Номер 11.47, страница 322 - гдз по алгебре 10 класс учебник Никольский, Потапов

Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета

Авторы: Никольский С. М., Потапов М. К., Решетников Н. Н., Шевкин А. В.

Тип: Учебник

Издательство: Просвещение

Год издания: 2014 - 2025

Уровень обучения: базовый и углублённый

Цвет обложки: голубой в сеточку

ISBN: 978-5-09-087768-8

Рекомендовано Министерством образования и науки Российской Федерации

Математика: алгебра и начала математического анализа, геометрия

Популярные ГДЗ в 10 классе

11.7*. Неравенства, сводящиеся к простейшим заменой неизвестного. § 11. Тригонометрические уравнения и неравенства. Глава II. Тригонометрические формулы. Тригонометрические функции - номер 11.47, страница 322.

Навигация по странице:

Решение Комментарии
№11.47 (с. 322)
Условие. №11.47 (с. 322)
скриншот условия
Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 322, номер 11.47, Условие

11.47 a) $ \sin 2x > 0; $

б) $ \sin 3x < 0; $

В) $ \cos \left( \frac{x}{2} - \frac{\pi}{4} \right) > 0; $

г) $ \cos \left( \frac{x}{3} + \frac{\pi}{3} \right) < 0; $

д) $ \operatorname{tg} (-2x) > 0; $

e) $ \operatorname{tg} \left( -3x + \frac{\pi}{4} \right) < 0; $

ж) $ \operatorname{ctg} \left( -3x - \frac{\pi}{6} \right) > 0; $

з) $ \operatorname{ctg} \left( \frac{x}{2} + \frac{\pi}{6} \right) < 0. $

Решение 1. №11.47 (с. 322)
Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 322, номер 11.47, Решение 1 Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 322, номер 11.47, Решение 1 (продолжение 2) Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 322, номер 11.47, Решение 1 (продолжение 3) Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 322, номер 11.47, Решение 1 (продолжение 4) Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 322, номер 11.47, Решение 1 (продолжение 5) Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 322, номер 11.47, Решение 1 (продолжение 6) Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 322, номер 11.47, Решение 1 (продолжение 7) Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 322, номер 11.47, Решение 1 (продолжение 8)
Решение 2. №11.47 (с. 322)
Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 322, номер 11.47, Решение 2
Решение 3. №11.47 (с. 322)
Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 322, номер 11.47, Решение 3 Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 322, номер 11.47, Решение 3 (продолжение 2)
Решение 4. №11.47 (с. 322)
Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 322, номер 11.47, Решение 4 Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 322, номер 11.47, Решение 4 (продолжение 2)
Решение 5. №11.47 (с. 322)

а)

Решим неравенство $\sin(2x) > 0$.

Функция синус положительна в первой и второй координатных четвертях. Это соответствует интервалу $(0; \pi)$ на единичной окружности.

Следовательно, аргумент синуса $2x$ должен удовлетворять двойному неравенству с учетом периодичности:

$2\pi k < 2x < \pi + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Разделим все части неравенства на 2, чтобы найти $x$:

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

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

б)

Решим неравенство $\sin(3x) < 0$.

Функция синус отрицательна в третьей и четвертой координатных четвертях. Это соответствует интервалу $(\pi; 2\pi)$ на единичной окружности.

Следовательно, аргумент синуса $3x$ должен удовлетворять двойному неравенству с учетом периодичности:

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

Разделим все части неравенства на 3:

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

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

в)

Решим неравенство $\cos(\frac{x}{2} - \frac{\pi}{4}) > 0$.

Функция косинус положительна в первой и четвертой координатных четвертях. Это соответствует интервалу $(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$ на единичной окружности.

Следовательно, аргумент косинуса должен удовлетворять двойному неравенству с учетом периодичности:

$-\frac{\pi}{2} + 2\pi k < \frac{x}{2} - \frac{\pi}{4} < \frac{\pi}{2} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Прибавим ко всем частям неравенства $\frac{\pi}{4}$:

$-\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{4} + 2\pi k < \frac{x}{2} < \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{4} + 2\pi k$

$-\frac{\pi}{4} + 2\pi k < \frac{x}{2} < \frac{3\pi}{4} + 2\pi k$

Умножим все части неравенства на 2:

$-\frac{\pi}{2} + 4\pi k < x < \frac{3\pi}{2} + 4\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

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

г)

Решим неравенство $\cos(\frac{x}{3} + \frac{\pi}{3}) < 0$.

Функция косинус отрицательна во второй и третьей координатных четвертях. Это соответствует интервалу $(\frac{\pi}{2}; \frac{3\pi}{2})$ на единичной окружности.

Следовательно, аргумент косинуса должен удовлетворять двойному неравенству с учетом периодичности:

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

Вычтем из всех частей неравенства $\frac{\pi}{3}$:

$\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{3} + 2\pi k < \frac{x}{3} < \frac{3\pi}{2} - \frac{\pi}{3} + 2\pi k$

$\frac{3\pi - 2\pi}{6} + 2\pi k < \frac{x}{3} < \frac{9\pi - 2\pi}{6} + 2\pi k$

$\frac{\pi}{6} + 2\pi k < \frac{x}{3} < \frac{7\pi}{6} + 2\pi k$

Умножим все части неравенства на 3:

$\frac{\pi}{2} + 6\pi k < x < \frac{7\pi}{2} + 6\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

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

д)

Решим неравенство $tg(-2x) > 0$.

Используем свойство нечетности тангенса $tg(-\alpha) = -tg(\alpha)$:

$-tg(2x) > 0$.

Умножим обе части на -1, изменив знак неравенства на противоположный:

$tg(2x) < 0$.

Функция тангенс отрицательна во второй и четвертой четвертях. Это соответствует интервалу $(-\frac{\pi}{2}; 0)$.

Следовательно, аргумент тангенса должен удовлетворять двойному неравенству с учетом периода $\pi$:

$-\frac{\pi}{2} + \pi k < 2x < 0 + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Разделим все части неравенства на 2:

$-\frac{\pi}{4} + \frac{\pi k}{2} < x < \frac{\pi k}{2}$, где $k \in \mathbb{Z}$.

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

е)

Решим неравенство $tg(-3x + \frac{\pi}{4}) < 0$.

Используем свойство нечетности тангенса:

$-tg(3x - \frac{\pi}{4}) < 0$.

Умножим обе части на -1, изменив знак неравенства:

$tg(3x - \frac{\pi}{4}) > 0$.

Функция тангенс положительна в первой и третьей четвертях. Это соответствует интервалу $(0; \frac{\pi}{2})$.

Следовательно, с учетом периода $\pi$:

$\pi k < 3x - \frac{\pi}{4} < \frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Прибавим ко всем частям $\frac{\pi}{4}$:

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

$\frac{\pi}{4} + \pi k < 3x < \frac{3\pi}{4} + \pi k$

Разделим все части на 3:

$\frac{\pi}{12} + \frac{\pi k}{3} < x < \frac{\pi}{4} + \frac{\pi k}{3}$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (\frac{\pi}{12} + \frac{\pi k}{3}; \frac{\pi}{4} + \frac{\pi k}{3}), k \in \mathbb{Z}$.

ж)

Решим неравенство $ctg(-3x - \frac{\pi}{6}) > 0$.

Используем свойство нечетности котангенса $ctg(-\alpha) = -ctg(\alpha)$:

$-ctg(3x + \frac{\pi}{6}) > 0$.

Умножим обе части на -1, изменив знак неравенства:

$ctg(3x + \frac{\pi}{6}) < 0$.

Функция котангенс отрицательна во второй и четвертой четвертях. Это соответствует интервалу $(\frac{\pi}{2}; \pi)$.

Следовательно, с учетом периода $\pi$:

$\frac{\pi}{2} + \pi k < 3x + \frac{\pi}{6} < \pi + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Вычтем из всех частей $\frac{\pi}{6}$:

$\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{6} + \pi k < 3x < \pi - \frac{\pi}{6} + \pi k$

$\frac{\pi}{3} + \pi k < 3x < \frac{5\pi}{6} + \pi k$

Разделим все части на 3:

$\frac{\pi}{9} + \frac{\pi k}{3} < x < \frac{5\pi}{18} + \frac{\pi k}{3}$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (\frac{\pi}{9} + \frac{\pi k}{3}; \frac{5\pi}{18} + \frac{\pi k}{3}), k \in \mathbb{Z}$.

з)

Решим неравенство $ctg(\frac{x}{2} + \frac{\pi}{6}) < 0$.

Функция котангенс отрицательна во второй и четвертой четвертях. Это соответствует интервалу $(\frac{\pi}{2}; \pi)$.

Следовательно, с учетом периода $\pi$:

$\frac{\pi}{2} + \pi k < \frac{x}{2} + \frac{\pi}{6} < \pi + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Вычтем из всех частей $\frac{\pi}{6}$:

$\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{6} + \pi k < \frac{x}{2} < \pi - \frac{\pi}{6} + \pi k$

$\frac{\pi}{3} + \pi k < \frac{x}{2} < \frac{5\pi}{6} + \pi k$

Умножим все части на 2:

$\frac{2\pi}{3} + 2\pi k < x < \frac{5\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (\frac{2\pi}{3} + 2\pi k; \frac{5\pi}{3} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z}$.

Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.

Мы подготовили для вас ответ c подробным объяснением домашего задания по алгебре за 10 класс, для упражнения номер 11.47 расположенного на странице 322 к учебнику 2014 года издания для учащихся школ и гимназий.

Теперь на нашем сайте ГДЗ.ТОП вы всегда легко и бесплатно найдёте условие с правильным ответом на вопрос «Как решить ДЗ» и «Как сделать» задание по алгебре к упражнению №11.47 (с. 322), авторов: Никольский (Сергей Михайлович), Потапов (Михаил Константинович), Решетников (Николай Николаевич), Шевкин (Александр Владимирович), ФГОС (старый) базовый и углублённый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.

Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz

Присоединиться