Номер 15.20, страница 46, часть 2 - гдз по алгебре 10-11 класс задачник Мордкович, Семенов

§15. Арккосинус. Решение уравнения cos t =а. Глава 3. Тригонометрические уравнения. ч. 2 - номер 15.20, страница 46.

15.20 а) $4 \cos^2 t < 1$;

б) $3 \cos^2 t < \cos t$;

В) $9 \cos^2 t > 1$;

Г) $3 \cos^2 t > \cos t$.

а) $4 \cos^2 t < 1$

Разделим обе части неравенства на 4:
$\cos^2 t < \frac{1}{4}$
Это неравенство эквивалентно двойному неравенству:
$-\sqrt{\frac{1}{4}} < \cos t < \sqrt{\frac{1}{4}}$
$-\frac{1}{2} < \cos t < \frac{1}{2}$
Для решения этого неравенства воспользуемся единичной тригонометрической окружностью. Нам нужно найти все углы $t$, для которых косинус (абсцисса точки на окружности) находится в интервале от $-\frac{1}{2}$ до $\frac{1}{2}$.
Найдем граничные точки:
$\cos t = \frac{1}{2} \implies t = \pm\frac{\pi}{3} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$
$\cos t = -\frac{1}{2} \implies t = \pm\frac{2\pi}{3} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$
На единичной окружности этому условию соответствуют две дуги: одна в первом и втором квадрантах, другая — в третьем и четвертом.
Первая дуга: от $\frac{\pi}{3}$ до $\frac{2\pi}{3}$.
Вторая дуга: от $\frac{4\pi}{3}$ до $\frac{5\pi}{3}$.
Записывая общее решение с учетом периодичности, получаем два семейства интервалов:
$\frac{\pi}{3} + 2\pi n < t < \frac{2\pi}{3} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$
$\frac{4\pi}{3} + 2\pi n < t < \frac{5\pi}{3} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$
Эти два семейства можно объединить в одну формулу:

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

б) $3 \cos^2 t < \cos t$

Перенесем все члены неравенства в левую часть:
$3 \cos^2 t - \cos t < 0$
Сделаем замену переменной: пусть $x = \cos t$. Учитывая, что $-1 \le \cos t \le 1$, получаем систему:
$\begin{cases} 3x^2 - x < 0 \\ -1 \le x \le 1 \end{cases}$
Решим первое неравенство. Найдем корни уравнения $3x^2 - x = 0$:
$x(3x - 1) = 0 \implies x_1 = 0, x_2 = \frac{1}{3}$.
Графиком функции $y = 3x^2 - x$ является парабола с ветвями вверх, поэтому неравенство $3x^2 - x < 0$ выполняется между корнями: $0 < x < \frac{1}{3}$.
Этот интервал полностью удовлетворяет условию $-1 \le x \le 1$.
Возвращаемся к исходной переменной:
$0 < \cos t < \frac{1}{3}$
На единичной окружности это соответствует дугам, где абсцисса точки находится между 0 и $\frac{1}{3}$.
Это две дуги:
1. В первом квадранте: от $t = \arccos(\frac{1}{3})$ до $t = \frac{\pi}{2}$.
2. В четвертом квадранте: от $t = -\frac{\pi}{2}$ до $t = -\arccos(\frac{1}{3})$.
Запишем общее решение с учетом периода $2\pi$:

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

в) $9 \cos^2 t > 1$

Разделим обе части на 9:
$\cos^2 t > \frac{1}{9}$
Это неравенство равносильно совокупности двух неравенств:
$\cos t > \frac{1}{3}$ или $\cos t < -\frac{1}{3}$.
Решим каждое неравенство:
1. $\cos t > \frac{1}{3}$. Решение этого неравенства: $-\arccos(\frac{1}{3}) + 2\pi n < t < \arccos(\frac{1}{3}) + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.
2. $\cos t < -\frac{1}{3}$. Решение этого неравенства: $\pi - \arccos(\frac{1}{3}) + 2\pi n < t < \pi + \arccos(\frac{1}{3}) + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.
Объединим эти два множества решений. Можно заметить, что интервалы повторяются через $\pi$. Поэтому решение можно записать в более компактном виде:

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

г) $3 \cos^2 t > \cos t$

Перенесем все члены в левую часть:
$3 \cos^2 t - \cos t > 0$
Пусть $x = \cos t$, где $-1 \le x \le 1$. Получаем квадратное неравенство:
$3x^2 - x > 0$
$x(3x - 1) > 0$
Корни $x_1 = 0, x_2 = \frac{1}{3}$. Так как это парабола с ветвями вверх, неравенство выполняется вне интервала между корнями:
$x < 0$ или $x > \frac{1}{3}$.
Возвращаемся к переменной $t$ и учитываем ее область значений:
$-1 \le \cos t < 0$ или $\frac{1}{3} < \cos t \le 1$.
Решим эту совокупность:
1. Для $\frac{1}{3} < \cos t \le 1$:
$-\arccos(\frac{1}{3}) + 2\pi n < t < \arccos(\frac{1}{3}) + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.
2. Для $-1 \le \cos t < 0$:
$\frac{\pi}{2} + 2\pi n < t < \frac{3\pi}{2} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.
Объединим полученные множества решений.

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