Страница 142, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник часть 1, 2 Мордкович, Семенов

22.45. Решите неравенство:

а) $\sin \left(2x - \frac{\pi}{3}\right) > \frac{1}{3}$;

б) $\cos \left(\frac{\pi}{4} - x\right) < \frac{\sqrt{2}}{2}$;

в) $\cos \left(3x - \frac{\pi}{6}\right) > -\frac{1}{4}$;

г) $\sin \left(\frac{3\pi}{4} - x\right) < \frac{\sqrt{3}}{2}$.

а) $ \sin\left(2x - \frac{\pi}{3}\right) > \frac{1}{3} $

1. Введем замену переменной. Пусть $t = 2x - \frac{\pi}{3}$. Неравенство примет вид: $ \sin(t) > \frac{1}{3} $.

2. Решим неравенство $ \sin(t) > \frac{1}{3} $ относительно $t$. На тригонометрической окружности этому неравенству соответствуют точки, ордината (синус) которых больше $ \frac{1}{3} $. Найдем концы дуги, решив уравнение $ \sin(t) = \frac{1}{3} $. Корни уравнения: $ t_1 = \arcsin\left(\frac{1}{3}\right) $ и $ t_2 = \pi - \arcsin\left(\frac{1}{3}\right) $. Таким образом, решение для $t$ имеет вид двойного неравенства (с учетом периодичности синуса): $ \arcsin\left(\frac{1}{3}\right) + 2\pi n < t < \pi - \arcsin\left(\frac{1}{3}\right) + 2\pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

3. Сделаем обратную замену, подставив $ 2x - \frac{\pi}{3} $ вместо $t$: $ \arcsin\left(\frac{1}{3}\right) + 2\pi n < 2x - \frac{\pi}{3} < \pi - \arcsin\left(\frac{1}{3}\right) + 2\pi n $.

4. Выразим $x$. Сначала прибавим $ \frac{\pi}{3} $ ко всем частям неравенства: $ \frac{\pi}{3} + \arcsin\left(\frac{1}{3}\right) + 2\pi n < 2x < \pi - \arcsin\left(\frac{1}{3}\right) + \frac{\pi}{3} + 2\pi n $ $ \frac{\pi}{3} + \arcsin\left(\frac{1}{3}\right) + 2\pi n < 2x < \frac{4\pi}{3} - \arcsin\left(\frac{1}{3}\right) + 2\pi n $.

Теперь разделим все части на 2: $ \frac{\pi}{6} + \frac{1}{2}\arcsin\left(\frac{1}{3}\right) + \pi n < x < \frac{2\pi}{3} - \frac{1}{2}\arcsin\left(\frac{1}{3}\right) + \pi n $.

Ответ: $ x \in \left(\frac{\pi}{6} + \frac{1}{2}\arcsin\frac{1}{3} + \pi n; \frac{2\pi}{3} - \frac{1}{2}\arcsin\frac{1}{3} + \pi n\right), n \in \mathbb{Z} $.

б) $ \cos\left(\frac{\pi}{4} - x\right) < \frac{\sqrt{2}}{2} $

1. Используем свойство четности косинуса $ \cos(-\alpha) = \cos(\alpha) $: $ \cos\left(\frac{\pi}{4} - x\right) = \cos\left(-\left(x - \frac{\pi}{4}\right)\right) = \cos\left(x - \frac{\pi}{4}\right) $. Неравенство принимает вид: $ \cos\left(x - \frac{\pi}{4}\right) < \frac{\sqrt{2}}{2} $.

2. Введем замену $ t = x - \frac{\pi}{4} $. Неравенство: $ \cos(t) < \frac{\sqrt{2}}{2} $.

3. Решим неравенство для $t$. Концы соответствующей дуги на тригонометрической окружности находятся из уравнения $ \cos(t) = \frac{\sqrt{2}}{2} $, откуда $ t = \pm\frac{\pi}{4} + 2\pi n $. Косинус меньше $ \frac{\sqrt{2}}{2} $ на дуге от $ \frac{\pi}{4} $ до $ 2\pi - \frac{\pi}{4} = \frac{7\pi}{4} $. Следовательно, $ \frac{\pi}{4} + 2\pi n < t < \frac{7\pi}{4} + 2\pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

4. Делаем обратную замену: $ \frac{\pi}{4} + 2\pi n < x - \frac{\pi}{4} < \frac{7\pi}{4} + 2\pi n $.

5. Выразим $x$, прибавив $ \frac{\pi}{4} $ ко всем частям: $ \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{4} + 2\pi n < x < \frac{7\pi}{4} + \frac{\pi}{4} + 2\pi n $ $ \frac{2\pi}{4} + 2\pi n < x < \frac{8\pi}{4} + 2\pi n $ $ \frac{\pi}{2} + 2\pi n < x < 2\pi + 2\pi n $.

Ответ: $ x \in \left(\frac{\pi}{2} + 2\pi n; 2\pi(n+1)\right), n \in \mathbb{Z} $.

в) $ \cos\left(3x - \frac{\pi}{6}\right) > -\frac{1}{4} $

1. Введем замену $ t = 3x - \frac{\pi}{6} $. Неравенство: $ \cos(t) > -\frac{1}{4} $.

2. Решим неравенство для $t$. Концы дуги находятся из уравнения $ \cos(t) = -\frac{1}{4} $. Корни: $ t = \pm\arccos\left(-\frac{1}{4}\right) + 2\pi n $. Косинус больше $ -\frac{1}{4} $ на дуге между этими значениями. Следовательно, $ -\arccos\left(-\frac{1}{4}\right) + 2\pi n < t < \arccos\left(-\frac{1}{4}\right) + 2\pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

3. Обратная замена: $ -\arccos\left(-\frac{1}{4}\right) + 2\pi n < 3x - \frac{\pi}{6} < \arccos\left(-\frac{1}{4}\right) + 2\pi n $.

4. Выразим $x$. Прибавим $ \frac{\pi}{6} $: $ \frac{\pi}{6} - \arccos\left(-\frac{1}{4}\right) + 2\pi n < 3x < \frac{\pi}{6} + \arccos\left(-\frac{1}{4}\right) + 2\pi n $.

Разделим на 3: $ \frac{\pi}{18} - \frac{1}{3}\arccos\left(-\frac{1}{4}\right) + \frac{2\pi n}{3} < x < \frac{\pi}{18} + \frac{1}{3}\arccos\left(-\frac{1}{4}\right) + \frac{2\pi n}{3} $.

Ответ: $ x \in \left(\frac{\pi}{18} - \frac{1}{3}\arccos\left(-\frac{1}{4}\right) + \frac{2\pi n}{3}; \frac{\pi}{18} + \frac{1}{3}\arccos\left(-\frac{1}{4}\right) + \frac{2\pi n}{3}\right), n \in \mathbb{Z} $.

г) $ \sin\left(\frac{3\pi}{4} - x\right) < \frac{\sqrt{3}}{2} $

1. Введем замену $ t = \frac{3\pi}{4} - x $. Неравенство: $ \sin(t) < \frac{\sqrt{3}}{2} $.

2. Решим неравенство для $t$. Уравнение $ \sin(t) = \frac{\sqrt{3}}{2} $ имеет решения $ t_1 = \frac{\pi}{3} $ и $ t_2 = \pi - \frac{\pi}{3} = \frac{2\pi}{3} $. Синус меньше $ \frac{\sqrt{3}}{2} $ для всех значений, кроме дуги от $ \frac{\pi}{3} $ до $ \frac{2\pi}{3} $. Таким образом, решение для $t$ - это интервал от $ \frac{2\pi}{3} $ до $ \frac{\pi}{3} $ следующего оборота, то есть до $ \frac{\pi}{3} + 2\pi = \frac{7\pi}{3} $. $ \frac{2\pi}{3} + 2\pi n < t < \frac{7\pi}{3} + 2\pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

3. Делаем обратную замену: $ \frac{2\pi}{3} + 2\pi n < \frac{3\pi}{4} - x < \frac{7\pi}{3} + 2\pi n $.

4. Выразим $-x$. Вычтем $ \frac{3\pi}{4} $ из всех частей: $ \frac{2\pi}{3} - \frac{3\pi}{4} + 2\pi n < -x < \frac{7\pi}{3} - \frac{3\pi}{4} + 2\pi n $ $ \frac{8\pi - 9\pi}{12} + 2\pi n < -x < \frac{28\pi - 9\pi}{12} + 2\pi n $ $ -\frac{\pi}{12} + 2\pi n < -x < \frac{19\pi}{12} + 2\pi n $.

5. Выразим $x$. Умножим все части на -1 и сменим знаки неравенства на противоположные: $ \frac{\pi}{12} - 2\pi n > x > -\frac{19\pi}{12} - 2\pi n $. Запишем в стандартном виде: $ -\frac{19\pi}{12} - 2\pi n < x < \frac{\pi}{12} - 2\pi n $. Заменим $ -n $ на $ k $, где $ k \in \mathbb{Z} $: $ -\frac{19\pi}{12} + 2\pi k < x < \frac{\pi}{12} + 2\pi k $.

Ответ: $ x \in \left(-\frac{19\pi}{12} + 2\pi k; \frac{\pi}{12} + 2\pi k\right), k \in \mathbb{Z} $.

22.46. а) $\begin{cases} \sin x > -\frac{4}{5}; \\ \cos x > -\frac{1}{3}; \end{cases}$

б) $\begin{cases} \sin x < \frac{2}{7}, \\ \cos x < 0,6. \end{cases}$

а)

Решим систему неравенств: $$ \begin{cases} \sin x > -\frac{4}{5} \\ \cos x > -\frac{1}{3} \end{cases} $$

Для решения используем единичную тригонометрическую окружность. Решением системы будет пересечение дуг, которые являются решениями каждого из неравенств.

1. Решим неравенство $ \sin x > -\frac{4}{5} $. Найдём углы, для которых $ \sin x = -\frac{4}{5} $. Такими углами являются $ x = \arcsin(-\frac{4}{5}) = -\arcsin(\frac{4}{5}) $ (угол в IV четверти) и $ x = \pi - \arcsin(-\frac{4}{5}) = \pi + \arcsin(\frac{4}{5}) $ (угол в III четверти). Неравенству $ \sin x > -\frac{4}{5} $ соответствуют точки на окружности, ордината (координата y) которых больше $ -\frac{4}{5} $. Это дуга, идущая против часовой стрелки от точки с углом $ -\arcsin(\frac{4}{5}) $ к точке с углом $ \pi + \arcsin(\frac{4}{5}) $. Таким образом, решение первого неравенства: $ x \in (-\arcsin(\frac{4}{5}) + 2\pi n, \pi + \arcsin(\frac{4}{5}) + 2\pi n), n \in \mathbb{Z} $.

2. Решим неравенство $ \cos x > -\frac{1}{3} $. Найдём углы, для которых $ \cos x = -\frac{1}{3} $. Такими углами являются $ x = \arccos(-\frac{1}{3}) $ (угол во II четверти) и $ x = -\arccos(-\frac{1}{3}) $ (угол в III четверти). Неравенству $ \cos x > -\frac{1}{3} $ соответствуют точки на окружности, абсцисса (координата x) которых больше $ -\frac{1}{3} $. Это дуга, идущая против часовой стрелки от точки с углом $ -\arccos(-\frac{1}{3}) $ к точке с углом $ \arccos(-\frac{1}{3}) $. Таким образом, решение второго неравенства: $ x \in (-\arccos(-\frac{1}{3}) + 2\pi n, \arccos(-\frac{1}{3}) + 2\pi n), n \in \mathbb{Z} $.

3. Найдём пересечение решений. Искомое множество является пересечением двух дуг. Начало итоговой дуги определяется большим из начальных углов, а конец — меньшим из конечных углов. Сравним начальные углы: $ -\arcsin(\frac{4}{5}) $ и $ -\arccos(-\frac{1}{3}) $. Угол $ -\arcsin(\frac{4}{5}) $ находится в IV четверти. Угол $ -\arccos(-\frac{1}{3}) $ находится в III четверти. Следовательно, $ -\arcsin(\frac{4}{5}) > -\arccos(-\frac{1}{3}) $. Начало итоговой дуги — $ -\arcsin(\frac{4}{5}) $. Сравним конечные углы: $ \pi + \arcsin(\frac{4}{5}) $ и $ \arccos(-\frac{1}{3}) $. Угол $ \pi + \arcsin(\frac{4}{5}) $ находится в III четверти. Угол $ \arccos(-\frac{1}{3}) $ находится во II четверти. Следовательно, $ \arccos(-\frac{1}{3}) < \pi + \arcsin(\frac{4}{5}) $. Конец итоговой дуги — $ \arccos(-\frac{1}{3}) $. Таким образом, общее решение — это интервал от $ -\arcsin(\frac{4}{5}) $ до $ \arccos(-\frac{1}{3}) $.

Ответ: $ x \in (-\arcsin(\frac{4}{5}) + 2\pi n, \arccos(-\frac{1}{3}) + 2\pi n), n \in \mathbb{Z} $.

б)

Решим систему неравенств: $$ \begin{cases} \sin x < \frac{2}{7} \\ \cos x < 0,6 \end{cases} $$ Запишем второе неравенство в виде $ \cos x < \frac{3}{5} $.

1. Решим неравенство $ \sin x < \frac{2}{7} $. Граничные точки, где $ \sin x = \frac{2}{7} $, соответствуют углам $ x = \arcsin(\frac{2}{7}) $ (I четверть) и $ x = \pi - \arcsin(\frac{2}{7}) $ (II четверть). Неравенству $ \sin x < \frac{2}{7} $ соответствуют точки на окружности, ордината которых меньше $ \frac{2}{7} $. Это большая дуга, идущая против часовой стрелки от $ \pi - \arcsin(\frac{2}{7}) $ до $ 2\pi + \arcsin(\frac{2}{7}) $. Решение первого неравенства: $ x \in (\pi - \arcsin(\frac{2}{7}) + 2\pi n, 2\pi + \arcsin(\frac{2}{7}) + 2\pi n), n \in \mathbb{Z} $.

2. Решим неравенство $ \cos x < \frac{3}{5} $. Граничные точки, где $ \cos x = \frac{3}{5} $, соответствуют углам $ x = \arccos(\frac{3}{5}) $ (I четверть) и $ x = -\arccos(\frac{3}{5}) $ (IV четверть). Неравенству $ \cos x < \frac{3}{5} $ соответствуют точки на окружности, абсцисса которых меньше $ \frac{3}{5} $. Это большая дуга, идущая против часовой стрелки от $ \arccos(\frac{3}{5}) $ до $ 2\pi - \arccos(\frac{3}{5}) $. Решение второго неравенства: $ x \in (\arccos(\frac{3}{5}) + 2\pi n, 2\pi - \arccos(\frac{3}{5}) + 2\pi n), n \in \mathbb{Z} $.

3. Найдём пересечение решений. Рассмотрим граничные углы на одном периоде $ [0, 2\pi) $: $ x_1 = \arcsin(\frac{2}{7}) $, $ x_2 = \pi - \arcsin(\frac{2}{7}) $, $ x_3 = \arccos(\frac{3}{5}) $, $ x_4 = 2\pi - \arccos(\frac{3}{5}) $. Сравним эти углы. Используем тождество $ \arccos(\frac{3}{5}) = \arcsin(\sqrt{1-(3/5)^2}) = \arcsin(\frac{4}{5}) $. Сравним $ x_1 = \arcsin(\frac{2}{7}) $ и $ x_3 = \arcsin(\frac{4}{5}) $ (оба в I четверти). Так как $ \frac{2}{7} < \frac{4}{5} $ и функция $ \arcsin $ возрастает, то $ x_1 < x_3 $. Угол $ x_3 $ находится в I четверти, а $ x_2 = \pi - \arcsin(\frac{2}{7}) $ — во II четверти, значит $ x_3 < \frac{\pi}{2} < x_2 $. Угол $ x_2 $ находится во II четверти, а $ x_4 = 2\pi - \arccos(\frac{3}{5}) $ — в IV четверти, значит $ x_2 < x_4 $. Таким образом, углы упорядочены следующим образом: $ 0 < x_1 < x_3 < x_2 < x_4 < 2\pi $. Решение первого неравенства ($ \sin x < \frac{2}{7} $) — это дуга $ (x_2, 2\pi + x_1) $. Решение второго неравенства ($ \cos x < \frac{3}{5} $) — это дуга $ (x_3, x_4) $. Пересечением дуг $ (x_2, 2\pi + x_1) $ и $ (x_3, x_4) $ является дуга $ (x_2, x_4) $, так как $ x_3 < x_2 < x_4 $.

Ответ: $ x \in (\pi - \arcsin(\frac{2}{7}) + 2\pi n, 2\pi - \arccos(\frac{3}{5}) + 2\pi n), n \in \mathbb{Z} $.

22.47. a) $\begin{cases} \sin x < \frac{\sqrt{3}}{2}, \\ \operatorname{tg} x > 1,5; \end{cases}$

б) $\begin{cases} \cos x > -\frac{3}{7}, \\ \operatorname{tg} x < -0,1. \end{cases}$

а)

Решим систему неравенств:$$ \begin{cases} \sin x < \frac{\sqrt{3}}{2} \\ \text{tg } x > 1,5 \end{cases} $$

1. Сначала решим первое неравенство: $ \sin x < \frac{\sqrt{3}}{2} $.Соответствующее уравнение $ \sin x = \frac{\sqrt{3}}{2} $ имеет решения $ x = \frac{\pi}{3} + 2\pi k $ и $ x = \frac{2\pi}{3} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.Неравенство $ \sin x < \frac{\sqrt{3}}{2} $ выполняется для всех $x$, которые не принадлежат дуге $ [\frac{\pi}{3}, \frac{2\pi}{3}] $ на тригонометрической окружности. С учетом периодичности, решение имеет вид $ x \in (\frac{2\pi}{3} + 2\pi k, \frac{\pi}{3} + 2\pi(k+1)) $, что можно записать как $ x \in (\frac{2\pi}{3} + 2\pi k, \frac{7\pi}{3} + 2\pi k) $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

2. Теперь решим второе неравенство: $ \text{tg } x > 1,5 $.Пусть $ \alpha = \text{arctg } 1,5 $. Так как тангенс — возрастающая функция на своих интервалах определения, решение неравенства имеет вид:$ x \in (\alpha + \pi n, \frac{\pi}{2} + \pi n) $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

3. Найдем пересечение множеств решений обоих неравенств.Заметим, что $ 1,5 < \sqrt{3} \approx 1,732 $, поэтому $ \alpha = \text{arctg } 1,5 < \text{arctg } \sqrt{3} = \frac{\pi}{3} $.Рассмотрим интервалы для тангенса в зависимости от четности $ n $.

- Если $ n = 2k $ (четное), то интервалы имеют вид $ (\alpha + 2\pi k, \frac{\pi}{2} + 2\pi k) $. Эти интервалы находятся в первой четверти.Решение для синуса запрещает область $ [\frac{\pi}{3} + 2\pi k, \frac{2\pi}{3} + 2\pi k] $.Поскольку $ \alpha < \frac{\pi}{3} < \frac{\pi}{2} $, то при пересечении из интервала $ (\alpha + 2\pi k, \frac{\pi}{2} + 2\pi k) $ исключается часть $ [\frac{\pi}{3} + 2\pi k, \frac{\pi}{2} + 2\pi k) $. В результате получаем интервал $ (\alpha + 2\pi k, \frac{\pi}{3} + 2\pi k) $.

- Если $ n = 2k+1 $ (нечетное), то интервалы имеют вид $ (\alpha + \pi(2k+1), \frac{\pi}{2} + \pi(2k+1)) $, то есть $ (\alpha + \pi + 2\pi k, \frac{3\pi}{2} + 2\pi k) $. Эти интервалы находятся в третьей четверти.В третьей четверти $ \sin x < 0 $, поэтому неравенство $ \sin x < \frac{\sqrt{3}}{2} $ выполняется всегда.Следовательно, вся эта серия интервалов $ (\alpha + \pi + 2\pi k, \frac{3\pi}{2} + 2\pi k) $ является решением системы.

Объединяя оба случая, получаем общее решение.

Ответ: $ x \in \left(\text{arctg } 1,5 + 2\pi k, \frac{\pi}{3} + 2\pi k\right) \cup \left(\text{arctg } 1,5 + \pi + 2\pi k, \frac{3\pi}{2} + 2\pi k\right), k \in \mathbb{Z} $.

б)

Решим систему неравенств:$$ \begin{cases} \cos x > -\frac{3}{7} \\ \text{tg } x < -0,1 \end{cases} $$

1. Решим первое неравенство: $ \cos x > -\frac{3}{7} $.Пусть $ \beta = \text{arccos}(-\frac{3}{7}) $. Решением является множество $ x \in (-\beta + 2\pi k, \beta + 2\pi k) $, где $ k \in \mathbb{Z} $. Отметим, что $ \beta \in (\frac{\pi}{2}, \pi) $.

2. Решим второе неравенство: $ \text{tg } x < -0,1 $.Пусть $ \delta = \text{arctg}(-0,1) $. Решением является множество $ x \in (-\frac{\pi}{2} + \pi n, \delta + \pi n) $, где $ n \in \mathbb{Z} $. Отметим, что $ \delta \in (-\frac{\pi}{2}, 0) $.

3. Найдем пересечение множеств решений. Решения для тангенса находятся во второй и четвертой четвертях.

- Рассмотрим случай, когда $x$ находится в четвертой четверти. Это соответствует четным $ n $, то есть $ n=2k $. Интервалы: $ (-\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \delta + 2\pi k) $.В четвертой четверти $ \cos x > 0 $, поэтому неравенство $ \cos x > -\frac{3}{7} $ всегда выполняется. Значит, вся эта серия интервалов является решением.

- Рассмотрим случай, когда $x$ находится во второй четверти. Это соответствует нечетным $ n $, то есть $ n=2k+1 $. Интервалы: $ (\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \delta + \pi + 2\pi k) $.Мы должны пересечь эти интервалы с решением для косинуса $ (-\beta + 2\pi k, \beta + 2\pi k) $.Пересечение интервалов $ (\frac{\pi}{2}, \delta+\pi) $ и $ (-\beta, \beta) $ будет $ (\frac{\pi}{2}, \min(\beta, \delta+\pi)) $.Сравним $ \beta $ и $ \delta+\pi $.$ \cos \beta = -\frac{3}{7} $.$ \cos(\delta+\pi) = -\cos(\delta) = -\cos(\text{arctg}(-0,1)) = -\frac{1}{\sqrt{1+(-0,1)^2}} = -\frac{1}{\sqrt{1,01}} $.Так как $ (\frac{3}{7})^2 = \frac{9}{49} \approx 0,18 $ и $ (\frac{1}{\sqrt{1,01}})^2 = \frac{1}{1,01} \approx 0,99 $, то $ \frac{3}{7} < \frac{1}{\sqrt{1,01}} $, а значит $ -\frac{3}{7} > -\frac{1}{\sqrt{1,01}} $.Итак, $ \cos \beta > \cos(\delta+\pi) $.Поскольку на интервале $ (\frac{\pi}{2}, \pi) $ косинус является убывающей функцией, из $ \cos \beta > \cos(\delta+\pi) $ следует, что $ \beta < \delta+\pi $.Следовательно, пересечением является интервал $ (\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \beta + 2\pi k) $, то есть $ (\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \text{arccos}(-\frac{3}{7}) + 2\pi k) $.

Объединяя оба случая, получаем окончательный ответ.

Ответ: $ x \in \left(-\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \text{arctg}(-0,1) + 2\pi k\right) \cup \left(\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \text{arccos}\left(-\frac{3}{7}\right) + 2\pi k\right), k \in \mathbb{Z} $.

22.48. a) $\begin{cases} \text{ctg } x < -\frac{\sqrt{3}}{3}, \\ \sin x > -0,8; \end{cases}$

б) $\begin{cases} \cos x < \frac{4}{9}, \\ \text{ctg } x > -3. \end{cases}$

a) Решим систему неравенств:

$$ \begin{cases} \text{ctg } x < -\frac{\sqrt{3}}{3} \\ \sin x > -0,8 \end{cases} $$

1. Решим первое неравенство: $ \text{ctg } x < -\frac{\sqrt{3}}{3} $.

Сначала найдем корни уравнения $ \text{ctg } x = -\frac{\sqrt{3}}{3} $.
Решением является $ x = \text{arcctg}(-\frac{\sqrt{3}}{3}) + \pi k = \frac{2\pi}{3} + \pi k $, где $k \in \mathbb{Z}$.

Функция $ y = \text{ctg } x $ является убывающей на каждом интервале своей области определения $ (\pi n, \pi(n+1)) $.
Следовательно, неравенство $ \text{ctg } x < -\frac{\sqrt{3}}{3} $ выполняется при $ x $, больших, чем корень уравнения, в пределах одного периода.
Решение первого неравенства: $ x \in (\frac{2\pi}{3} + \pi k, \pi + \pi k) $, $k \in \mathbb{Z}$.

2. Решим второе неравенство: $ \sin x > -0,8 $.

Сначала найдем корни уравнения $ \sin x = -0,8 $.
Решениями являются $ x_1 = \arcsin(-0,8) + 2\pi n $ и $ x_2 = \pi - \arcsin(-0,8) + 2\pi n $, где $n \in \mathbb{Z}$.
Используя свойство $ \arcsin(-z) = -\arcsin(z) $, получаем $ x_1 = -\arcsin(0,8) + 2\pi n $ и $ x_2 = \pi + \arcsin(0,8) + 2\pi n $.

На единичной окружности неравенству $ \sin x > -0,8 $ соответствуют точки, ордината которых больше $-0,8$. Это дуга, расположенная выше прямой $y = -0,8$.
Решение второго неравенства: $ x \in (-\arcsin(0,8) + 2\pi n, \pi + \arcsin(0,8) + 2\pi n) $, $n \in \mathbb{Z}$.

3. Найдем пересечение полученных решений. Рассмотрим промежуток длиной $ 2\pi $, например $ [0, 2\pi) $.

Решения первого неравенства на $ [0, 2\pi) $:
При $k=0$: $ (\frac{2\pi}{3}, \pi) $.
При $k=1$: $ (\frac{2\pi}{3} + \pi, \pi + \pi) = (\frac{5\pi}{3}, 2\pi) $.
Итак, $ x \in (\frac{2\pi}{3}, \pi) \cup (\frac{5\pi}{3}, 2\pi) $.

Решения второго неравенства на $ [0, 2\pi) $:
При $n=0$, интервал $ (-\arcsin(0,8), \pi + \arcsin(0,8)) $. На промежутке $ [0, 2\pi) $ это соответствует $ [0, \pi + \arcsin(0,8)) $.
Также нужно учесть часть интервала, которая "переносится" из отрицательной области: $ (-\arcsin(0,8), 0) $ становится $ (2\pi - \arcsin(0,8), 2\pi) $.
Таким образом, решение на $ [0, 2\pi) $: $ x \in [0, \pi + \arcsin(0,8)) \cup (2\pi - \arcsin(0,8), 2\pi) $.
Хотя проще рассматривать один непрерывный интервал $ (-\arcsin(0,8), \pi + \arcsin(0,8)) $.

Найдем пересечение множеств:

• Пересечение $ (\frac{2\pi}{3}, \pi) $ и $ (-\arcsin(0,8), \pi + \arcsin(0,8)) $.
  Так как $ \frac{2\pi}{3} > -\arcsin(0,8) $ (положительное число больше отрицательного) и $ \pi < \pi + \arcsin(0,8) $, то пересечением является весь интервал $ (\frac{2\pi}{3}, \pi) $.
• Пересечение $ (\frac{5\pi}{3}, 2\pi) $ и $ (-\arcsin(0,8), \pi + \arcsin(0,8)) $.
  Сравним $ \frac{5\pi}{3} $ и $ \pi + \arcsin(0,8) $. Это эквивалентно сравнению $ \frac{2\pi}{3} $ и $ \arcsin(0,8) $. Так как $ \frac{2\pi}{3} \in (\frac{\pi}{2}, \pi) $, а $ \arcsin(0,8) \in (0, \frac{\pi}{2}) $, то $ \frac{2\pi}{3} > \arcsin(0,8) $. Значит, $ \frac{5\pi}{3} > \pi + \arcsin(0,8) $, и пересечения здесь нет. Однако, нужно проверить пересечение с решением $ \sin x > -0.8 $ на следующем витке, то есть с интервалом $ (2\pi-\arcsin(0,8), 3\pi+\arcsin(0,8)) $.
  Найдем пересечение $ (\frac{5\pi}{3}, 2\pi) $ и $ (2\pi-\arcsin(0,8), 3\pi+\arcsin(0,8)) $.
  Сравним $ \frac{5\pi}{3} $ и $ 2\pi-\arcsin(0,8) $. Это эквивалентно сравнению $ \arcsin(0,8) $ и $ \frac{\pi}{3} $.
  Так как $ \sin(\frac{\pi}{3}) = \frac{\sqrt{3}}{2} \approx 0,866 $, а $ \sin(\arcsin(0,8)) = 0,8 $, и синус возрастает на $ [0, \frac{\pi}{2}] $, то $ \arcsin(0,8) < \frac{\pi}{3} $.
  Следовательно, $ 2\pi - \arcsin(0,8) > 2\pi - \frac{\pi}{3} = \frac{5\pi}{3} $.
  Значит, пересечением является интервал $ (2\pi - \arcsin(0,8), 2\pi) $.

Объединяя результаты и обобщая на все периоды, получаем решение.

Ответ: $ x \in (\frac{2\pi}{3} + 2\pi k, \pi + 2\pi k) \cup (2\pi - \arcsin(0,8) + 2\pi k, 2\pi + 2\pi k) $, где $k \in \mathbb{Z}$.

б) Решим систему неравенств:

$$ \begin{cases} \cos x < \frac{4}{9} \\ \text{ctg } x > -3 \end{cases} $$

1. Решим первое неравенство: $ \cos x < \frac{4}{9} $.

Корни уравнения $ \cos x = \frac{4}{9} $: $ x = \pm \arccos(\frac{4}{9}) + 2\pi k $, $k \in \mathbb{Z}$.
На единичной окружности неравенству $ \cos x < \frac{4}{9} $ соответствуют точки, абсцисса которых меньше $ \frac{4}{9} $. Это дуга от $ \arccos(\frac{4}{9}) $ до $ 2\pi - \arccos(\frac{4}{9}) $ против часовой стрелки.
Решение первого неравенства: $ x \in (\arccos(\frac{4}{9}) + 2\pi k, 2\pi - \arccos(\frac{4}{9}) + 2\pi k) $, $k \in \mathbb{Z}$.

2. Решим второе неравенство: $ \text{ctg } x > -3 $.

Корни уравнения $ \text{ctg } x = -3 $: $ x = \text{arcctg}(-3) + \pi n $, $n \in \mathbb{Z}$.
Функция $ y = \text{ctg } x $ убывающая, поэтому неравенство $ \text{ctg } x > -3 $ выполняется при $ x $, меньших, чем корень уравнения, в пределах одного периода.
Решение второго неравенства: $ x \in (\pi n, \text{arcctg}(-3) + \pi n) $, $n \in \mathbb{Z}$.

3. Найдем пересечение полученных решений. Рассмотрим промежуток длиной $ 2\pi $, например $ [0, 2\pi) $.

Решение первого неравенства на $ [0, 2\pi) $: $ (\arccos(\frac{4}{9}), 2\pi - \arccos(\frac{4}{9})) $.

Решения второго неравенства на $ [0, 2\pi) $:
При $n=0$: $ (0, \text{arcctg}(-3)) $.
При $n=1$: $ (\pi, \pi + \text{arcctg}(-3)) $.
Итак, $ x \in (0, \text{arcctg}(-3)) \cup (\pi, \pi + \text{arcctg}(-3)) $.

Найдем пересечение множеств:

• Пересечение $ (\arccos(\frac{4}{9}), 2\pi - \arccos(\frac{4}{9})) $ и $ (0, \text{arcctg}(-3)) $.
  $ \arccos(\frac{4}{9}) \in (0, \frac{\pi}{2}) $ и $ \text{arcctg}(-3) \in (\frac{\pi}{2}, \pi) $.
  Так как $ \arccos(\frac{4}{9}) > 0 $ и $ \text{arcctg}(-3) < \pi < 2\pi - \arccos(\frac{4}{9}) $, пересечением будет интервал $ (\arccos(\frac{4}{9}), \text{arcctg}(-3)) $.
• Пересечение $ (\arccos(\frac{4}{9}), 2\pi - \arccos(\frac{4}{9})) $ и $ (\pi, \pi + \text{arcctg}(-3)) $.
  Нижняя граница пересечения $ \max(\arccos(\frac{4}{9}), \pi) = \pi $.
  Верхняя граница $ \min(2\pi - \arccos(\frac{4}{9}), \pi + \text{arcctg}(-3)) $.
  Сравним $ 2\pi - \arccos(\frac{4}{9}) $ и $ \pi + \text{arcctg}(-3) $.
  $ \pi + \text{arcctg}(-3) = \pi + (\pi - \text{arcctg}(3)) = 2\pi - \text{arcctg}(3) $.
  Сравним $ \arccos(\frac{4}{9}) $ и $ \text{arcctg}(3) $. Пусть $ u = \arccos(\frac{4}{9}) $ и $ v = \text{arcctg}(3) $.
  $ \cos u = \frac{4}{9} $. Из $ \text{ctg } v = 3 $ следует $ \cos v = \frac{\text{ctg } v}{\sqrt{1+\text{ctg}^2 v}} = \frac{3}{\sqrt{10}} $.
  Сравним $ (\frac{4}{9})^2 = \frac{16}{81} $ и $ (\frac{3}{\sqrt{10}})^2 = \frac{9}{10} $.
  $ \frac{16}{81} < \frac{9}{10} $ (так как $160 < 729$), значит $ \cos u < \cos v $.
  Поскольку косинус убывает на $ [0, \frac{\pi}{2}] $, то $ u > v $, то есть $ \arccos(\frac{4}{9}) > \text{arcctg}(3) $.
  Отсюда $ -\arccos(\frac{4}{9}) < -\text{arcctg}(3) $, и $ 2\pi - \arccos(\frac{4}{9}) < 2\pi - \text{arcctg}(3) = \pi + \text{arcctg}(-3) $.
  Значит, верхняя граница пересечения равна $ 2\pi - \arccos(\frac{4}{9}) $.
  Пересечением является интервал $ (\pi, 2\pi - \arccos(\frac{4}{9})) $.

Объединяя результаты и обобщая на все периоды, получаем решение.

Ответ: $ x \in (\arccos(\frac{4}{9}) + 2\pi k, \text{arcctg}(-3) + 2\pi k) \cup (\pi + 2\pi k, 2\pi - \arccos(\frac{4}{9}) + 2\pi k) $, где $k \in \mathbb{Z}$.

22.49. a) $ \begin{cases} \sin 2x < \frac{1}{2}, \\ 25 - x^2 \ge 0; \end{cases} $

б) $ \begin{cases} \cos \left( 3x + \frac{\pi}{4} \right) < \frac{\sqrt{2}}{2}, \\ \left| x + 2 \right| < 3. \end{cases} $

а)

Решим систему неравенств:

$$ \begin{cases} \sin 2x < \frac{1}{2}, \\ 25 - x^2 \geqslant 0; \end{cases} $$

1. Сначала решим второе неравенство, чтобы найти область допустимых значений $x$:

$25 - x^2 \geqslant 0$

$x^2 \leqslant 25$

Решением этого неравенства является отрезок $x \in [-5; 5]$.

2. Теперь решим первое, тригонометрическое неравенство:

$\sin 2x < \frac{1}{2}$

Обозначим $t = 2x$, тогда неравенство примет вид $\sin t < \frac{1}{2}$.

Решения неравенства $\sin t < a$ имеют вид $\pi - \arcsin a + 2\pi n < t < 2\pi + \arcsin a + 2\pi n$. В нашем случае $a = \frac{1}{2}$, $\arcsin \frac{1}{2} = \frac{\pi}{6}$.

Таким образом, решение для $t$:

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

$\frac{5\pi}{6} + 2\pi n < t < \frac{13\pi}{6} + 2\pi n$

Подставим обратно $t = 2x$:

$\frac{5\pi}{6} + 2\pi n < 2x < \frac{13\pi}{6} + 2\pi n$

Разделим все части неравенства на 2:

$\frac{5\pi}{12} + \pi n < x < \frac{13\pi}{12} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

3. Найдем пересечение полученных интервалов с отрезком $[-5; 5]$. Для этого будем подставлять различные целые значения $n$ и проверять, попадают ли соответствующие интервалы в область $[-5; 5]$.

• При $n = -2$: $x \in (\frac{5\pi}{12} - 2\pi, \frac{13\pi}{12} - 2\pi) = (-\frac{19\pi}{12}, -\frac{11\pi}{12})$. Используя приближение $\pi \approx 3.14$, получаем интервал $(-4.97, -2.88)$. Этот интервал полностью лежит внутри отрезка $[-5; 5]$.
• При $n = -1$: $x \in (\frac{5\pi}{12} - \pi, \frac{13\pi}{12} - \pi) = (-\frac{7\pi}{12}, \frac{\pi}{12})$. Приближенно это интервал $(-1.83, 0.26)$, который также полностью лежит внутри отрезка $[-5; 5]$.
• При $n = 0$: $x \in (\frac{5\pi}{12}, \frac{13\pi}{12})$. Приближенно это интервал $(1.31, 3.40)$, который также полностью лежит внутри отрезка $[-5; 5]$.
• При $n = 1$: $x \in (\frac{5\pi}{12} + \pi, \frac{13\pi}{12} + \pi) = (\frac{17\pi}{12}, \frac{25\pi}{12})$. Приближенно это интервал $(4.45, 6.54)$. Его пересечение с отрезком $[-5; 5]$ дает $(\frac{17\pi}{12}, 5]$. Точка $x=5$ включается, так как она удовлетворяет обоим исходным неравенствам ($25 - 5^2 \geqslant 0$ и $\sin(10) < 1/2$).
• При $n \leqslant -3$ и $n \geqslant 2$ получаемые интервалы не пересекаются с отрезком $[-5; 5]$.

Объединяя все найденные решения, получаем итоговый ответ.

Ответ: $x \in (-\frac{19\pi}{12}; -\frac{11\pi}{12}) \cup (-\frac{7\pi}{12}; \frac{\pi}{12}) \cup (\frac{5\pi}{12}; \frac{13\pi}{12}) \cup (\frac{17\pi}{12}; 5]$.

б)

Решим систему неравенств:

$$ \begin{cases} \cos\left(3x + \frac{\pi}{4}\right) < \frac{\sqrt{2}}{2}, \\ |x + 2| < 3. \end{cases} $$

1. Сначала решим второе неравенство с модулем:

$|x + 2| < 3$

$-3 < x + 2 < 3$

$-3 - 2 < x < 3 - 2$

$-5 < x < 1$. Таким образом, решение должно принадлежать интервалу $x \in (-5; 1)$.

2. Теперь решим первое, тригонометрическое неравенство:

$\cos\left(3x + \frac{\pi}{4}\right) < \frac{\sqrt{2}}{2}$

Обозначим $t = 3x + \frac{\pi}{4}$, тогда неравенство примет вид $\cos t < \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Решения неравенства $\cos t < a$ имеют вид $\arccos a + 2\pi n < t < 2\pi - \arccos a + 2\pi n$. В нашем случае $a = \frac{\sqrt{2}}{2}$, $\arccos \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\pi}{4}$.

Таким образом, решение для $t$:

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

$\frac{\pi}{4} + 2\pi n < t < \frac{7\pi}{4} + 2\pi n$

Подставим обратно $t = 3x + \frac{\pi}{4}$:

$\frac{\pi}{4} + 2\pi n < 3x + \frac{\pi}{4} < \frac{7\pi}{4} + 2\pi n$

Вычтем $\frac{\pi}{4}$ из всех частей неравенства:

$2\pi n < 3x < \frac{6\pi}{4} + 2\pi n$

$2\pi n < 3x < \frac{3\pi}{2} + 2\pi n$

Разделим все части неравенства на 3:

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

3. Найдем пересечение полученных интервалов с интервалом $(-5; 1)$. Будем подставлять целые значения $n$.

• При $n = 0$: $x \in (0, \frac{\pi}{2})$. Приближенно $(0, 1.57)$. Пересечение с $(-5; 1)$ дает интервал $(0; 1)$.
• При $n = -1$: $x \in (-\frac{2\pi}{3}, \frac{\pi}{2} - \frac{2\pi}{3}) = (-\frac{2\pi}{3}, -\frac{\pi}{6})$. Приближенно $(-2.09, -0.52)$. Этот интервал полностью лежит внутри $(-5; 1)$.
• При $n = -2$: $x \in (-\frac{4\pi}{3}, \frac{\pi}{2} - \frac{4\pi}{3}) = (-\frac{4\pi}{3}, -\frac{5\pi}{6})$. Приближенно $(-4.19, -2.62)$. Этот интервал также полностью лежит внутри $(-5; 1)$.
• При $n = -3$: $x \in (-\frac{6\pi}{3}, \frac{\pi}{2} - \frac{6\pi}{3}) = (-2\pi, -\frac{3\pi}{2})$. Приближенно $(-6.28, -4.71)$. Пересечение с $(-5; 1)$ дает интервал $(-5, -\frac{3\pi}{2})$.
• При $n \geqslant 1$ и $n \leqslant -4$ получаемые интервалы не пересекаются с интервалом $(-5; 1)$.

Объединяя все найденные решения, получаем итоговый ответ.

Ответ: $x \in (-5; -\frac{3\pi}{2}) \cup (-\frac{4\pi}{3}; -\frac{5\pi}{6}) \cup (-\frac{2\pi}{3}; -\frac{\pi}{6}) \cup (0; 1)$.

Решите уравнение:

22.50. a) $|x + 3| \sin x = x + 3;$

б) $2|x - 6| \cos x = x - 6.$

Дано уравнение $|x + 3| \sin x = x + 3$.

Решение данного уравнения можно найти, рассмотрев три случая для выражения под знаком модуля $x+3$.

1. Случай, когда $x + 3 = 0$, то есть $x = -3$.
Подставим это значение в исходное уравнение:
$|-3 + 3| \sin(-3) = -3 + 3$
$|0| \cdot \sin(-3) = 0$
$0 = 0$
Получено верное равенство, следовательно, $x = -3$ является корнем уравнения.

2. Случай, когда $x + 3 > 0$, то есть $x > -3$.
При этом условии $|x + 3| = x + 3$. Уравнение принимает вид:
$(x + 3) \sin x = x + 3$
Так как $x + 3 \neq 0$, можно разделить обе части уравнения на $(x + 3)$:
$\sin x = 1$
Общее решение этого тригонометрического уравнения: $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
Теперь необходимо выбрать те корни, которые удовлетворяют условию $x > -3$:
$\frac{\pi}{2} + 2\pi n > -3$
$2\pi n > -3 - \frac{\pi}{2}$
$n > \frac{-3 - \pi/2}{2\pi} \approx \frac{-3 - 1.57}{6.28} \approx -0.727$
Поскольку $n$ является целым числом, это неравенство выполняется при $n \ge 0$.
Таким образом, решения для этого случая: $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}, n \ge 0$.

3. Случай, когда $x + 3 < 0$, то есть $x < -3$.
При этом условии $|x + 3| = -(x + 3)$. Уравнение принимает вид:
$-(x + 3) \sin x = x + 3$
Так как $x + 3 \neq 0$, разделим обе части на $(x + 3)$:
$-\sin x = 1$, что равносильно $\sin x = -1$.
Общее решение: $x = -\frac{\pi}{2} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Выберем корни, удовлетворяющие условию $x < -3$:
$-\frac{\pi}{2} + 2\pi k < -3$
$2\pi k < -3 + \frac{\pi}{2}$
$k < \frac{-3 + \pi/2}{2\pi} \approx \frac{-3 + 1.57}{6.28} \approx -0.227$
Поскольку $k$ — целое число, это неравенство выполняется при $k \le -1$.
Таким образом, решения для этого случая: $x = -\frac{\pi}{2} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}, k \le -1$.

Ответ: $x = -3$; $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}, n \ge 0$; $x = -\frac{\pi}{2} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}, k \le -1$.

Дано уравнение $2|x - 6| \cos x = x - 6$.

Решение ищется путем рассмотрения трех случаев для выражения под знаком модуля $x-6$.

1. Случай, когда $x - 6 = 0$, то есть $x = 6$.
Подставим это значение в исходное уравнение:
$2|6 - 6| \cos(6) = 6 - 6$
$2 \cdot 0 \cdot \cos(6) = 0$
$0 = 0$
Получено верное равенство, следовательно, $x = 6$ является корнем уравнения.

2. Случай, когда $x - 6 > 0$, то есть $x > 6$.
При этом условии $|x - 6| = x - 6$. Уравнение принимает вид:
$2(x - 6) \cos x = x - 6$
Разделим обе части на $x - 6 \neq 0$:
$2\cos x = 1 \implies \cos x = \frac{1}{2}$.
Общие решения: $x = \pm \frac{\pi}{3} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
Выберем корни, удовлетворяющие условию $x > 6$:
Для серии $x = \frac{\pi}{3} + 2\pi n$: $\frac{\pi}{3} + 2\pi n > 6 \implies 2\pi n > 6 - \frac{\pi}{3} \implies n > \frac{6 - \pi/3}{2\pi} \approx 0.788$. Так как $n$ целое, $n \ge 1$.
Для серии $x = -\frac{\pi}{3} + 2\pi n$: $-\frac{\pi}{3} + 2\pi n > 6 \implies 2\pi n > 6 + \frac{\pi}{3} \implies n > \frac{6 + \pi/3}{2\pi} \approx 1.12$. Так как $n$ целое, $n \ge 2$.
Решения в этом случае: $x = \frac{\pi}{3} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}, n \ge 1$ и $x = -\frac{\pi}{3} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}, n \ge 2$.

3. Случай, когда $x - 6 < 0$, то есть $x < 6$.
При этом условии $|x - 6| = -(x - 6)$. Уравнение принимает вид:
$2(-(x - 6)) \cos x = x - 6$
Разделим обе части на $x - 6 \neq 0$:
$-2\cos x = 1 \implies \cos x = -\frac{1}{2}$.
Общие решения: $x = \pm \frac{2\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Выберем корни, удовлетворяющие условию $x < 6$:
Для серии $x = \frac{2\pi}{3} + 2\pi k$: $\frac{2\pi}{3} + 2\pi k < 6 \implies 2\pi k < 6 - \frac{2\pi}{3} \implies k < \frac{6 - 2\pi/3}{2\pi} \approx 0.62$. Так как $k$ целое, $k \le 0$.
Для серии $x = -\frac{2\pi}{3} + 2\pi k$: $-\frac{2\pi}{3} + 2\pi k < 6 \implies 2\pi k < 6 + \frac{2\pi}{3} \implies k < \frac{6 + 2\pi/3}{2\pi} \approx 1.28$. Так как $k$ целое, $k \le 1$.
Решения в этом случае: $x = \frac{2\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}, k \le 0$ и $x = -\frac{2\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}, k \le 1$.

Ответ: $x=6$; $x = \frac{\pi}{3} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}, n \ge 1$; $x = -\frac{\pi}{3} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}, n \ge 2$; $x = \frac{2\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}, k \le 0$; $x = -\frac{2\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}, k \le 1$.

22.51. a) $\sqrt{16 - x^2} \sin x = 0;$

б) $(\sqrt{2} \cos x - 1)\sqrt{4x^2 - 7x + 3} = 0;$

в) $\sqrt{7x - x^2}(2 \cos x - 1) = 0;$

г) $(2 \sin x - \sqrt{3})\sqrt{3x^2 - 7x + 4} = 0.$

а) $\sqrt{16 - x^2} \sin x = 0$

Произведение двух множителей равно нулю, если хотя бы один из них равен нулю, а другой при этом имеет смысл.
Сначала найдем область допустимых значений (ОДЗ). Выражение под корнем должно быть неотрицательным:
$16 - x^2 \ge 0$
$x^2 \le 16$
$-4 \le x \le 4$
Таким образом, ОДЗ: $x \in [-4, 4]$.

Теперь решим уравнение. Оно равносильно совокупности двух уравнений с учетом ОДЗ:

1) $\sqrt{16 - x^2} = 0$
$16 - x^2 = 0$
$x^2 = 16$
$x_1 = 4$, $x_2 = -4$.
Оба корня принадлежат ОДЗ.

2) $\sin x = 0$
$x = \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Теперь выберем те корни из второй серии, которые принадлежат отрезку $[-4, 4]$.
Поскольку $\pi \approx 3,14$:
При $k = -1$, $x = -\pi \approx -3,14$. Этот корень входит в ОДЗ.
При $k = 0$, $x = 0$. Этот корень входит в ОДЗ.
При $k = 1$, $x = \pi \approx 3,14$. Этот корень входит в ОДЗ.
При $k = -2$, $x = -2\pi \approx -6,28$. Этот корень не входит в ОДЗ.
При $k = 2$, $x = 2\pi \approx 6,28$. Этот корень не входит в ОДЗ.
Таким образом, подходят значения $k = -1, 0, 1$.

Объединяя все найденные решения, получаем:

Ответ: $-4; -\pi; 0; \pi; 4$.

б) $(\sqrt{2} \cos x - 1)\sqrt{4x^2 - 7x + 3} = 0$

Найдем ОДЗ:
$4x^2 - 7x + 3 \ge 0$.
Найдем корни квадратного трехчлена $4x^2 - 7x + 3 = 0$.
Дискриминант $D = (-7)^2 - 4 \cdot 4 \cdot 3 = 49 - 48 = 1$.
$x_1 = \frac{7 - 1}{8} = \frac{6}{8} = \frac{3}{4}$.
$x_2 = \frac{7 + 1}{8} = \frac{8}{8} = 1$.
Так как ветви параболы направлены вверх, неравенство выполняется при $x \in (-\infty, \frac{3}{4}] \cup [1, +\infty)$.

Уравнение равносильно совокупности:

1) $\sqrt{4x^2 - 7x + 3} = 0$
$4x^2 - 7x + 3 = 0$
$x_1 = \frac{3}{4}$, $x_2 = 1$.
Оба корня принадлежат ОДЗ.

2) $\sqrt{2} \cos x - 1 = 0$, при условии, что $4x^2 - 7x + 3 \ge 0$.
$\cos x = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$
$x = \pm \frac{\pi}{4} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Проверим, какие из этих корней удовлетворяют ОДЗ.
Рассмотрим серию $x = \frac{\pi}{4} + 2\pi k$.
При $k=0$, $x = \frac{\pi}{4}$. Так как $3 < \pi < 4$, то $\frac{3}{4} < \frac{\pi}{4} < 1$. Это значение не входит в ОДЗ.
При $k \ge 1$, $x = \frac{\pi}{4} + 2\pi k \ge \frac{\pi}{4} + 2\pi > 1$, что входит в ОДЗ.
При $k \le -1$, $x = \frac{\pi}{4} + 2\pi k \le \frac{\pi}{4} - 2\pi < 0 < \frac{3}{4}$, что входит в ОДЗ.
Значит, из этой серии подходят все корни, кроме $x = \frac{\pi}{4}$.

Рассмотрим серию $x = -\frac{\pi}{4} + 2\pi k$.
При $k=0$, $x = -\frac{\pi}{4} < 0 < \frac{3}{4}$. Этот корень входит в ОДЗ.
При $k \ge 1$, $x = -\frac{\pi}{4} + 2\pi k \ge -\frac{\pi}{4} + 2\pi = \frac{7\pi}{4} > 1$. Эти корни входят в ОДЗ.
При $k \le -1$, $x = -\frac{\pi}{4} + 2\pi k \le -\frac{\pi}{4} - 2\pi < 0 < \frac{3}{4}$. Эти корни входят в ОДЗ.
Все корни этой серии удовлетворяют ОДЗ.

Ответ: $\frac{3}{4}; 1; -\frac{\pi}{4} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}; \frac{\pi}{4} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}, k \ne 0$.

в) $\sqrt{7x - x^2}(2 \cos x - 1) = 0$

Найдем ОДЗ:
$7x - x^2 \ge 0$
$x(7 - x) \ge 0$
$0 \le x \le 7$.
ОДЗ: $x \in [0, 7]$.

Уравнение равносильно совокупности:

1) $\sqrt{7x - x^2} = 0$
$x(7 - x) = 0$
$x_1 = 0$, $x_2 = 7$.
Оба корня принадлежат ОДЗ.

2) $2 \cos x - 1 = 0$, при условии, что $0 \le x \le 7$.
$\cos x = \frac{1}{2}$
$x = \pm \frac{\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Выберем корни, принадлежащие отрезку $[0, 7]$. Используем $\pi \approx 3,14$.
Рассмотрим серию $x = \frac{\pi}{3} + 2\pi k$:
При $k=0$, $x = \frac{\pi}{3} \approx 1,05$. $0 \le 1,05 \le 7$. Корень подходит.
При $k=1$, $x = \frac{\pi}{3} + 2\pi = \frac{7\pi}{3} \approx 7,33$. $7,33 > 7$. Корень не подходит.
При $k=-1$, $x = \frac{\pi}{3} - 2\pi < 0$. Корень не подходит.

Рассмотрим серию $x = -\frac{\pi}{3} + 2\pi k$:
При $k=0$, $x = -\frac{\pi}{3} < 0$. Корень не подходит.
При $k=1$, $x = -\frac{\pi}{3} + 2\pi = \frac{5\pi}{3} \approx 5,24$. $0 \le 5,24 \le 7$. Корень подходит.
При $k=2$, $x = -\frac{\pi}{3} + 4\pi = \frac{11\pi}{3} \approx 11,5 > 7$. Корень не подходит.

Ответ: $0; 7; \frac{\pi}{3}; \frac{5\pi}{3}$.

г) $(2 \sin x - \sqrt{3})\sqrt{3x^2 - 7x + 4} = 0$

Найдем ОДЗ:
$3x^2 - 7x + 4 \ge 0$.
Найдем корни уравнения $3x^2 - 7x + 4 = 0$.
$D = (-7)^2 - 4 \cdot 3 \cdot 4 = 49 - 48 = 1$.
$x_1 = \frac{7 - 1}{6} = 1$.
$x_2 = \frac{7 + 1}{6} = \frac{8}{6} = \frac{4}{3}$.
ОДЗ: $x \in (-\infty, 1] \cup [\frac{4}{3}, +\infty)$.

Уравнение равносильно совокупности:

1) $\sqrt{3x^2 - 7x + 4} = 0$
$3x^2 - 7x + 4 = 0$
$x_1 = 1$, $x_2 = \frac{4}{3}$.
Оба корня принадлежат ОДЗ.

2) $2 \sin x - \sqrt{3} = 0$, при условии, что $x \in (-\infty, 1] \cup [\frac{4}{3}, +\infty)$.
$\sin x = \frac{\sqrt{3}}{2}$
$x = \frac{\pi}{3} + 2\pi k$ или $x = \frac{2\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Проверим, какие из этих корней удовлетворяют ОДЗ. Интервал, не входящий в ОДЗ: $(1, \frac{4}{3})$. Приближенно $(1, 1.333...)$.
Рассмотрим серию $x = \frac{\pi}{3} + 2\pi k$. ($\pi/3 \approx 1.047$)
При $k=0$, $x = \frac{\pi}{3} \approx 1,047$. Так как $1 < 1,047 < \frac{4}{3}$, это значение не входит в ОДЗ.
При $k \ge 1$, $x \ge \frac{\pi}{3} + 2\pi > \frac{4}{3}$. Эти корни входят в ОДЗ.
При $k \le -1$, $x \le \frac{\pi}{3} - 2\pi < 0 < 1$. Эти корни входят в ОДЗ.
Значит, из этой серии подходят все корни, кроме $x = \frac{\pi}{3}$.

Рассмотрим серию $x = \frac{2\pi}{3} + 2\pi k$. ($2\pi/3 \approx 2.094$)
При $k=0$, $x = \frac{2\pi}{3} \approx 2,094 > \frac{4}{3}$. Этот корень входит в ОДЗ.
Для всех других целых $k$ значения $x$ также будут входить в ОДЗ.
Все корни этой серии удовлетворяют ОДЗ.

Ответ: $1; \frac{4}{3}; \frac{2\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}; \frac{\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}, k \ne 0$.

22.52. Найдите область определения функции:

а) $y = \frac{\sin x}{2 \cos x - 1}$;

б) $y = \frac{\operatorname{ctg} x}{\pi - 3 \cos x}$;

в) $y = \frac{\sqrt{x}}{\sin x}$;

г) $y = \frac{\operatorname{tg} x}{\sqrt{x} - 5}$.

а) $y = \frac{\sin x}{2 \cos x - 1}$

Область определения функции — это множество всех значений аргумента $x$, при которых функция имеет смысл. Данная функция представляет собой дробь. Дробь определена, когда ее знаменатель не равен нулю. Следовательно, должно выполняться условие:

$2 \cos x - 1 \neq 0$

Решим уравнение $2 \cos x - 1 = 0$:

$2 \cos x = 1$

$\cos x = \frac{1}{2}$

Общее решение этого тригонометрического уравнения имеет вид $x = \pm \arccos(\frac{1}{2}) + 2\pi k$, где $k$ — любое целое число ($k \in \mathbb{Z}$).

Поскольку $\arccos(\frac{1}{2}) = \frac{\pi}{3}$, получаем значения $x$, которые необходимо исключить из области определения:

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

Ответ: все действительные числа, кроме $x = \pm \frac{\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

б) $y = \frac{\operatorname{ctg} x}{\pi - 3 \cos x}$

Функция определена, если выполнены два условия:

1. Определена функция котангенса $\operatorname{ctg} x$.
2. Знаменатель дроби не равен нулю: $\pi - 3 \cos x \neq 0$.

1. Функция $\operatorname{ctg} x = \frac{\cos x}{\sin x}$ определена, когда ее знаменатель $\sin x \neq 0$. Уравнение $\sin x = 0$ имеет решения $x = \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$. Следовательно, $x \neq \pi n$ для любого целого $n$.

2. Рассмотрим второе условие: $\pi - 3 \cos x \neq 0$, что равносильно $\cos x \neq \frac{\pi}{3}$. Область значений функции косинуса — это отрезок $[-1, 1]$. Так как число $\pi \approx 3.14$, то $\frac{\pi}{3} \approx 1.047$, что больше 1. Поэтому уравнение $\cos x = \frac{\pi}{3}$ не имеет решений, и знаменатель дроби никогда не обращается в ноль.

Таким образом, единственным ограничением для области определения является условие существования котангенса.

Ответ: все действительные числа, кроме $x = \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

в) $y = \frac{\sqrt{x}}{\sin x}$

Функция определена, если выполнены два условия:

1. Выражение под знаком квадратного корня неотрицательно: $x \ge 0$.
2. Знаменатель дроби не равен нулю: $\sin x \neq 0$.

Из первого условия следует, что $x \ge 0$.

Из второго условия, $\sin x \neq 0$, следует, что $x \neq \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Объединим оба условия: $x \ge 0$ и $x \neq \pi n$ для всех целых $n$.

Рассмотрим значения $n$:

• Если $n = 0$, то $x = 0$. Условие $x \ge 0$ выполняется, но $x$ нужно исключить.
• Если $n > 0$ (т.е. $n$ — натуральное число, $n \in \mathbb{N}$), то $x = \pi, 2\pi, 3\pi, \dots$ Эти положительные значения также нужно исключить.
• Если $n < 0$, то $x$ принимает отрицательные значения, которые уже исключены условием $x \ge 0$.

Таким образом, область определения состоит из всех положительных чисел, за исключением чисел вида $\pi n$, где $n$ — натуральное число.

Ответ: $x > 0$ и $x \neq \pi n$, где $n \in \mathbb{N}$.

г) $y = \frac{\operatorname{tg} x}{\sqrt{x-5}}$

Функция определена, если выполнены три условия:

1. Определена функция тангенса $\operatorname{tg} x$.
2. Выражение под знаком квадратного корня неотрицательно: $x - 5 \ge 0$.
3. Знаменатель дроби не равен нулю: $\sqrt{x-5} \neq 0$.

Условия 2 и 3 можно объединить в одно строгое неравенство: $x - 5 > 0$, откуда $x > 5$.

Условие 1: функция $\operatorname{tg} x = \frac{\sin x}{\cos x}$ определена, когда $\cos x \neq 0$. Уравнение $\cos x = 0$ имеет решения $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$. Эти значения нужно исключить.

Объединим все условия: $x > 5$ и $x \neq \frac{\pi}{2} + \pi k$ для всех целых $k$.

Теперь найдем, при каких целых $k$ значения $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$ оказываются больше 5:

$\frac{\pi}{2} + \pi k > 5$

$\pi(k + 0.5) > 5$

$k + 0.5 > \frac{5}{\pi}$

$k > \frac{5}{\pi} - 0.5$

Используя $\pi \approx 3.14$, получаем $k > \frac{5}{3.14} - 0.5 \approx 1.59 - 0.5 = 1.09$.

Так как $k$ — целое число, то наименьшее значение $k$, удовлетворяющее этому неравенству, равно 2. Следовательно, нужно исключить точки $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$ для всех целых $k \ge 2$.

Ответ: $x > 5$ и $x \neq \frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}, k \ge 2$.