Номер 11.44, страница 321 - гдз по алгебре 10 класс учебник Никольский, Потапов

Глава II. Тригонометрические формулы. Тригонометрические функции. Параграф 11. Тригонометрические уравнения и неравенства. 11.7*. Неравенства, сводящиеся к простейшим заменой неизвестного - номер 11.44, страница 321.

Условие.

11.44 a) $\sin^2 x - \frac{\sqrt{2}}{2} \sin x < 0;$

б) $\sin^2 x + \frac{1}{2} \sin x > 0;$

в) $\cos^2 x - \frac{\sqrt{3}}{2} \cos x < 0;$

г) $\cos^2 x + \frac{\sqrt{2}}{2} \cos x > 0;$

д) $\text{tg}^2 x - \text{tg } x < 0;$

е) $\text{tg}^2 x + \sqrt{3} \text{tg } x > 0;$

ж) $\text{ctg}^2 x - \text{ctg } x < 0;$

з) $\text{ctg}^2 x + \frac{\sqrt{3}}{3} \text{ctg } x > 0.$

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

Решение 5.

а) $\sin^2 x - \frac{\sqrt{2}}{2}\sin x < 0$

Введем замену $t = \sin x$, где $t \in [-1, 1]$. Неравенство принимает вид: $t^2 - \frac{\sqrt{2}}{2}t < 0$.

Вынесем $t$ за скобки: $t(t - \frac{\sqrt{2}}{2}) < 0$.

Корни соответствующего уравнения $t(t - \frac{\sqrt{2}}{2}) = 0$ равны $t_1 = 0$ и $t_2 = \frac{\sqrt{2}}{2}$. Поскольку это парабола с ветвями вверх, неравенство выполняется между корнями: $0 < t < \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Вернемся к исходной переменной: $0 < \sin x < \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Это двойное неравенство решается с помощью единичной окружности. Находим углы, для которых синус принимает значения между $0$ и $\frac{\sqrt{2}}{2}$. Это два интервала на одном обороте: от $0$ до $\frac{\pi}{4}$ и от $\frac{3\pi}{4}$ до $\pi$.

С учетом периодичности функции синус, общее решение имеет вид:

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

б) $\sin^2 x + \frac{1}{2}\sin x > 0$

Введем замену $t = \sin x$, где $t \in [-1, 1]$. Получаем квадратное неравенство: $t^2 + \frac{1}{2}t > 0$.

Выносим $t$ за скобки: $t(t + \frac{1}{2}) > 0$.

Корни уравнения $t(t + \frac{1}{2}) = 0$ равны $t_1 = 0$ и $t_2 = -\frac{1}{2}$. Парабола направлена ветвями вверх, поэтому решение неравенства находится вне интервала между корнями: $t < -\frac{1}{2}$ или $t > 0$.

Выполняем обратную замену: $\sin x < -\frac{1}{2}$ или $\sin x > 0$.

Решаем каждое неравенство отдельно:

1) $\sin x > 0$ при $x \in (2\pi n, \pi + 2\pi n)$.

2) $\sin x < -\frac{1}{2}$ при $x \in (\frac{7\pi}{6} + 2\pi n, \frac{11\pi}{6} + 2\pi n)$.

Объединяем полученные решения.

Ответ: $x \in (2\pi n, \pi + 2\pi n) \cup (\frac{7\pi}{6} + 2\pi n, \frac{11\pi}{6} + 2\pi n), n \in \mathbb{Z}$.

в) $\cos^2 x - \frac{\sqrt{3}}{2}\cos x < 0$

Пусть $t = \cos x$, где $t \in [-1, 1]$. Неравенство становится: $t^2 - \frac{\sqrt{3}}{2}t < 0$.

Факторизуем: $t(t - \frac{\sqrt{3}}{2}) < 0$.

Корни $t_1 = 0$ и $t_2 = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Решение неравенства: $0 < t < \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Возвращаемся к $x$: $0 < \cos x < \frac{\sqrt{3}}{2}$.

На единичной окружности это соответствует дугам, где абсцисса точки больше $0$, но меньше $\frac{\sqrt{3}}{2}$. Это интервалы $(-\frac{\pi}{2}, -\frac{\pi}{6})$ и $(\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2})$.

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

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

г) $\cos^2 x + \frac{\sqrt{2}}{2}\cos x > 0$

Пусть $t = \cos x$, $t \in [-1, 1]$. Неравенство: $t^2 + \frac{\sqrt{2}}{2}t > 0$.

Факторизуем: $t(t + \frac{\sqrt{2}}{2}) > 0$.

Корни $t_1 = 0$ и $t_2 = -\frac{\sqrt{2}}{2}$. Решение: $t < -\frac{\sqrt{2}}{2}$ или $t > 0$.

Обратная замена: $\cos x < -\frac{\sqrt{2}}{2}$ или $\cos x > 0$.

1) $\cos x > 0$ при $x \in (-\frac{\pi}{2} + 2\pi n, \frac{\pi}{2} + 2\pi n)$.

2) $\cos x < -\frac{\sqrt{2}}{2}$ при $x \in (\frac{3\pi}{4} + 2\pi n, \frac{5\pi}{4} + 2\pi n)$.

Объединяем эти решения.

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

д) $\operatorname{tg}^2 x - \operatorname{tg} x < 0$

Пусть $t = \operatorname{tg} x$. Неравенство: $t^2 - t < 0$.

Факторизуем: $t(t - 1) < 0$.

Корни $t_1 = 0$ и $t_2 = 1$. Решение: $0 < t < 1$.

Обратная замена: $0 < \operatorname{tg} x < 1$.

Функция тангенса возрастает на своем основном периоде $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$. $\operatorname{tg} x = 0$ при $x=0$, $\operatorname{tg} x = 1$ при $x=\frac{\pi}{4}$.

Следовательно, решение на одном периоде: $0 < x < \frac{\pi}{4}$.

Добавляя период $\pi n$, получаем общее решение.

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

е) $\operatorname{tg}^2 x + \sqrt{3}\operatorname{tg} x > 0$

Пусть $t = \operatorname{tg} x$. Неравенство: $t^2 + \sqrt{3}t > 0$.

Факторизуем: $t(t + \sqrt{3}) > 0$.

Корни $t_1 = 0$ и $t_2 = -\sqrt{3}$. Решение: $t < -\sqrt{3}$ или $t > 0$.

Обратная замена: $\operatorname{tg} x < -\sqrt{3}$ или $\operatorname{tg} x > 0$.

На основном периоде $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$:

1) $\operatorname{tg} x > 0$ при $x \in (0, \frac{\pi}{2})$.

2) $\operatorname{tg} x < -\sqrt{3}$ при $x \in (-\frac{\pi}{2}, -\frac{\pi}{3})$.

С учетом периодичности $\pi n$ получаем общее решение.

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

ж) $\operatorname{ctg}^2 x - \operatorname{ctg} x < 0$

Пусть $t = \operatorname{ctg} x$. Неравенство: $t^2 - t < 0$.

Факторизуем: $t(t - 1) < 0$.

Корни $t_1 = 0$ и $t_2 = 1$. Решение: $0 < t < 1$.

Обратная замена: $0 < \operatorname{ctg} x < 1$.

Функция котангенса убывает на своем основном периоде $(0, \pi)$. $\operatorname{ctg} x = 1$ при $x=\frac{\pi}{4}$, $\operatorname{ctg} x = 0$ при $x=\frac{\pi}{2}$.

Из-за убывания функции, $0 < \operatorname{ctg} x < 1$ выполняется при $\frac{\pi}{4} < x < \frac{\pi}{2}$.

Добавляя период $\pi n$, получаем общее решение.

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

з) $\operatorname{ctg}^2 x + \frac{\sqrt{3}}{3}\operatorname{ctg} x > 0$

Пусть $t = \operatorname{ctg} x$. Неравенство: $t^2 + \frac{\sqrt{3}}{3}t > 0$.

Факторизуем: $t(t + \frac{\sqrt{3}}{3}) > 0$.

Корни $t_1 = 0$ и $t_2 = -\frac{\sqrt{3}}{3}$. Решение: $t < -\frac{\sqrt{3}}{3}$ или $t > 0$.

Обратная замена: $\operatorname{ctg} x < -\frac{\sqrt{3}}{3}$ или $\operatorname{ctg} x > 0$.

На основном периоде $(0, \pi)$:

1) $\operatorname{ctg} x > 0$ при $x \in (0, \frac{\pi}{2})$.

2) $\operatorname{ctg} x = -\frac{\sqrt{3}}{3}$ при $x = \frac{2\pi}{3}$. Так как котангенс убывает, $\operatorname{ctg} x < -\frac{\sqrt{3}}{3}$ при $x \in (\frac{2\pi}{3}, \pi)$.

Объединяя и добавляя период $\pi n$, получаем общее решение.

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