Номер 11.52, страница 326 - гдз по алгебре 10 класс учебник Никольский, Потапов

11.8*. Введение вспомогательного угла. § 11. Тригонометрические уравнения и неравенства. Глава II. Тригонометрические формулы. Тригонометрические функции - номер 11.52, страница 326.

Решите неравенство (11.52–11.54):

11.52* a) $\sin x + \cos x > -\sqrt{2}$;

б) $\sin x - \cos x < \sqrt{2}$;

в) $\sin x + \cos x > -\frac{\sqrt{2}}{2}$;

г) $\sin x - \cos x > \frac{\sqrt{2}}{2}$;

д) $\sin x + \sqrt{3} \cos x > 1$;

e) $\sin x - \sqrt{3} \cos x < -1$;

ж) $3 \sin x - 4 \cos x > 0$;

з) $5 \sin x - 12 \cos x < 0$.

а) $\sin x + \cos x > -\sqrt{2}$

Для решения неравенств вида $a \sin x + b \cos x > c$ применяется метод введения вспомогательного угла. Преобразуем левую часть неравенства. Умножим и разделим ее на $\sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$:

$\sqrt{2}(\frac{1}{\sqrt{2}} \sin x + \frac{1}{\sqrt{2}} \cos x) > -\sqrt{2}$

Заметим, что $\frac{1}{\sqrt{2}} = \cos(\frac{\pi}{4})$ и $\frac{1}{\sqrt{2}} = \sin(\frac{\pi}{4})$. Используя формулу синуса суммы $\sin(\alpha+\beta) = \sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta$, получаем:

$\sqrt{2}(\sin x \cos(\frac{\pi}{4}) + \cos x \sin(\frac{\pi}{4})) > -\sqrt{2}$

$\sqrt{2} \sin(x + \frac{\pi}{4}) > -\sqrt{2}$

Разделим обе части на $\sqrt{2}$:

$\sin(x + \frac{\pi}{4}) > -1$

Поскольку область значений функции синус – это отрезок $[-1, 1]$, неравенство $\sin(t) > -1$ выполняется для всех значений $t$, при которых $\sin(t) \neq -1$.

Равенство $\sin(t) = -1$ достигается при $t = -\frac{\pi}{2} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

В нашем случае $t = x + \frac{\pi}{4}$, поэтому $x + \frac{\pi}{4} \neq -\frac{\pi}{2} + 2\pi k$.

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

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

Таким образом, решением неравенства являются все действительные числа, кроме указанных точек.

Ответ: $x \in \mathbb{R} \setminus \{-\frac{3\pi}{4} + 2\pi k \mid k \in \mathbb{Z}\}$.

б) $\sin x - \cos x < \sqrt{2}$

Используем метод вспомогательного угла. Коэффициент при $\sin x$ равен 1, при $\cos x$ равен -1. Вынесем за скобки множитель $\sqrt{1^2 + (-1)^2} = \sqrt{2}$:

$\sqrt{2}(\frac{1}{\sqrt{2}} \sin x - \frac{1}{\sqrt{2}} \cos x) < \sqrt{2}$

Поскольку $\frac{1}{\sqrt{2}} = \cos(\frac{\pi}{4})$ и $\frac{1}{\sqrt{2}} = \sin(\frac{\pi}{4})$, преобразуем выражение в скобках по формуле синуса разности $\sin(\alpha-\beta) = \sin\alpha\cos\beta - \cos\alpha\sin\beta$:

$\sqrt{2} \sin(x - \frac{\pi}{4}) < \sqrt{2}$

Разделим обе части на $\sqrt{2}$:

$\sin(x - \frac{\pi}{4}) < 1$

Область значений функции синус $[-1, 1]$, поэтому неравенство $\sin(t) < 1$ выполняется для всех $t$, при которых $\sin(t) \neq 1$.

Равенство $\sin(t) = 1$ достигается при $t = \frac{\pi}{2} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

В нашем случае $t = x - \frac{\pi}{4}$, поэтому $x - \frac{\pi}{4} \neq \frac{\pi}{2} + 2\pi k$.

$x \neq \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{4} + 2\pi k$

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

Ответ: $x \in \mathbb{R} \setminus \{\frac{3\pi}{4} + 2\pi k \mid k \in \mathbb{Z}\}$.

в) $\sin x + \cos x > -\frac{\sqrt{2}}{2}$

Преобразуем левую часть с помощью метода вспомогательного угла. Вынесем за скобки $\sqrt{2}$:

$\sqrt{2}(\frac{1}{\sqrt{2}} \sin x + \frac{1}{\sqrt{2}} \cos x) > -\frac{\sqrt{2}}{2}$

$\sqrt{2} \sin(x + \frac{\pi}{4}) > -\frac{\sqrt{2}}{2}$

Разделим обе части на $\sqrt{2}$:

$\sin(x + \frac{\pi}{4}) > -\frac{1}{2}$

Пусть $t = x + \frac{\pi}{4}$. Решим неравенство $\sin t > -\frac{1}{2}$.

Решениями уравнения $\sin t = -\frac{1}{2}$ являются $t = -\frac{\pi}{6} + 2\pi k$ и $t = \frac{7\pi}{6} + 2\pi k$.

С помощью единичной окружности находим, что $\sin t > -\frac{1}{2}$ при $t \in (-\frac{\pi}{6} + 2\pi k, \frac{7\pi}{6} + 2\pi k)$.

Возвращаемся к переменной $x$:

$-\frac{\pi}{6} + 2\pi k < x + \frac{\pi}{4} < \frac{7\pi}{6} + 2\pi k$

$-\frac{\pi}{6} - \frac{\pi}{4} + 2\pi k < x < \frac{7\pi}{6} - \frac{\pi}{4} + 2\pi k$

$-\frac{2\pi+3\pi}{12} + 2\pi k < x < \frac{14\pi-3\pi}{12} + 2\pi k$

$-\frac{5\pi}{12} + 2\pi k < x < \frac{11\pi}{12} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (-\frac{5\pi}{12} + 2\pi k, \frac{11\pi}{12} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z}$.

г) $\sin x - \cos x > \frac{\sqrt{2}}{2}$

Преобразуем левую часть с помощью метода вспомогательного угла:

$\sqrt{2}(\frac{1}{\sqrt{2}} \sin x - \frac{1}{\sqrt{2}} \cos x) > \frac{\sqrt{2}}{2}$

$\sqrt{2} \sin(x - \frac{\pi}{4}) > \frac{\sqrt{2}}{2}$

$\sin(x - \frac{\pi}{4}) > \frac{1}{2}$

Пусть $t = x - \frac{\pi}{4}$. Решим неравенство $\sin t > \frac{1}{2}$.

Решениями уравнения $\sin t = \frac{1}{2}$ являются $t = \frac{\pi}{6} + 2\pi k$ и $t = \frac{5\pi}{6} + 2\pi k$.

Неравенство $\sin t > \frac{1}{2}$ выполняется при $t \in (\frac{\pi}{6} + 2\pi k, \frac{5\pi}{6} + 2\pi k)$.

Возвращаемся к переменной $x$:

$\frac{\pi}{6} + 2\pi k < x - \frac{\pi}{4} < \frac{5\pi}{6} + 2\pi k$

$\frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{4} + 2\pi k < x < \frac{5\pi}{6} + \frac{\pi}{4} + 2\pi k$

$\frac{2\pi+3\pi}{12} + 2\pi k < x < \frac{10\pi+3\pi}{12} + 2\pi k$

$\frac{5\pi}{12} + 2\pi k < x < \frac{13\pi}{12} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (\frac{5\pi}{12} + 2\pi k, \frac{13\pi}{12} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z}$.

д) $\sin x + \sqrt{3} \cos x > 1$

Используем метод вспомогательного угла. Вынесем за скобки множитель $\sqrt{1^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{4} = 2$:

$2(\frac{1}{2} \sin x + \frac{\sqrt{3}}{2} \cos x) > 1$

Так как $\frac{1}{2} = \cos(\frac{\pi}{3})$ и $\frac{\sqrt{3}}{2} = \sin(\frac{\pi}{3})$, получаем:

$2 \sin(x + \frac{\pi}{3}) > 1$

$\sin(x + \frac{\pi}{3}) > \frac{1}{2}$

Решение этого неравенства (аналогично пункту г)):

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

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

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

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

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

е) $\sin x - \sqrt{3} \cos x < -1$

Используем метод вспомогательного угла. Вынесем за скобки множитель $\sqrt{1^2 + (-\sqrt{3})^2} = 2$:

$2(\frac{1}{2} \sin x - \frac{\sqrt{3}}{2} \cos x) < -1$

$2 \sin(x - \frac{\pi}{3}) < -1$

$\sin(x - \frac{\pi}{3}) < -\frac{1}{2}$

Пусть $t = x - \frac{\pi}{3}$. Решим неравенство $\sin t < -\frac{1}{2}$.

Неравенство выполняется при $t \in (-\frac{5\pi}{6} + 2\pi k, -\frac{\pi}{6} + 2\pi k)$.

Возвращаемся к переменной $x$:

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

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

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

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

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

ж) $3 \sin x - 4 \cos x > 0$

Используем метод вспомогательного угла. Вынесем за скобки множитель $\sqrt{3^2 + (-4)^2} = \sqrt{25} = 5$:

$5(\frac{3}{5} \sin x - \frac{4}{5} \cos x) > 0$

Введем вспомогательный угол $\phi$ такой, что $\cos \phi = \frac{3}{5}$ и $\sin \phi = \frac{4}{5}$. Такой угол существует, так как $(\frac{3}{5})^2 + (\frac{4}{5})^2 = 1$. Например, $\phi = \arccos(\frac{3}{5})$.

Неравенство принимает вид:

$5(\sin x \cos \phi - \cos x \sin \phi) > 0$

$\sin(x - \phi) > 0$

Решением неравенства $\sin t > 0$ является интервал $t \in (2\pi k, \pi + 2\pi k)$.

Следовательно:

$2\pi k < x - \phi < \pi + 2\pi k$

$\phi + 2\pi k < x < \pi + \phi + 2\pi k$

Подставляя значение $\phi$:

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

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

з) $5 \sin x - 12 \cos x < 0$

Используем метод вспомогательного угла. Вынесем за скобки множитель $\sqrt{5^2 + (-12)^2} = \sqrt{169} = 13$:

$13(\frac{5}{13} \sin x - \frac{12}{13} \cos x) < 0$

Введем вспомогательный угол $\phi$ такой, что $\cos \phi = \frac{5}{13}$ и $\sin \phi = \frac{12}{13}$. Например, $\phi = \arccos(\frac{5}{13})$.

Неравенство принимает вид:

$13(\sin x \cos \phi - \cos x \sin \phi) < 0$

$\sin(x - \phi) < 0$

Решением неравенства $\sin t < 0$ является интервал $t \in (\pi + 2\pi k, 2\pi + 2\pi k)$, что эквивалентно $t \in (-\pi + 2\pi k, 2\pi k)$.

Используем второй вариант записи:

$-\pi + 2\pi k < x - \phi < 2\pi k$

$\phi - \pi + 2\pi k < x < \phi + 2\pi k$

Подставляя значение $\phi$:

$\arccos(\frac{5}{13}) - \pi + 2\pi k < x < \arccos(\frac{5}{13}) + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (\arccos(\frac{5}{13}) - \pi + 2\pi k, \arccos(\frac{5}{13}) + 2\pi k), k \in \mathbb{Z}$.