Номер 11.53, страница 327 - 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 11.53, страница 327.

11.53* а) $2\sqrt{3} \sin^2 x + 2 \sin x \cos x > \sqrt{3} + 1;$

б) $2 \sin^2 x - 2\sqrt{3} \sin x \cos x > \sqrt{2} - 1;$

в) $2 \sin^2 x + 2\sqrt{3} \sin x \cos x < \sqrt{2} + 1;$

г) $2 \sin^2 x - 2\sqrt{3} \sin x \cos x < 1 + \sqrt{3}.$

а) $2\sqrt{3} \sin^2 x + 2 \sin x \cos x > \sqrt{3} + 1$

Для решения данного тригонометрического неравенства воспользуемся формулами двойного угла: $2\sin^2 x = 1 - \cos(2x)$ и $2\sin x \cos x = \sin(2x)$.

Преобразуем левую часть неравенства:

$2\sqrt{3} \sin^2 x + 2 \sin x \cos x = \sqrt{3}(2 \sin^2 x) + (2 \sin x \cos x) = \sqrt{3}(1 - \cos(2x)) + \sin(2x)$

Подставим это выражение в исходное неравенство:

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

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

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

Применим метод вспомогательного угла. Умножим и разделим левую часть на $R = \sqrt{1^2 + (-\sqrt{3})^2} = \sqrt{1+3} = 2$.

$2 \left( \frac{1}{2}\sin(2x) - \frac{\sqrt{3}}{2}\cos(2x) \right) > 1$

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

Заметим, что $\cos(\frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2}$ и $\sin(\frac{\pi}{3}) = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Тогда неравенство принимает вид:

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

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

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

Решением этого неравенства является интервал $\frac{\pi}{6} + 2\pi k < t < \frac{5\pi}{6} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Сделаем обратную замену:

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

Прибавим $\frac{\pi}{3}$ ко всем частям неравенства:

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

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

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

Разделим все части на 2:

$\frac{\pi}{4} + \pi k < x < \frac{7\pi}{12} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in \left(\frac{\pi}{4} + \pi k, \frac{7\pi}{12} + \pi k\right), k \in \mathbb{Z}$.

б) $2 \sin^2 x - 2\sqrt{3} \sin x \cos x > \sqrt{2} - 1$

Используем формулы $2\sin^2 x = 1 - \cos(2x)$ и $2\sin x \cos x = \sin(2x)$.

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

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

$-\cos(2x) - \sqrt{3}\sin(2x) > \sqrt{2} - 2$

Умножим на -1, изменив знак неравенства:

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

Применим метод вспомогательного угла. $R = \sqrt{1^2 + (\sqrt{3})^2} = 2$.

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

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

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

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

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

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

Пусть $\gamma = \arccos(1 - \frac{\sqrt{2}}{2})$. Решением неравенства $\cos t < c$ является интервал $\gamma + 2\pi k < t < 2\pi - \gamma + 2\pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

Сделаем обратную замену:

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

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

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

Разделим на 2:

$\frac{\pi}{6} + \frac{\gamma}{2} + \pi k < x < \frac{7\pi}{6} - \frac{\gamma}{2} + \pi k$, где $\gamma = \arccos(1 - \frac{\sqrt{2}}{2})$, $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in \left(\frac{\pi}{6} + \frac{1}{2}\arccos(1 - \frac{\sqrt{2}}{2}) + \pi k, \frac{7\pi}{6} - \frac{1}{2}\arccos(1 - \frac{\sqrt{2}}{2}) + \pi k\right), k \in \mathbb{Z}$.

в) $2 \sin^2 x + 2\sqrt{3} \sin x \cos x < \sqrt{2} + 1$

Преобразуем, используя те же формулы:

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

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

Применим метод вспомогательного угла. $R = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + (-1)^2} = 2$.

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

$\sin(2x)\cos(\frac{\pi}{6}) - \cos(2x)\sin(\frac{\pi}{6}) < \frac{\sqrt{2}}{2}$

$\sin(2x - \frac{\pi}{6}) < \frac{\sqrt{2}}{2}$

Пусть $t = 2x - \frac{\pi}{6}$. Решим неравенство $\sin t < \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Решением является интервал $\frac{3\pi}{4} + 2\pi k < t < 2\pi + \frac{\pi}{4} + 2\pi k$, то есть $\frac{3\pi}{4} + 2\pi k < t < \frac{9\pi}{4} + 2\pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

Сделаем обратную замену:

$\frac{3\pi}{4} + 2\pi k < 2x - \frac{\pi}{6} < \frac{9\pi}{4} + 2\pi k$

$\frac{3\pi}{4} + \frac{\pi}{6} + 2\pi k < 2x < \frac{9\pi}{4} + \frac{\pi}{6} + 2\pi k$

$\frac{9\pi + 2\pi}{12} + 2\pi k < 2x < \frac{27\pi + 2\pi}{12} + 2\pi k$

$\frac{11\pi}{12} + 2\pi k < 2x < \frac{29\pi}{12} + 2\pi k$

Разделим на 2:

$\frac{11\pi}{24} + \pi k < x < \frac{29\pi}{24} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in \left(\frac{11\pi}{24} + \pi k, \frac{29\pi}{24} + \pi k\right), k \in \mathbb{Z}$.

г) $2 \sin^2 x - 2\sqrt{3} \sin x \cos x < 1 + \sqrt{3}$

Используем те же преобразования:

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

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

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

Применим метод вспомогательного угла. $R=2$.

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

$\cos(2x - \frac{\pi}{3}) > -\frac{\sqrt{3}}{2}$

Пусть $t = 2x - \frac{\pi}{3}$. Решим неравенство $\cos t > -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Решением является интервал $-\frac{5\pi}{6} + 2\pi k < t < \frac{5\pi}{6} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Сделаем обратную замену:

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

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

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

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

Разделим на 2:

$-\frac{\pi}{4} + \pi k < x < \frac{7\pi}{12} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in \left(-\frac{\pi}{4} + \pi k, \frac{7\pi}{12} + \pi k\right), k \in \mathbb{Z}$.