a) $ \cos t > 0; $

б) $ \cos t < \frac{\sqrt{2}}{2}; $

В) $ \cos t < 0; $

Г) $ \cos t > \frac{\sqrt{2}}{2}. $

а) $ \cos t > 0 $

Для решения этого тригонометрического неравенства воспользуемся единичной окружностью. Косинус угла $t$ соответствует абсциссе (координате $x$) точки на единичной окружности. Неравенство $ \cos t > 0 $ выполняется для точек, у которых абсцисса положительна.

Эти точки расположены в I и IV координатных четвертях. На единичной окружности это соответствует дуге, расположенной справа от оси ординат (оси Oy).

Граничные точки этой дуги соответствуют углам, для которых $ \cos t = 0 $. Это углы $ t = -\frac{\pi}{2} $ и $ t = \frac{\pi}{2} $.

Таким образом, решение на одном обороте (интервале длиной $2\pi$) будет $ -\frac{\pi}{2} < t < \frac{\pi}{2} $.

Учитывая периодичность функции косинус (период равен $2\pi$), общее решение неравенства записывается в виде добавления $2\pi k$ к концам интервала, где $k$ — любое целое число.

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

б) $ \cos t < \frac{\sqrt{2}}{2} $

Сначала найдем значения $t$, для которых $ \cos t = \frac{\sqrt{2}}{2} $. Это табличное значение, и решениями уравнения являются $ t = \pm \arccos(\frac{\sqrt{2}}{2}) + 2\pi k $, то есть $ t = \pm \frac{\pi}{4} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

На единичной окружности отметим точки, соответствующие углам $ \frac{\pi}{4} $ и $ -\frac{\pi}{4} $ (или, что то же самое, $ \frac{7\pi}{4} $). Проведем через эти точки вертикальную прямую $ x = \frac{\sqrt{2}}{2} $.

Нам нужны точки на окружности, у которых абсцисса $x$ меньше, чем $ \frac{\sqrt{2}}{2} $. Это точки, лежащие левеe прямой $ x = \frac{\sqrt{2}}{2} $.

Двигаясь по окружности против часовой стрелки, мы видим, что искомая дуга начинается в точке $ \frac{\pi}{4} $ и заканчивается в точке $ 2\pi - \frac{\pi}{4} = \frac{7\pi}{4} $.

Следовательно, решение на одном обороте: $ \frac{\pi}{4} < t < \frac{7\pi}{4} $.

Добавляя период $2\pi$, получаем общее решение неравенства.

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

в) $ \cos t < 0 $

Обратимся к единичной окружности. Нам нужно найти углы $t$, для которых косинус (абсцисса точки на окружности) отрицателен.

Это точки, расположенные во II и III координатных четвертях, то есть слева от оси Oy.

Граничные точки этой дуги соответствуют углам, для которых $ \cos t = 0 $. Это углы $ t = \frac{\pi}{2} $ и $ t = \frac{3\pi}{2} $.

Двигаясь по окружности против часовой стрелки, мы видим, что искомая дуга начинается в точке $ \frac{\pi}{2} $ и заканчивается в точке $ \frac{3\pi}{2} $.

Таким образом, решение на одном обороте: $ \frac{\pi}{2} < t < \frac{3\pi}{2} $.

Учитывая периодичность косинуса, получаем общее решение.

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

г) $ \cos t > \frac{\sqrt{2}}{2} $

Сначала решим уравнение $ \cos t = \frac{\sqrt{2}}{2} $. Его решения: $ t = \pm \frac{\pi}{4} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

На единичной окружности отметим точки, соответствующие углам $ -\frac{\pi}{4} $ и $ \frac{\pi}{4} $.

Нам нужны точки на окружности, у которых абсцисса $x$ больше, чем $ \frac{\sqrt{2}}{2} $. Это точки, лежащие правее вертикальной прямой $ x = \frac{\sqrt{2}}{2} $.

Эта дуга начинается в точке $ -\frac{\pi}{4} $ и заканчивается в точке $ \frac{\pi}{4} $, если двигаться против часовой стрелки.

Таким образом, решение на одном обороте: $ -\frac{\pi}{4} < t < \frac{\pi}{4} $.

С учетом периода $2\pi$ общее решение неравенства имеет вид:

Ответ: $t \in (-\frac{\pi}{4} + 2\pi k; \frac{\pi}{4} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z}$.

13.46. a) $\sin t < -\frac{1}{2};$

б) $\sin t > -\frac{\sqrt{2}}{2};$

B) $\sin t > -\frac{1}{2};$

г) $\sin t < -\frac{\sqrt{2}}{2}.$

а) $ \sin t < -\frac{1}{2} $

Для решения неравенства сначала найдем значения $ t $, для которых $ \sin t = -\frac{1}{2} $. На единичной окружности это точки, у которых ордината (координата y) равна $ -\frac{1}{2} $.

Такие точки соответствуют углам $ t_1 = -\frac{\pi}{6} $ и $ t_2 = -\frac{5\pi}{6} $ на промежутке $ [-\pi, \pi] $.

Неравенству $ \sin t < -\frac{1}{2} $ удовлетворяют все точки на единичной окружности, которые лежат ниже прямой $ y = -\frac{1}{2} $. Это дуга, расположенная между точками $ -\frac{5\pi}{6} $ и $ -\frac{\pi}{6} $ (при движении от меньшего угла к большему).

Таким образом, решение на одном интервале: $ -\frac{5\pi}{6} < t < -\frac{\pi}{6} $.

Поскольку функция синус периодична с периодом $ 2\pi $, общее решение неравенства записывается как:

$ -\frac{5\pi}{6} + 2\pi k < t < -\frac{\pi}{6} + 2\pi k, \text{ где } k \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ -\frac{5\pi}{6} + 2\pi k < t < -\frac{\pi}{6} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.

б) $ \sin t > -\frac{\sqrt{2}}{2} $

Сначала решим уравнение $ \sin t = -\frac{\sqrt{2}}{2} $. Точки на единичной окружности с ординатой $ -\frac{\sqrt{2}}{2} $ соответствуют углам $ t_1 = -\frac{\pi}{4} $ и $ t_2 = \pi - (-\frac{\pi}{4}) = \frac{5\pi}{4} $.

Неравенству $ \sin t > -\frac{\sqrt{2}}{2} $ соответствуют точки единичной окружности, лежащие выше прямой $ y = -\frac{\sqrt{2}}{2} $.

Это большая дуга окружности, заключенная между точками $ -\frac{\pi}{4} $ и $ \frac{5\pi}{4} $ (при движении против часовой стрелки).

Следовательно, решение на одном периоде: $ -\frac{\pi}{4} < t < \frac{5\pi}{4} $.

Учитывая периодичность синуса, общее решение имеет вид:

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

Ответ: $ -\frac{\pi}{4} + 2\pi k < t < \frac{5\pi}{4} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.

в) $ \sin t > -\frac{1}{2} $

Корни уравнения $ \sin t = -\frac{1}{2} $, как было найдено в пункте а), это $ t_1 = -\frac{\pi}{6} $ и $ t_2 = \pi - (-\frac{\pi}{6}) = \frac{7\pi}{6} $.

Неравенству $ \sin t > -\frac{1}{2} $ соответствуют точки на единичной окружности, ординаты которых больше $ -\frac{1}{2} $. Эти точки лежат выше прямой $ y = -\frac{1}{2} $.

На единичной окружности это большая дуга между точками $ -\frac{\pi}{6} $ и $ \frac{7\pi}{6} $ (при движении против часовой стрелки).

Таким образом, решение на одном периоде: $ -\frac{\pi}{6} < t < \frac{7\pi}{6} $.

Общее решение с учетом периодичности $ 2\pi $:

$ -\frac{\pi}{6} + 2\pi k < t < \frac{7\pi}{6} + 2\pi k, \text{ где } k \in \mathbb{Z} $.

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

г) $ \sin t < -\frac{\sqrt{2}}{2} $

Корни уравнения $ \sin t = -\frac{\sqrt{2}}{2} $, как было найдено в пункте б), это $ t_1 = \frac{5\pi}{4} $ и $ t_2 = \frac{7\pi}{4} $ (или $ -\frac{\pi}{4} $).

Неравенству $ \sin t < -\frac{\sqrt{2}}{2} $ соответствуют точки на единичной окружности, ординаты которых меньше $ -\frac{\sqrt{2}}{2} $. Эти точки лежат ниже прямой $ y = -\frac{\sqrt{2}}{2} $.

На единичной окружности это дуга, заключенная между точками $ \frac{5\pi}{4} $ и $ \frac{7\pi}{4} $ (при движении против часовой стрелки).

Решение на одном периоде: $ \frac{5\pi}{4} < t < \frac{7\pi}{4} $.

Общее решение с учетом периодичности:

$ \frac{5\pi}{4} + 2\pi k < t < \frac{7\pi}{4} + 2\pi k, \text{ где } k \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ \frac{5\pi}{4} + 2\pi k < t < \frac{7\pi}{4} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.

13.47. a) $ \cos t > -\frac{\sqrt{3}}{2}; $

б) $ \cos t < -\frac{1}{2}; $

в) $ \cos t < -\frac{\sqrt{3}}{2}; $

г) $ \cos t > -\frac{1}{2}. $

а) $\cos t > -\frac{\sqrt{3}}{2}$

Для решения тригонометрического неравенства воспользуемся единичной окружностью. Косинус угла $t$ соответствует абсциссе (координате x) точки на единичной окружности.

1. Найдём значения $t$, для которых выполняется равенство $\cos t = -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Это табличные значения. Уравнение $\cos t = -\frac{\sqrt{3}}{2}$ имеет две серии решений, которые можно найти с помощью арккосинуса:

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

Поскольку $\arccos(-a) = \pi - \arccos(a)$, то $\arccos(-\frac{\sqrt{3}}{2}) = \pi - \arccos(\frac{\sqrt{3}}{2}) = \pi - \frac{\pi}{6} = \frac{5\pi}{6}$.

Таким образом, решения уравнения: $t = \pm \frac{5\pi}{6} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

2. Отметим на единичной окружности точки, соответствующие углам $\frac{5\pi}{6}$ и $-\frac{5\pi}{6}$ (что то же самое, что и $\frac{7\pi}{6}$ в пределах одного оборота). Проведём через эти точки вертикальную прямую $x = -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

3. Нам нужно найти такие значения $t$, для которых $\cos t > -\frac{\sqrt{3}}{2}$. Это означает, что абсцисса точки на окружности должна быть больше, чем $-\frac{\sqrt{3}}{2}$. На окружности этому условию удовлетворяют все точки, лежащие правее прямой $x = -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

4. Эта область представляет собой большую дугу окружности. Если двигаться против часовой стрелки, эта дуга начинается в точке, соответствующей углу $-\frac{5\pi}{6}$, и заканчивается в точке, соответствующей углу $\frac{5\pi}{6}$.

5. Учитывая периодичность функции косинуса (период $2\pi$), записываем общее решение в виде двойного неравенства:

$-\frac{5\pi}{6} + 2\pi n < t < \frac{5\pi}{6} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $t \in (-\frac{5\pi}{6} + 2\pi n; \frac{5\pi}{6} + 2\pi n), n \in \mathbb{Z}$.

б) $\cos t < -\frac{1}{2}$

1. Найдём значения $t$, для которых $\cos t = -\frac{1}{2}$.

Решения уравнения: $t = \pm \arccos(-\frac{1}{2}) + 2\pi n = \pm (\pi - \frac{\pi}{3}) + 2\pi n = \pm \frac{2\pi}{3} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

На одном обороте $[0, 2\pi)$ это углы $t_1 = \frac{2\pi}{3}$ и $t_2 = \frac{4\pi}{3}$.

2. Отметим на единичной окружности точки, соответствующие углам $\frac{2\pi}{3}$ и $\frac{4\pi}{3}$. Проведём вертикальную прямую $x = -\frac{1}{2}$.

3. Нам нужно найти значения $t$, для которых $\cos t < -\frac{1}{2}$, то есть абсцисса точки на окружности должна быть меньше $-\frac{1}{2}$. Этому условию соответствуют точки на дуге окружности, расположенной левее прямой $x = -\frac{1}{2}$.

4. Двигаясь против часовой стрелки, видим, что искомая дуга начинается в точке $\frac{2\pi}{3}$ и заканчивается в точке $\frac{4\pi}{3}$.

5. Запишем общее решение, добавив период $2\pi n$:

$\frac{2\pi}{3} + 2\pi n < t < \frac{4\pi}{3} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $t \in (\frac{2\pi}{3} + 2\pi n; \frac{4\pi}{3} + 2\pi n), n \in \mathbb{Z}$.

в) $\cos t < -\frac{\sqrt{3}}{2}$

1. Как и в пункте а), решим уравнение $\cos t = -\frac{\sqrt{3}}{2}$. Решениями являются $t = \frac{5\pi}{6} + 2\pi n$ и $t = \frac{7\pi}{6} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

2. Отметим на единичной окружности точки, соответствующие углам $\frac{5\pi}{6}$ и $\frac{7\pi}{6}$, и проведем вертикальную прямую $x = -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

3. Нам нужно найти $t$, для которых $\cos t < -\frac{\sqrt{3}}{2}$, то есть абсцисса точки на окружности должна быть меньше $-\frac{\sqrt{3}}{2}$. Это дуга, расположенная левее прямой $x = -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

4. Двигаясь против часовой стрелки, видим, что нужная дуга начинается в точке $\frac{5\pi}{6}$ и заканчивается в точке $\frac{7\pi}{6}$.

5. Запишем общее решение:

$\frac{5\pi}{6} + 2\pi n < t < \frac{7\pi}{6} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $t \in (\frac{5\pi}{6} + 2\pi n; \frac{7\pi}{6} + 2\pi n), n \in \mathbb{Z}$.

г) $\cos t > \frac{1}{2}$

1. Решим уравнение $\cos t = \frac{1}{2}$.

Решениями являются: $t = \pm \arccos(\frac{1}{2}) + 2\pi n = \pm \frac{\pi}{3} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

2. Отметим на единичной окружности точки, соответствующие углам $\frac{\pi}{3}$ и $-\frac{\pi}{3}$, и проведем вертикальную прямую $x = \frac{1}{2}$.

3. Нам нужно найти $t$, для которых $\cos t > \frac{1}{2}$, то есть абсцисса точки на окружности должна быть больше $\frac{1}{2}$. Этому условию соответствует дуга, расположенная правее прямой $x = \frac{1}{2}$.

4. Двигаясь против часовой стрелки, видим, что нужная дуга начинается в точке $-\frac{\pi}{3}$ и заканчивается в точке $\frac{\pi}{3}$.

5. Запишем общее решение:

$-\frac{\pi}{3} + 2\pi n < t < \frac{\pi}{3} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

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

13.48. a) $sin t \le \frac{1}{2}$;

б) $cos t \ge -\frac{\sqrt{2}}{2}$;

В) $sin t \ge -\frac{1}{2}$;

Г) $cos t \le \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Чтобы решить неравенство $ \sin t \le \frac{1}{2} $, рассмотрим единичную окружность. Сначала найдем значения $t$, для которых $ \sin t = \frac{1}{2} $. Это происходит в точках $ t = \frac{\pi}{6} $ и $ t = \pi - \frac{\pi}{6} = \frac{5\pi}{6} $. Неравенству $ \sin t \le \frac{1}{2} $ соответствуют точки на единичной окружности, ордината (координата y) которых меньше или равна $ \frac{1}{2} $. Это дуга, которая начинается в точке $ \frac{5\pi}{6} $ и идет против часовой стрелки до точки $ \frac{\pi}{6} $ следующего оборота. Таким образом, на одном обороте решение представляет собой интервал $ [\frac{5\pi}{6}, 2\pi + \frac{\pi}{6}] $, то есть $ [\frac{5\pi}{6}, \frac{13\pi}{6}] $. Для удобства можно сдвинуть этот интервал на $ 2\pi $ назад, получив $ [\frac{5\pi}{6} - 2\pi, \frac{13\pi}{6} - 2\pi] $, что равно $ [-\frac{7\pi}{6}, \frac{\pi}{6}] $. Учитывая периодичность функции синус, общее решение записывается как:
Ответ: $ -\frac{7\pi}{6} + 2\pi k \le t \le \frac{\pi}{6} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $

Чтобы решить неравенство $ \cos t \ge -\frac{\sqrt{2}}{2} $, рассмотрим единичную окружность. Сначала найдем значения $t$, для которых $ \cos t = -\frac{\sqrt{2}}{2} $. Это происходит в точках $ t = \frac{3\pi}{4} $ и $ t = -\frac{3\pi}{4} $. Неравенству $ \cos t \ge -\frac{\sqrt{2}}{2} $ соответствуют точки на единичной окружности, абсцисса (координата x) которых больше или равна $ -\frac{\sqrt{2}}{2} $. Это дуга, заключенная между точками $ -\frac{3\pi}{4} $ и $ \frac{3\pi}{4} $, включая сами эти точки. Учитывая периодичность функции косинус, общее решение записывается как:
Ответ: $ -\frac{3\pi}{4} + 2\pi k \le t \le \frac{3\pi}{4} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $

Чтобы решить неравенство $ \sin t \ge -\frac{1}{2} $, рассмотрим единичную окружность. Сначала найдем значения $t$, для которых $ \sin t = -\frac{1}{2} $. Это происходит в точках $ t = -\frac{\pi}{6} $ и $ t = \pi - (-\frac{\pi}{6}) = \frac{7\pi}{6} $. Неравенству $ \sin t \ge -\frac{1}{2} $ соответствуют точки на единичной окружности, ордината (координата y) которых больше или равна $ -\frac{1}{2} $. Это дуга, которая начинается в точке $ -\frac{\pi}{6} $ и идет против часовой стрелки до точки $ \frac{7\pi}{6} $. Учитывая периодичность функции синус, общее решение записывается как:
Ответ: $ -\frac{\pi}{6} + 2\pi k \le t \le \frac{7\pi}{6} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $

Чтобы решить неравенство $ \cos t \le \frac{\sqrt{2}}{2} $, рассмотрим единичную окружность. Сначала найдем значения $t$, для которых $ \cos t = \frac{\sqrt{2}}{2} $. Это происходит в точках $ t = \frac{\pi}{4} $ и $ t = -\frac{\pi}{4} $ (или $ t = \frac{7\pi}{4} $). Неравенству $ \cos t \le \frac{\sqrt{2}}{2} $ соответствуют точки на единичной окружности, абсцисса (координата x) которых меньше или равна $ \frac{\sqrt{2}}{2} $. Это дуга, которая начинается в точке $ \frac{\pi}{4} $ и идет против часовой стрелки до точки $ \frac{7\pi}{4} $. Учитывая периодичность функции косинус, общее решение записывается как:
Ответ: $ \frac{\pi}{4} + 2\pi k \le t \le \frac{7\pi}{4} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $

Решите систему неравенств:

13.49. а) ${ \begin{cases} \sin t > 0, \\ \sin t < \frac{1}{2}; \end{cases} }$

б) ${ \begin{cases} \cos t < 0, \\ \cos t > -\frac{1}{2}; \end{cases} }$

в) ${ \begin{cases} \sin t > -\frac{\sqrt{2}}{2}, \\ \sin t < \frac{\sqrt{3}}{2}; \end{cases} }$

г) ${ \begin{cases} \cos t > \frac{1}{2}, \\ \cos t < \frac{\sqrt{2}}{2}. \end{cases} }$

а)

Требуется решить систему неравенств $ \begin{cases} \sin t > 0 \\ \sin t < \frac{1}{2} \end{cases} $. Эту систему можно записать в виде двойного неравенства: $0 < \sin t < \frac{1}{2}$.

Для решения воспользуемся единичной тригонометрической окружностью. Значение $ \sin t $ — это ордината (координата y) точки на окружности, соответствующей углу $t$. Нам нужно найти все такие углы $t$, для которых ордината соответствующей точки на окружности находится в интервале $(0, \frac{1}{2})$.

1. Найдём точки на окружности, где $y=0$. Это соответствует углам $t=0$ и $t=\pi$.
2. Найдём точки на окружности, где $y=\frac{1}{2}$. Это соответствует углам $t=\frac{\pi}{6}$ и $t=\frac{5\pi}{6}$.

Таким образом, условию $0 < y < \frac{1}{2}$ удовлетворяют точки, расположенные на двух дугах окружности:
- в I четверти: от точки, соответствующей углу $0$, до точки, соответствующей углу $\frac{\pi}{6}$. Это даёт интервал $0 < t < \frac{\pi}{6}$.
- во II четверти: от точки, соответствующей углу $\frac{5\pi}{6}$, до точки, соответствующей углу $\pi$. Это даёт интервал $\frac{5\pi}{6} < t < \pi$.

Поскольку функция синуса периодична с периодом $2\pi$, общее решение является объединением этих интервалов с добавлением $2\pi k$, где $k$ — любое целое число ($k \in \mathbb{Z}$).

Ответ: $ t \in (2\pi k, \frac{\pi}{6} + 2\pi k) \cup (\frac{5\pi}{6} + 2\pi k, \pi + 2\pi k), k \in \mathbb{Z} $.

б)

Требуется решить систему неравенств $ \begin{cases} \cos t < 0 \\ \cos t > -\frac{1}{2} \end{cases} $. Эту систему можно записать в виде двойного неравенства: $-\frac{1}{2} < \cos t < 0$.

Для решения воспользуемся единичной тригонометрической окружностью. Значение $ \cos t $ — это абсцисса (координата x) точки на окружности, соответствующей углу $t$. Нам нужно найти все такие углы $t$, для которых абсцисса соответствующей точки на окружности находится в интервале $(-\frac{1}{2}, 0)$.

1. Найдём точки на окружности, где $x=0$. Это соответствует углам $t=\frac{\pi}{2}$ и $t=\frac{3\pi}{2}$.
2. Найдём точки на окружности, где $x=-\frac{1}{2}$. Это соответствует углам $t=\frac{2\pi}{3}$ и $t=\frac{4\pi}{3}$.

Таким образом, условию $-\frac{1}{2} < x < 0$ удовлетворяют точки, расположенные на двух дугах окружности:
- во II четверти: от точки, соответствующей углу $\frac{\pi}{2}$, до точки, соответствующей углу $\frac{2\pi}{3}$. Это даёт интервал $\frac{\pi}{2} < t < \frac{2\pi}{3}$.
- в III четверти: от точки, соответствующей углу $\frac{4\pi}{3}$, до точки, соответствующей углу $\frac{3\pi}{2}$. Это даёт интервал $\frac{4\pi}{3} < t < \frac{3\pi}{2}$.

Поскольку функция косинуса периодична с периодом $2\pi$, общее решение является объединением этих интервалов с добавлением $2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $ t \in (\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \frac{2\pi}{3} + 2\pi k) \cup (\frac{4\pi}{3} + 2\pi k, \frac{3\pi}{2} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z} $.

в)

Требуется решить систему неравенств $ \begin{cases} \sin t > -\frac{\sqrt{2}}{2} \\ \sin t < \frac{\sqrt{3}}{2} \end{cases} $. Эту систему можно записать в виде двойного неравенства: $-\frac{\sqrt{2}}{2} < \sin t < \frac{\sqrt{3}}{2}$.

На единичной окружности нам нужно найти углы $t$, для которых ордината $y = \sin t$ лежит в интервале $(-\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2})$.

1. Найдём углы, для которых $\sin t = -\frac{\sqrt{2}}{2}$. Это $t = -\frac{\pi}{4}$ и $t = \frac{5\pi}{4}$.
2. Найдём углы, для которых $\sin t = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Это $t = \frac{\pi}{3}$ и $t = \frac{2\pi}{3}$.

Условию $-\frac{\sqrt{2}}{2} < \sin t < \frac{\sqrt{3}}{2}$ удовлетворяют точки, лежащие на двух дугах окружности:
- Первая дуга (в IV и I четвертях) начинается от угла $-\frac{\pi}{4}$ и идёт до угла $\frac{\pi}{3}$. Это даёт интервал $-\frac{\pi}{4} < t < \frac{\pi}{3}$.
- Вторая дуга (во II и III четвертях) начинается от угла $\frac{2\pi}{3}$ и идёт до угла $\frac{5\pi}{4}$. Это даёт интервал $\frac{2\pi}{3} < t < \frac{5\pi}{4}$.

Добавляя период $2\pi k$, получаем общее решение.

Ответ: $ t \in (-\frac{\pi}{4} + 2\pi k, \frac{\pi}{3} + 2\pi k) \cup (\frac{2\pi}{3} + 2\pi k, \frac{5\pi}{4} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z} $.

г)

Требуется решить систему неравенств $ \begin{cases} \cos t > \frac{1}{2} \\ \cos t < \frac{\sqrt{2}}{2} \end{cases} $. Эту систему можно записать в виде двойного неравенства: $\frac{1}{2} < \cos t < \frac{\sqrt{2}}{2}$.

На единичной окружности нам нужно найти углы $t$, для которых абсцисса $x = \cos t$ лежит в интервале $(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2})$.

1. Найдём углы, для которых $\cos t = \frac{1}{2}$. Это $t = \frac{\pi}{3}$ и $t = -\frac{\pi}{3}$.
2. Найдём углы, для которых $\cos t = \frac{\sqrt{2}}{2}$. Это $t = \frac{\pi}{4}$ и $t = -\frac{\pi}{4}$.

Условию $\frac{1}{2} < \cos t < \frac{\sqrt{2}}{2}$ удовлетворяют точки, лежащие на двух дугах окружности:
- в I четверти: от угла $\frac{\pi}{4}$ до угла $\frac{\pi}{3}$. Это даёт интервал $\frac{\pi}{4} < t < \frac{\pi}{3}$.
- в IV четверти: от угла $-\frac{\pi}{3}$ до угла $-\frac{\pi}{4}$. Это даёт интервал $-\frac{\pi}{3} < t < -\frac{\pi}{4}$.

Добавляя период $2\pi k$, получаем общее решение.

Ответ: $ t \in (-\frac{\pi}{3} + 2\pi k, -\frac{\pi}{4} + 2\pi k) \cup (\frac{\pi}{4} + 2\pi k, \frac{\pi}{3} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z} $.

13.50. a) $\begin{cases} \sin t > 0, \\ \cos t < \frac{1}{2}; \end{cases}$

б) $\begin{cases} \cos t < 0, \\ \sin t > -\frac{1}{2}; \end{cases}$

В) $\begin{cases} \sin t > -\frac{\sqrt{2}}{2}, \\ \cos t < \frac{\sqrt{3}}{2}; \end{cases}$

г) $\begin{cases} \cos t > \frac{1}{2}, \\ \sin t < \frac{\sqrt{2}}{2}. \end{cases}$

а)

Решим систему неравенств: $$ \begin{cases} \sin t > 0, \\ \cos t < \frac{1}{2}. \end{cases} $$

1. Неравенство $\sin t > 0$ выполняется для всех точек на единичной окружности, у которых ордината (координата y) положительна. Это соответствует дуге окружности, расположенной в I и II координатных четвертях. Решением этого неравенства является интервал $t \in (2\pi k, \pi + 2\pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.

2. Неравенство $\cos t < \frac{1}{2}$ выполняется для всех точек на единичной окружности, у которых абсцисса (координата x) меньше $\frac{1}{2}$. Найдем точки, где $\cos t = \frac{1}{2}$: $t = \frac{\pi}{3} + 2\pi k$ и $t = -\frac{\pi}{3} + 2\pi k = \frac{5\pi}{3} + 2\pi k$. Следовательно, решением неравенства $\cos t < \frac{1}{2}$ является интервал $t \in (\frac{\pi}{3} + 2\pi k, \frac{5\pi}{3} + 2\pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.

3. Найдем пересечение полученных множеств решений. Для $k=0$ имеем $t \in (0, \pi)$ и $t \in (\frac{\pi}{3}, \frac{5\pi}{3})$. Пересечением этих интервалов является $(\frac{\pi}{3}, \pi)$.

4. Обобщая на все периоды, получаем общее решение системы.

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

б)

Решим систему неравенств: $$ \begin{cases} \cos t < 0, \\ \sin t > -\frac{1}{2}. \end{cases} $$

1. Неравенство $\cos t < 0$ выполняется для точек, расположенных во II и III координатных четвертях (где абсцисса отрицательна). Решением является интервал $t \in (\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \frac{3\pi}{2} + 2\pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.

2. Неравенство $\sin t > -\frac{1}{2}$ выполняется для точек, у которых ордината больше $-\frac{1}{2}$. Найдем точки, где $\sin t = -\frac{1}{2}$: $t = -\frac{\pi}{6} + 2\pi k$ и $t = \frac{7\pi}{6} + 2\pi k$. Решением неравенства является интервал $t \in (-\frac{\pi}{6} + 2\pi k, \frac{7\pi}{6} + 2\pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.

3. Найдем пересечение множеств решений. Для $k=0$ имеем $t \in (\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2})$ и $t \in (-\frac{\pi}{6}, \frac{7\pi}{6})$. Пересечением этих интервалов является $(\frac{\pi}{2}, \frac{7\pi}{6})$.

4. Обобщая на все периоды, получаем общее решение системы.

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

в)

Решим систему неравенств: $$ \begin{cases} \sin t > -\frac{\sqrt{2}}{2}, \\ \cos t < \frac{\sqrt{3}}{2}. \end{cases} $$

1. Неравенство $\sin t > -\frac{\sqrt{2}}{2}$ выполняется для точек, у которых ордината больше $-\frac{\sqrt{2}}{2}$. Точки, где $\sin t = -\frac{\sqrt{2}}{2}$, это $t = -\frac{\pi}{4} + 2\pi k$ и $t = \frac{5\pi}{4} + 2\pi k$. Решением неравенства является интервал $t \in (-\frac{\pi}{4} + 2\pi k, \frac{5\pi}{4} + 2\pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.

2. Неравенство $\cos t < \frac{\sqrt{3}}{2}$ выполняется для точек, у которых абсцисса меньше $\frac{\sqrt{3}}{2}$. Точки, где $\cos t = \frac{\sqrt{3}}{2}$, это $t = \frac{\pi}{6} + 2\pi k$ и $t = -\frac{\pi}{6} + 2\pi k$. Решением неравенства является интервал $t \in (\frac{\pi}{6} + 2\pi k, \frac{11\pi}{6} + 2\pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.

3. Найдем пересечение множеств решений. Возьмем интервал $t \in [0, 2\pi]$. Первое неравенство дает $t \in [0, \frac{5\pi}{4}) \cup (\frac{7\pi}{4}, 2\pi]$. Второе неравенство дает $t \in (\frac{\pi}{6}, \frac{11\pi}{6})$. Пересечение этих множеств есть интервал $(\frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{4})$.

4. Обобщая на все периоды, получаем общее решение системы.

Ответ: $t \in (\frac{\pi}{6} + 2\pi k, \frac{5\pi}{4} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z}$.

г)

Решим систему неравенств: $$ \begin{cases} \cos t > \frac{1}{2}, \\ \sin t < \frac{\sqrt{2}}{2}. \end{cases} $$

1. Неравенство $\cos t > \frac{1}{2}$ выполняется для точек, у которых абсцисса больше $\frac{1}{2}$. Это соответствует дуге в I и IV четвертях. Решением является интервал $t \in (-\frac{\pi}{3} + 2\pi k, \frac{\pi}{3} + 2\pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.

2. Неравенство $\sin t < \frac{\sqrt{2}}{2}$ выполняется для точек, у которых ордината меньше $\frac{\sqrt{2}}{2}$. Точки, где $\sin t = \frac{\sqrt{2}}{2}$, это $t = \frac{\pi}{4} + 2\pi k$ и $t = \frac{3\pi}{4} + 2\pi k$. Решением неравенства является множество $t \in (\frac{3\pi}{4} + 2\pi k, 2\pi + \frac{\pi}{4} + 2\pi k)$, что можно записать как $t \in (\frac{3\pi}{4} + 2\pi k, \frac{9\pi}{4} + 2\pi k)$. Для удобства пересечения это множество можно представить как $t \in (-\frac{5\pi}{4} + 2\pi k, \frac{\pi}{4} + 2\pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.

3. Найдем пересечение множеств решений. Для $k=0$ имеем $t \in (-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3})$ и $t \in (-\frac{5\pi}{4}, \frac{\pi}{4})$. Пересечением этих интервалов является $(-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{4})$.

4. Обобщая на все периоды, получаем общее решение системы.

Ответ: $t \in (-\frac{\pi}{3} + 2\pi k, \frac{\pi}{4} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z}$.