Номер 15.19, страница 46, часть 2 - гдз по алгебре 10-11 класс задачник Мордкович, Семенов

Часть 2. Глава 3. Тригонометрические уравнения. §15. Арккосинус. Решение уравнения cos t =а - номер 15.19, страница 46.

Условие.

15.19 a) $3\cos^2 t - 4\cos t \ge 4$;

б) $6\cos^2 t + 1 > 5\cos t$;

В) $3\cos^2 t - 4\cos t < 4$;

Г) $6\cos^2 t + 1 \le 5\cos t$.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 5.

Решение 6.

a) $3\cos^2 t - 4\cos t \ge 4$

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

Это квадратное неравенство относительно $\cos t$. Сделаем замену переменной: пусть $x = \cos t$. Поскольку область значений функции косинус – отрезок $[-1, 1]$, то $-1 \le x \le 1$.

Получаем систему неравенств:
$\left\{ \begin{array}{l} 3x^2 - 4x - 4 \ge 0 \\ -1 \le x \le 1 \end{array} \right.$

Сначала решим квадратное неравенство $3x^2 - 4x - 4 \ge 0$. Найдем корни соответствующего уравнения $3x^2 - 4x - 4 = 0$ через дискриминант.
$D = b^2 - 4ac = (-4)^2 - 4 \cdot 3 \cdot (-4) = 16 + 48 = 64 = 8^2$.
$x_1 = \frac{-b - \sqrt{D}}{2a} = \frac{4 - 8}{2 \cdot 3} = \frac{-4}{6} = -\frac{2}{3}$.
$x_2 = \frac{-b + \sqrt{D}}{2a} = \frac{4 + 8}{2 \cdot 3} = \frac{12}{6} = 2$.

Графиком функции $y=3x^2-4x-4$ является парабола с ветвями, направленными вверх. Значит, неравенство $3x^2 - 4x - 4 \ge 0$ выполняется при $x \in (-\infty, -\frac{2}{3}] \cup [2, +\infty)$.

Теперь учтем ограничение $-1 \le x \le 1$. Найдем пересечение множеств: $(-\infty, -\frac{2}{3}] \cup [2, +\infty)$ и $[-1, 1]$.
Пересечение дает нам отрезок $[-1, -\frac{2}{3}]$.

Вернемся к замене: $-1 \le \cos t \le -\frac{2}{3}$.
Неравенство $\cos t \ge -1$ выполняется для всех действительных $t$. Остается решить неравенство $\cos t \le -\frac{2}{3}$.

Решением этого неравенства на единичной окружности является дуга, заключенная между точками, соответствующими углам $\arccos(-\frac{2}{3})$ и $2\pi - \arccos(-\frac{2}{3})$. С учетом периодичности, получаем:
$\arccos(-\frac{2}{3}) + 2\pi k \le t \le 2\pi - \arccos(-\frac{2}{3}) + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Используя тождество $\arccos(-z) = \pi - \arccos(z)$, можно записать ответ в другом виде:
$\pi - \arccos(\frac{2}{3}) + 2\pi k \le t \le \pi + \arccos(\frac{2}{3}) + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

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

б) $6\cos^2 t + 1 > 5\cos t$

Перепишем неравенство: $6\cos^2 t - 5\cos t + 1 > 0$.

Сделаем замену $x = \cos t$, где $-1 \le x \le 1$.
Решим систему:
$\left\{ \begin{array}{l} 6x^2 - 5x + 1 > 0 \\ -1 \le x \le 1 \end{array} \right.$

Найдем корни уравнения $6x^2 - 5x + 1 = 0$:
$D = (-5)^2 - 4 \cdot 6 \cdot 1 = 25 - 24 = 1 = 1^2$.
$x_1 = \frac{5 - 1}{12} = \frac{4}{12} = \frac{1}{3}$.
$x_2 = \frac{5 + 1}{12} = \frac{6}{12} = \frac{1}{2}$.

Парабола $y=6x^2-5x+1$ ветвями вверх, поэтому неравенство $6x^2 - 5x + 1 > 0$ выполняется при $x < \frac{1}{3}$ или $x > \frac{1}{2}$.

Учитывая ограничение $-1 \le x \le 1$, получаем совокупность:
$-1 \le x < \frac{1}{3}$ или $\frac{1}{2} < x \le 1$.

Возвращаемся к переменной $t$:
$-1 \le \cos t < \frac{1}{3}$ или $\frac{1}{2} < \cos t \le 1$.
1) $\cos t < \frac{1}{3} \implies \arccos(\frac{1}{3}) + 2\pi k < t < 2\pi - \arccos(\frac{1}{3}) + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.
2) $\cos t > \frac{1}{2} \implies -\frac{\pi}{3} + 2\pi k < t < \frac{\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Объединяя эти два непересекающихся множества решений, получаем окончательный ответ.

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

в) $3\cos^2 t - 4\cos t < 4$

Перенесем 4 в левую часть: $3\cos^2 t - 4\cos t - 4 < 0$.

Это неравенство является противоположным по знаку неравенству из пункта а). Сделав замену $x = \cos t$, получим $3x^2 - 4x - 4 < 0$.

Корни уравнения $3x^2 - 4x - 4 = 0$ равны $x_1 = -\frac{2}{3}$ и $x_2 = 2$. Так как ветви параболы направлены вверх, решение неравенства есть интервал $(-\frac{2}{3}, 2)$.

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

Возвращаясь к переменной $t$: $-\frac{2}{3} < \cos t \le 1$.
Неравенство $\cos t \le 1$ выполняется для всех $t$. Остается решить $\cos t > -\frac{2}{3}$.

Решением этого неравенства является интервал $(-\arccos(-\frac{2}{3}), \arccos(-\frac{2}{3}))$ с учетом периодичности.
$-\arccos(-\frac{2}{3}) + 2\pi k < t < \arccos(-\frac{2}{3}) + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

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

г) $6\cos^2 t + 1 \le 5\cos t$

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

Это неравенство противоположно по знаку неравенству из пункта б) (с учетом равенства). Сделав замену $x = \cos t$, получим $6x^2 - 5x + 1 \le 0$.

Корни уравнения $6x^2 - 5x + 1 = 0$ равны $x_1 = \frac{1}{3}$ и $x_2 = \frac{1}{2}$. Решением неравенства является отрезок $[\frac{1}{3}, \frac{1}{2}]$.

Этот отрезок полностью входит в область допустимых значений $[-1, 1]$.

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

Это двойное неравенство. На единичной окружности ему соответствуют две симметричные дуги.
- В первой и второй четвертях (для $t \in [0, \pi]$) функция $\cos t$ убывает. Поэтому $\cos t = \frac{1}{2}$ при $t=\frac{\pi}{3}$, а $\cos t = \frac{1}{3}$ при $t=\arccos(\frac{1}{3})$. Решением является отрезок $[\frac{\pi}{3}, \arccos(\frac{1}{3})]$.
- В третьей и четвертой четвертях (для $t \in [-\pi, 0]$), в силу четности косинуса, решением будет симметричный отрезок $[-\arccos(\frac{1}{3}), -\frac{\pi}{3}]$.

Объединяя эти решения и добавляя период $2\pi k$, получаем окончательный ответ.

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