Номер 11.46, страница 322 - гдз по алгебре 10 класс учебник Никольский, Потапов

11.7*. Неравенства, сводящиеся к простейшим заменой неизвестного. § 11. Тригонометрические уравнения и неравенства. Глава II. Тригонометрические формулы. Тригонометрические функции - номер 11.46, страница 322.

11.46 а) $ \sin x - \frac{6}{\sin x} + 1 > 0; $

б) $ \sin x + \frac{6}{\sin x} + 5 < 0; $

В) $ \cos x - \frac{2}{\cos x} + 1 < 0; $

Г) $ \cos x + \frac{3}{\cos x} - 4 > 0; $

Д) $ \operatorname{tg} x - \frac{4}{\operatorname{tg} x} + 3 < 0; $

е) $ \operatorname{tg} x - \frac{1}{\operatorname{tg} x} > 0; $

Ж) $ \operatorname{ctg} x - \frac{3}{\operatorname{ctg} x} < 0; $

з) $ \operatorname{ctg} x - \frac{4}{\operatorname{ctg} x} + 3 > 0. $

а)

Исходное неравенство: $ \sin x - \frac{6}{\sin x} + 1 > 0 $.

Область допустимых значений (ОДЗ): $ \sin x \ne 0 $, то есть $ x \ne \pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Сделаем замену $ t = \sin x $. Так как $ -1 \le \sin x \le 1 $, то $ t \in [-1, 1] $.

Получаем неравенство для $ t $: $ t - \frac{6}{t} + 1 > 0 $.

Приводим к общему знаменателю: $ \frac{t^2+t-6}{t} > 0 $.

Найдем корни числителя $ t^2+t-6=0 $. По теореме Виета, $ t_1=-3, t_2=2 $.

Неравенство принимает вид $ \frac{(t+3)(t-2)}{t} > 0 $.

Решаем методом интервалов. Корни (точки смены знака): $ t=-3, t=0, t=2 $.

Интервалы, на которых выражение положительно: $ t \in (-3, 0) \cup (2, \infty) $.

Учитываем ограничение $ t \in [-1, 1] $ и $ t \ne 0 $. Пересечение множеств $ ((-3, 0) \cup (2, \infty)) \cap [-1, 1] $ дает $ t \in (-1, 0) $.

Возвращаемся к исходной переменной: $ -1 < \sin x < 0 $.

Это неравенство выполняется для углов в III и IV четвертях, исключая точку, где $ \sin x = -1 $.

Решение: $ x \in (\pi + 2\pi k, 2\pi + 2\pi k) $, при этом $ x \ne \frac{3\pi}{2} + 2\pi k $.

Это можно записать в виде объединения интервалов: $ x \in (\pi + 2\pi k, \frac{3\pi}{2} + 2\pi k) \cup (\frac{3\pi}{2} + 2\pi k, 2\pi + 2\pi k), k \in \mathbb{Z} $.

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

б)

Исходное неравенство: $ \sin x + \frac{6}{\sin x} + 5 < 0 $.

ОДЗ: $ \sin x \ne 0 $, то есть $ x \ne \pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Сделаем замену $ t = \sin x $, где $ t \in [-1, 1] $.

Получаем неравенство: $ t + \frac{6}{t} + 5 < 0 \implies \frac{t^2+5t+6}{t} < 0 $.

Корни числителя $ t^2+5t+6=0 $: $ t_1=-3, t_2=-2 $.

Неравенство принимает вид $ \frac{(t+3)(t+2)}{t} < 0 $.

Решаем методом интервалов. Корни: $ t=-3, t=-2, t=0 $.

Интервалы, на которых выражение отрицательно: $ t \in (-\infty, -3) \cup (-2, 0) $.

Учитываем ограничение $ t \in [-1, 1] $. Пересечение $ ((-\infty, -3) \cup (-2, 0)) \cap [-1, 1] $ дает $ t \in [-1, 0) $.

Возвращаемся к исходной переменной: $ -1 \le \sin x < 0 $.

Это неравенство выполняется для углов в III и IV четвертях.

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

в)

Исходное неравенство: $ \cos x - \frac{2}{\cos x} + 1 < 0 $.

ОДЗ: $ \cos x \ne 0 $, то есть $ x \ne \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Сделаем замену $ t = \cos x $, где $ t \in [-1, 1] $.

Получаем неравенство: $ t - \frac{2}{t} + 1 < 0 \implies \frac{t^2+t-2}{t} < 0 $.

Корни числителя $ t^2+t-2=0 $: $ t_1=-2, t_2=1 $.

Неравенство принимает вид $ \frac{(t+2)(t-1)}{t} < 0 $.

Решаем методом интервалов. Корни: $ t=-2, t=0, t=1 $.

Интервалы, на которых выражение отрицательно: $ t \in (-\infty, -2) \cup (0, 1) $.

Учитываем ограничение $ t \in [-1, 1] $. Пересечение $ ((-\infty, -2) \cup (0, 1)) \cap [-1, 1] $ дает $ t \in (0, 1) $.

Возвращаемся к исходной переменной: $ 0 < \cos x < 1 $.

Это неравенство выполняется для углов в I и IV четвертях, исключая точки, где $ \cos x = 1 $.

Решение: $ x \in (-\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \frac{\pi}{2} + 2\pi k) $, при этом $ x \ne 2\pi k $.

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

г)

Исходное неравенство: $ \cos x + \frac{3}{\cos x} - 4 > 0 $.

ОДЗ: $ \cos x \ne 0 $, то есть $ x \ne \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Сделаем замену $ t = \cos x $, где $ t \in [-1, 1] $.

Получаем неравенство: $ t + \frac{3}{t} - 4 > 0 \implies \frac{t^2-4t+3}{t} > 0 $.

Корни числителя $ t^2-4t+3=0 $: $ t_1=1, t_2=3 $.

Неравенство принимает вид $ \frac{(t-1)(t-3)}{t} > 0 $.

Решаем методом интервалов. Корни: $ t=0, t=1, t=3 $.

Интервалы, на которых выражение положительно: $ t \in (0, 1) \cup (3, \infty) $.

Учитываем ограничение $ t \in [-1, 1] $. Пересечение $ ((0, 1) \cup (3, \infty)) \cap [-1, 1] $ дает $ t \in (0, 1) $.

Возвращаемся к исходной переменной: $ 0 < \cos x < 1 $.

Это неравенство выполняется для углов в I и IV четвертях, исключая точки, где $ \cos x = 1 $.

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

д)

Исходное неравенство: $ \tg x - \frac{4}{\tg x} + 3 < 0 $.

ОДЗ: $ \tg x \ne 0 $ и $ \cos x \ne 0 $. Это значит $ x \ne \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z} $.

Сделаем замену $ t = \tg x $.

Получаем неравенство: $ t - \frac{4}{t} + 3 < 0 \implies \frac{t^2+3t-4}{t} < 0 $.

Корни числителя $ t^2+3t-4=0 $: $ t_1=-4, t_2=1 $.

Неравенство принимает вид $ \frac{(t+4)(t-1)}{t} < 0 $.

Решаем методом интервалов. Корни: $ t=-4, t=0, t=1 $.

Интервалы, на которых выражение отрицательно: $ t \in (-\infty, -4) \cup (0, 1) $.

Возвращаемся к исходной переменной: $ \tg x < -4 $ или $ 0 < \tg x < 1 $.

Решаем $ \tg x < -4 $: $ x \in (-\frac{\pi}{2} + \pi k, \arctan(-4) + \pi k) $.

Решаем $ 0 < \tg x < 1 $: $ x \in (\pi k, \frac{\pi}{4} + \pi k) $.

Объединяем решения.

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

е)

Исходное неравенство: $ \tg x - \frac{1}{\tg x} > 0 $.

ОДЗ: $ x \ne \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z} $.

Сделаем замену $ t = \tg x $.

Получаем неравенство: $ t - \frac{1}{t} > 0 \implies \frac{t^2-1}{t} > 0 \implies \frac{(t-1)(t+1)}{t} > 0 $.

Решаем методом интервалов. Корни: $ t=-1, t=0, t=1 $.

Интервалы, на которых выражение положительно: $ t \in (-1, 0) \cup (1, \infty) $.

Возвращаемся к исходной переменной: $ -1 < \tg x < 0 $ или $ \tg x > 1 $.

Решаем $ -1 < \tg x < 0 $: $ x \in (-\frac{\pi}{4} + \pi k, \pi k) $.

Решаем $ \tg x > 1 $: $ x \in (\frac{\pi}{4} + \pi k, \frac{\pi}{2} + \pi k) $.

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

ж)

Исходное неравенство: $ \ctg x - \frac{3}{\ctg x} < 0 $.

ОДЗ: $ \ctg x \ne 0 $ и $ \sin x \ne 0 $. Это значит $ x \ne \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z} $.

Сделаем замену $ t = \ctg x $.

Получаем неравенство: $ t - \frac{3}{t} < 0 \implies \frac{t^2-3}{t} < 0 \implies \frac{(t-\sqrt{3})(t+\sqrt{3})}{t} < 0 $.

Решаем методом интервалов. Корни: $ t=-\sqrt{3}, t=0, t=\sqrt{3} $.

Интервалы, на которых выражение отрицательно: $ t \in (-\infty, -\sqrt{3}) \cup (0, \sqrt{3}) $.

Возвращаемся к исходной переменной: $ \ctg x < -\sqrt{3} $ или $ 0 < \ctg x < \sqrt{3} $.

Решаем $ \ctg x < -\sqrt{3} $: $ \operatorname{arccot}(-\sqrt{3}) + \pi k < x < \pi + \pi k \implies x \in (\frac{5\pi}{6} + \pi k, \pi + \pi k) $.

Решаем $ 0 < \ctg x < \sqrt{3} $: $ \operatorname{arccot}(\sqrt{3}) + \pi k < x < \operatorname{arccot}(0) + \pi k \implies x \in (\frac{\pi}{6} + \pi k, \frac{\pi}{2} + \pi k) $.

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

з)

Исходное неравенство: $ \ctg x - \frac{4}{\ctg x} + 3 > 0 $.

ОДЗ: $ x \ne \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z} $.

Сделаем замену $ t = \ctg x $.

Получаем неравенство: $ t - \frac{4}{t} + 3 > 0 \implies \frac{t^2+3t-4}{t} > 0 $.

Корни числителя $ t^2+3t-4=0 $: $ t_1=-4, t_2=1 $.

Неравенство принимает вид $ \frac{(t+4)(t-1)}{t} > 0 $.

Решаем методом интервалов. Корни: $ t=-4, t=0, t=1 $.

Интервалы, на которых выражение положительно: $ t \in (-4, 0) \cup (1, \infty) $.

Возвращаемся к исходной переменной: $ -4 < \ctg x < 0 $ или $ \ctg x > 1 $.

Решаем $ -4 < \ctg x < 0 $: $ \operatorname{arccot}(0) + \pi k < x < \operatorname{arccot}(-4) + \pi k \implies x \in (\frac{\pi}{2} + \pi k, \operatorname{arccot}(-4) + \pi k) $.

Решаем $ \ctg x > 1 $: $ \pi k < x < \operatorname{arccot}(1) + \pi k \implies x \in (\pi k, \frac{\pi}{4} + \pi k) $.

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