Страница 230 - гдз по алгебре 10 класс учебник Никольский, Потапов

7.94 Задайте с помощью неравенств все углы α, которым соответствуют выделенные точки единичной окружности (рис. 107, а–з). Определите, какой из этих рисунков соответствует неравенству:

1) $sin \\alpha > 0$;

2) $sin \\alpha < 0$;

3) $cos \\alpha > 0$;

4) $cos \\alpha < 0$;

5) $sin \\alpha < -\\frac{\\sqrt{2}}{2}$;

6) $sin \\alpha > \\frac{1}{2}$;

7) $cos \\alpha < \\frac{1}{2}$;

8) $cos \\alpha > -\\frac{\\sqrt{2}}{2}$.

а)

б)

в)

г)

д)

е)

ж)

з)

Рис. 107

а)

На рисунке а) выделена левая половина единичной окружности. Точкам этой дуги соответствуют отрицательные абсциссы, то есть $x < 0$. Поскольку для точек единичной окружности $x = \cos \alpha$, то искомое неравенство — $\cos \alpha < 0$. Решением этого неравенства является объединение интервалов $\frac{\pi}{2} + 2\pi k < \alpha < \frac{3\pi}{2} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $\cos \alpha < 0$.

б)

На рисунке б) выделена нижняя половина единичной окружности. Точкам этой дуги соответствуют отрицательные ординаты, то есть $y < 0$. Поскольку $y = \sin \alpha$, то искомое неравенство — $\sin \alpha < 0$. Решением этого неравенства является объединение интервалов $\pi + 2\pi k < \alpha < 2\pi + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $\sin \alpha < 0$.

в)

На рисунке в) выделена дуга, которая начинается в точке, соответствующей углу $\frac{\pi}{2}$, и идет против часовой стрелки до точки, соответствующей углу $2\pi$ (или $0$). Этой дуге соответствуют все углы $\alpha$ из интервала $(\frac{\pi}{2}, 2\pi)$. С учетом периодичности, решение можно записать в виде $\frac{\pi}{2} + 2\pi k < \alpha < 2\pi + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$. Эту область нельзя задать одним простым тригонометрическим неравенством вида $\sin\alpha > c$ или $\cos\alpha > c$. Она является объединением решений неравенств $\cos\alpha < 0$ (II и III четверти) и $\sin\alpha < 0$ (III и IV четверти).

Ответ: $\frac{\pi}{2} + 2\pi k < \alpha < 2\pi + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.

г)

На рисунке г) выделена верхняя половина единичной окружности. Точкам этой дуги соответствуют положительные ординаты, то есть $y > 0$. Поскольку $y = \sin \alpha$, то искомое неравенство — $\sin \alpha > 0$. Решением этого неравенства является объединение интервалов $2\pi k < \alpha < \pi + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $\sin \alpha > 0$.

д)

На рисунке д) выделена правая половина единичной окружности. Точкам этой дуги соответствуют положительные абсциссы, то есть $x > 0$. Поскольку $x = \cos \alpha$, то искомое неравенство — $\cos \alpha > 0$. Решением этого неравенства является объединение интервалов $-\frac{\pi}{2} + 2\pi k < \alpha < \frac{\pi}{2} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $\cos \alpha > 0$.

е)

На рисунке е) выделены две дуги. Граничные точки соответствуют углам $\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}, \frac{7\pi}{4}$. В этих точках $|\sin \alpha| = |\cos \alpha| = \frac{\sqrt{2}}{2}$. Выделенная верхняя дуга соответствует углам от $\frac{\pi}{4}$ до $\frac{3\pi}{4}$, где $\sin \alpha > \frac{\sqrt{2}}{2}$. Выделенная нижняя дуга соответствует углам от $\frac{5\pi}{4}$ до $\frac{7\pi}{4}$, где $\sin \alpha < -\frac{\sqrt{2}}{2}$. Объединение этих двух условий можно записать одним неравенством $|\sin \alpha| > \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Ответ: $|\sin \alpha| > \frac{\sqrt{2}}{2}$.

ж)

На рисунке ж) также выделены две дуги, симметричные относительно оси абсцисс. Граничные точки те же, что и в предыдущем пункте. Выделенная правая дуга соответствует углам от $-\frac{\pi}{4}$ до $\frac{\pi}{4}$, где $\cos \alpha > \frac{\sqrt{2}}{2}$. Выделенная левая дуга соответствует углам от $\frac{3\pi}{4}$ до $\frac{5\pi}{4}$, где $\cos \alpha < -\frac{\sqrt{2}}{2}$. Объединение этих двух условий можно записать одним неравенством $|\cos \alpha| > \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Ответ: $|\cos \alpha| > \frac{\sqrt{2}}{2}$.

з)

На рисунке з) выделена дуга, ограниченная вертикальной прямой. Это означает, что неравенство связано с $\cos \alpha$. Прямая проходит через точки с абсциссой $x = \frac{1}{2}$. Выделенная дуга находится правее этой прямой, что соответствует условию $\cos \alpha > \frac{1}{2}$. Решением этого неравенства является объединение интервалов $-\frac{\pi}{3} + 2\pi k < \alpha < \frac{\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $\cos \alpha > \frac{1}{2}$.

Теперь определим, какой из рисунков соответствует каждому неравенству.

1) $\sin \alpha > 0$

Неравенству соответствуют точки единичной окружности с положительной ординатой, то есть точки верхней полуплоскости. Это изображено на рисунке г).

Ответ: г).

2) $\sin \alpha < 0$

Неравенству соответствуют точки единичной окружности с отрицательной ординатой, то есть точки нижней полуплоскости. Это изображено на рисунке б).

Ответ: б).

3) $\cos \alpha > 0$

Неравенству соответствуют точки единичной окружности с положительной абсциссой, то есть точки правой полуплоскости. Это изображено на рисунке д).

Ответ: д).

4) $\cos \alpha < 0$

Неравенству соответствуют точки единичной окружности с отрицательной абсциссой, то есть точки левой полуплоскости. Это изображено на рисунке а).

Ответ: а).

5) $\sin \alpha < \frac{\sqrt{2}}{2}$

Решением этого неравенства являются углы, для которых точки на единичной окружности лежат ниже прямой $y = \frac{\sqrt{2}}{2}$. Это соответствует большой дуге, идущей от точки $\frac{3\pi}{4}$ против часовой стрелки к точке $\frac{\pi}{4}$. Ни один из представленных рисунков точно не соответствует этому решению.

Ответ: нет соответствующего рисунка.

6) $\sin \alpha > \frac{1}{2}$

Решением этого неравенства являются углы $\alpha$ из интервала $(\frac{\pi}{6} + 2\pi k, \frac{5\pi}{6} + 2\pi k)$. Это дуга в верхней полуплоскости, но она не совпадает ни с одной из изображенных на рисунках е), ж), з).

Ответ: нет соответствующего рисунка.

7) $\cos \alpha < \frac{1}{2}$

Решением этого неравенства являются углы $\alpha$ из интервала $(\frac{\pi}{3} + 2\pi k, \frac{5\pi}{3} + 2\pi k)$. Этому решению соответствует дуга, которая является дополнением к дуге, изображенной на рисунке з). На рисунке з) показано решение неравенства $\cos \alpha > \frac{1}{2}$.

Ответ: нет соответствующего рисунка (рисунок з) изображает противоположное неравенство).

8) $\cos \alpha > -\frac{\sqrt{2}}{2}$

Решением этого неравенства являются углы $\alpha$ из интервала $(-\frac{3\pi}{4} + 2\pi k, \frac{3\pi}{4} + 2\pi k)$. Это большая дуга, охватывающая правую часть окружности. Ни один из представленных рисунков точно не соответствует этому решению.

Ответ: нет соответствующего рисунка.

Найдите все такие углы $\alpha$, для каждого из которых (7.95–7.98):

7.95

а) $\sin \alpha > \frac{1}{2}$;

б) $\sin \alpha < \frac{1}{2}$;

в) $\sin \alpha > \frac{\sqrt{2}}{2}$;

г) $\sin \alpha < \frac{\sqrt{2}}{2}$;

д) $\sin \alpha > \frac{\sqrt{3}}{2}$;

е) $\sin \alpha < \frac{\sqrt{3}}{2}$;

ж) $\sin \alpha > -\frac{1}{2}$;

з) $\sin \alpha < -\frac{1}{2}$;

и) $\sin \alpha > -\frac{\sqrt{2}}{2}$;

к) $\sin \alpha < -\frac{\sqrt{2}}{2}$;

л) $\sin \alpha > -\frac{\sqrt{3}}{2}$;

м) $\sin \alpha < -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

а)Для решения неравенства $ \sin \alpha > \frac{1}{2} $ воспользуемся тригонометрической окружностью. Синус угла – это ордината (координата y) точки на окружности.
Сначала найдем углы, для которых $ \sin \alpha = \frac{1}{2} $. Это углы $ \alpha = \frac{\pi}{6} $ и $ \alpha = \pi - \frac{\pi}{6} = \frac{5\pi}{6} $.
Нам нужны углы, для которых ордината точки на окружности больше $ \frac{1}{2} $. Это дуга, расположенная выше горизонтальной прямой $ y = \frac{1}{2} $. Двигаясь против часовой стрелки, мы видим, что эта дуга начинается в точке $ \frac{\pi}{6} $ и заканчивается в точке $ \frac{5\pi}{6} $.
Поскольку функция синуса периодична с периодом $ 2\pi $, мы должны добавить $ 2\pi n $ к границам интервала, где $ n $ – любое целое число ($ n \in \mathbb{Z} $).
Таким образом, решение неравенства: $ \frac{\pi}{6} + 2\pi n < \alpha < \frac{5\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $ \frac{\pi}{6} + 2\pi n < \alpha < \frac{5\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.

б)Решим неравенство $ \sin \alpha < \frac{1}{2} $. Граничные углы те же, что и в пункте а): $ \frac{\pi}{6} $ и $ \frac{5\pi}{6} $.
Нам нужны углы, для которых ордината точки на окружности меньше $ \frac{1}{2} $. Это дуга, расположенная ниже прямой $ y = \frac{1}{2} $. Двигаясь против часовой стрелки, эта дуга начинается в точке $ \frac{5\pi}{6} $ и заканчивается в точке $ \frac{\pi}{6} $ следующего оборота, то есть $ \frac{\pi}{6} + 2\pi = \frac{13\pi}{6} $.
С учетом периодичности, получаем интервал от $ \frac{5\pi}{6} + 2\pi n $ до $ \frac{13\pi}{6} + 2\pi n $.
Ответ: $ \frac{5\pi}{6} + 2\pi n < \alpha < \frac{13\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.

в)Решим неравенство $ \sin \alpha > \frac{\sqrt{2}}{2} $.
Углы, для которых $ \sin \alpha = \frac{\sqrt{2}}{2} $: $ \alpha = \frac{\pi}{4} $ и $ \alpha = \pi - \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4} $.
Решению неравенства соответствует дуга окружности выше прямой $ y = \frac{\sqrt{2}}{2} $, то есть между $ \frac{\pi}{4} $ и $ \frac{3\pi}{4} $.
С учетом периода $ 2\pi $ общее решение: $ \frac{\pi}{4} + 2\pi n < \alpha < \frac{3\pi}{4} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $ \frac{\pi}{4} + 2\pi n < \alpha < \frac{3\pi}{4} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.

г)Решим неравенство $ \sin \alpha < \frac{\sqrt{2}}{2} $. Граничные углы: $ \frac{\pi}{4} $ и $ \frac{3\pi}{4} $.
Решению соответствует дуга ниже прямой $ y = \frac{\sqrt{2}}{2} $. Эта дуга идет от $ \frac{3\pi}{4} $ до $ \frac{\pi}{4} $ следующего оборота, то есть $ \frac{\pi}{4} + 2\pi = \frac{9\pi}{4} $.
Общее решение: $ \frac{3\pi}{4} + 2\pi n < \alpha < \frac{9\pi}{4} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $ \frac{3\pi}{4} + 2\pi n < \alpha < \frac{9\pi}{4} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.

д)Решим неравенство $ \sin \alpha > \frac{\sqrt{3}}{2} $.
Углы, для которых $ \sin \alpha = \frac{\sqrt{3}}{2} $: $ \alpha = \frac{\pi}{3} $ и $ \alpha = \pi - \frac{\pi}{3} = \frac{2\pi}{3} $.
Решению неравенства соответствует дуга окружности выше прямой $ y = \frac{\sqrt{3}}{2} $, то есть между $ \frac{\pi}{3} $ и $ \frac{2\pi}{3} $.
Общее решение: $ \frac{\pi}{3} + 2\pi n < \alpha < \frac{2\pi}{3} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $ \frac{\pi}{3} + 2\pi n < \alpha < \frac{2\pi}{3} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.

е)Решим неравенство $ \sin \alpha < \frac{\sqrt{3}}{2} $. Граничные углы: $ \frac{\pi}{3} $ и $ \frac{2\pi}{3} $.
Решению соответствует дуга ниже прямой $ y = \frac{\sqrt{3}}{2} $. Эта дуга идет от $ \frac{2\pi}{3} $ до $ \frac{\pi}{3} $ следующего оборота, то есть $ \frac{\pi}{3} + 2\pi = \frac{7\pi}{3} $.
Общее решение: $ \frac{2\pi}{3} + 2\pi n < \alpha < \frac{7\pi}{3} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $ \frac{2\pi}{3} + 2\pi n < \alpha < \frac{7\pi}{3} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.

ж)Решим неравенство $ \sin \alpha > -\frac{1}{2} $.
Углы, для которых $ \sin \alpha = -\frac{1}{2} $: $ \alpha = -\frac{\pi}{6} $ и $ \alpha = \pi - (-\frac{\pi}{6}) = \frac{7\pi}{6} $.
Решению неравенства соответствует дуга окружности выше прямой $ y = -\frac{1}{2} $, то есть между $ -\frac{\pi}{6} $ и $ \frac{7\pi}{6} $.
Общее решение: $ -\frac{\pi}{6} + 2\pi n < \alpha < \frac{7\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $ -\frac{\pi}{6} + 2\pi n < \alpha < \frac{7\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.

з)Решим неравенство $ \sin \alpha < -\frac{1}{2} $. Граничные углы: $ -\frac{\pi}{6} $ (или $ \frac{11\pi}{6} $) и $ \frac{7\pi}{6} $.
Решению соответствует дуга ниже прямой $ y = -\frac{1}{2} $. Эта дуга идет от $ \frac{7\pi}{6} $ до $ \frac{11\pi}{6} $.
Общее решение: $ \frac{7\pi}{6} + 2\pi n < \alpha < \frac{11\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $ \frac{7\pi}{6} + 2\pi n < \alpha < \frac{11\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.

и)Решим неравенство $ \sin \alpha > -\frac{\sqrt{2}}{2} $.
Углы, для которых $ \sin \alpha = -\frac{\sqrt{2}}{2} $: $ \alpha = -\frac{\pi}{4} $ и $ \alpha = \pi - (-\frac{\pi}{4}) = \frac{5\pi}{4} $.
Решению неравенства соответствует дуга окружности выше прямой $ y = -\frac{\sqrt{2}}{2} $, то есть между $ -\frac{\pi}{4} $ и $ \frac{5\pi}{4} $.
Общее решение: $ -\frac{\pi}{4} + 2\pi n < \alpha < \frac{5\pi}{4} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $ -\frac{\pi}{4} + 2\pi n < \alpha < \frac{5\pi}{4} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.

к)Решим неравенство $ \sin \alpha < -\frac{\sqrt{2}}{2} $. Граничные углы: $ -\frac{\pi}{4} $ (или $ \frac{7\pi}{4} $) и $ \frac{5\pi}{4} $.
Решению соответствует дуга ниже прямой $ y = -\frac{\sqrt{2}}{2} $. Эта дуга идет от $ \frac{5\pi}{4} $ до $ \frac{7\pi}{4} $.
Общее решение: $ \frac{5\pi}{4} + 2\pi n < \alpha < \frac{7\pi}{4} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $ \frac{5\pi}{4} + 2\pi n < \alpha < \frac{7\pi}{4} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.

л)Решим неравенство $ \sin \alpha > -\frac{\sqrt{3}}{2} $.
Углы, для которых $ \sin \alpha = -\frac{\sqrt{3}}{2} $: $ \alpha = -\frac{\pi}{3} $ и $ \alpha = \pi - (-\frac{\pi}{3}) = \frac{4\pi}{3} $.
Решению неравенства соответствует дуга окружности выше прямой $ y = -\frac{\sqrt{3}}{2} $, то есть между $ -\frac{\pi}{3} $ и $ \frac{4\pi}{3} $.
Общее решение: $ -\frac{\pi}{3} + 2\pi n < \alpha < \frac{4\pi}{3} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $ -\frac{\pi}{3} + 2\pi n < \alpha < \frac{4\pi}{3} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.

м)Решим неравенство $ \sin \alpha < -\frac{\sqrt{3}}{2} $. Граничные углы: $ -\frac{\pi}{3} $ (или $ \frac{5\pi}{3} $) и $ \frac{4\pi}{3} $.
Решению соответствует дуга ниже прямой $ y = -\frac{\sqrt{3}}{2} $. Эта дуга идет от $ \frac{4\pi}{3} $ до $ \frac{5\pi}{3} $.
Общее решение: $ \frac{4\pi}{3} + 2\pi n < \alpha < \frac{5\pi}{3} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $ \frac{4\pi}{3} + 2\pi n < \alpha < \frac{5\pi}{3} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.

7.96 a) $ \cos \alpha > \frac{1}{2} $;

б) $ \cos \alpha < \frac{1}{2} $;

в) $ \cos \alpha > \frac{\sqrt{2}}{2} $;

г) $ \cos \alpha < \frac{\sqrt{2}}{2} $;

д) $ \cos \alpha > \frac{\sqrt{3}}{2} $;

е) $ \cos \alpha < \frac{\sqrt{3}}{2} $;

ж) $ \cos \alpha > -\frac{1}{2} $;

з) $ \cos \alpha < -\frac{1}{2} $;

и) $ \cos \alpha > -\frac{\sqrt{2}}{2} $;

к) $ \cos \alpha < -\frac{\sqrt{2}}{2} $;

л) $ \cos \alpha > -\frac{\sqrt{3}}{2} $;

м) $ \cos \alpha < -\frac{\sqrt{3}}{2} $.

а) $\cos \alpha > \frac{1}{2}$

Для решения тригонометрического неравенства $\cos \alpha > \frac{1}{2}$ воспользуемся единичной окружностью. Сначала найдем углы, для которых $\cos \alpha = \frac{1}{2}$. На единичной окружности это точки с абсциссой $x = \frac{1}{2}$. Этим точкам соответствуют углы $\alpha_1 = \arccos(\frac{1}{2}) = \frac{\pi}{3}$ и $\alpha_2 = -\arccos(\frac{1}{2}) = -\frac{\pi}{3}$. Нам нужно найти все углы $\alpha$, для которых значение косинуса больше $\frac{1}{2}$. На единичной окружности это дуга, расположенная правее вертикальной прямой $x = \frac{1}{2}$. Эта дуга соответствует углам в интервале от $-\frac{\pi}{3}$ до $\frac{\pi}{3}$. Так как функция косинуса периодична с периодом $2\pi$, общее решение неравенства записывается как совокупность интервалов: $-\frac{\pi}{3} + 2\pi n < \alpha < \frac{\pi}{3} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $-\frac{\pi}{3} + 2\pi n < \alpha < \frac{\pi}{3} + 2\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

б) $\cos \alpha < \frac{1}{2}$

Решаем неравенство $\cos \alpha < \frac{1}{2}$. Углы, для которых $\cos \alpha = \frac{1}{2}$, равны $\alpha = \frac{\pi}{3}$ и $\alpha = \frac{5\pi}{3}$ (или $-\frac{\pi}{3}$). Нам нужны углы, для которых косинус меньше $\frac{1}{2}$. На единичной окружности это дуга, расположенная левее прямой $x = \frac{1}{2}$. Двигаясь по окружности против часовой стрелки, мы видим, что этот интервал начинается от $\frac{\pi}{3}$ и заканчивается в $\frac{5\pi}{3}$. Учитывая периодичность, общее решение: $\frac{\pi}{3} + 2\pi n < \alpha < \frac{5\pi}{3} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $\frac{\pi}{3} + 2\pi n < \alpha < \frac{5\pi}{3} + 2\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

в) $\cos \alpha > \frac{\sqrt{2}}{2}$

Решаем неравенство $\cos \alpha > \frac{\sqrt{2}}{2}$. Находим углы, для которых $\cos \alpha = \frac{\sqrt{2}}{2}$: $\alpha_1 = \arccos(\frac{\sqrt{2}}{2}) = \frac{\pi}{4}$ и $\alpha_2 = -\frac{\pi}{4}$. Значения $\alpha$, для которых $\cos \alpha$ больше $\frac{\sqrt{2}}{2}$, лежат на дуге единичной окружности между углами $-\frac{\pi}{4}$ и $\frac{\pi}{4}$. С учетом периодичности, получаем: $-\frac{\pi}{4} + 2\pi n < \alpha < \frac{\pi}{4} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $-\frac{\pi}{4} + 2\pi n < \alpha < \frac{\pi}{4} + 2\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

г) $\cos \alpha < \frac{\sqrt{2}}{2}$

Решаем неравенство $\cos \alpha < \frac{\sqrt{2}}{2}$. Граничные углы, где $\cos \alpha = \frac{\sqrt{2}}{2}$, это $\alpha = \frac{\pi}{4}$ и $\alpha = 2\pi - \frac{\pi}{4} = \frac{7\pi}{4}$. Значения $\alpha$, для которых $\cos \alpha$ меньше $\frac{\sqrt{2}}{2}$, лежат на дуге от $\frac{\pi}{4}$ до $\frac{7\pi}{4}$ при движении против часовой стрелки. Общее решение с учетом периода $2\pi$: $\frac{\pi}{4} + 2\pi n < \alpha < \frac{7\pi}{4} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $\frac{\pi}{4} + 2\pi n < \alpha < \frac{7\pi}{4} + 2\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

д) $\cos \alpha > \frac{\sqrt{3}}{2}$

Решаем неравенство $\cos \alpha > \frac{\sqrt{3}}{2}$. Углы, для которых $\cos \alpha = \frac{\sqrt{3}}{2}$, равны $\alpha_1 = \arccos(\frac{\sqrt{3}}{2}) = \frac{\pi}{6}$ и $\alpha_2 = -\frac{\pi}{6}$. Интервал, где косинус больше $\frac{\sqrt{3}}{2}$, находится между $-\frac{\pi}{6}$ и $\frac{\pi}{6}$. Общее решение: $-\frac{\pi}{6} + 2\pi n < \alpha < \frac{\pi}{6} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $-\frac{\pi}{6} + 2\pi n < \alpha < \frac{\pi}{6} + 2\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

е) $\cos \alpha < \frac{\sqrt{3}}{2}$

Решаем неравенство $\cos \alpha < \frac{\sqrt{3}}{2}$. Граничные углы, где $\cos \alpha = \frac{\sqrt{3}}{2}$, это $\alpha = \frac{\pi}{6}$ и $\alpha = 2\pi - \frac{\pi}{6} = \frac{11\pi}{6}$. Интервал, где косинус меньше $\frac{\sqrt{3}}{2}$, находится на дуге от $\frac{\pi}{6}$ до $\frac{11\pi}{6}$. Общее решение: $\frac{\pi}{6} + 2\pi n < \alpha < \frac{11\pi}{6} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $\frac{\pi}{6} + 2\pi n < \alpha < \frac{11\pi}{6} + 2\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

ж) $\cos \alpha > -\frac{1}{2}$

Решаем неравенство $\cos \alpha > -\frac{1}{2}$. Находим углы, для которых $\cos \alpha = -\frac{1}{2}$: $\alpha_1 = \arccos(-\frac{1}{2}) = \frac{2\pi}{3}$ и $\alpha_2 = -\frac{2\pi}{3}$. Значения $\alpha$, для которых $\cos \alpha$ больше $-\frac{1}{2}$, лежат на дуге единичной окружности между углами $-\frac{2\pi}{3}$ и $\frac{2\pi}{3}$. Общее решение: $-\frac{2\pi}{3} + 2\pi n < \alpha < \frac{2\pi}{3} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $-\frac{2\pi}{3} + 2\pi n < \alpha < \frac{2\pi}{3} + 2\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

з) $\cos \alpha < -\frac{1}{2}$

Решаем неравенство $\cos \alpha < -\frac{1}{2}$. Граничные углы, где $\cos \alpha = -\frac{1}{2}$, это $\alpha = \frac{2\pi}{3}$ и $\alpha = 2\pi - \frac{2\pi}{3} = \frac{4\pi}{3}$. Интервал, где косинус меньше $-\frac{1}{2}$, находится на дуге от $\frac{2\pi}{3}$ до $\frac{4\pi}{3}$. Общее решение: $\frac{2\pi}{3} + 2\pi n < \alpha < \frac{4\pi}{3} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $\frac{2\pi}{3} + 2\pi n < \alpha < \frac{4\pi}{3} + 2\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

и) $\cos \alpha > -\frac{\sqrt{2}}{2}$

Решаем неравенство $\cos \alpha > -\frac{\sqrt{2}}{2}$. Находим углы, для которых $\cos \alpha = -\frac{\sqrt{2}}{2}$: $\alpha_1 = \arccos(-\frac{\sqrt{2}}{2}) = \frac{3\pi}{4}$ и $\alpha_2 = -\frac{3\pi}{4}$. Интервал, где косинус больше $-\frac{\sqrt{2}}{2}$, находится между углами $-\frac{3\pi}{4}$ и $\frac{3\pi}{4}$. Общее решение: $-\frac{3\pi}{4} + 2\pi n < \alpha < \frac{3\pi}{4} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $-\frac{3\pi}{4} + 2\pi n < \alpha < \frac{3\pi}{4} + 2\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

к) $\cos \alpha < -\frac{\sqrt{2}}{2}$

Решаем неравенство $\cos \alpha < -\frac{\sqrt{2}}{2}$. Граничные углы, где $\cos \alpha = -\frac{\sqrt{2}}{2}$, это $\alpha = \frac{3\pi}{4}$ и $\alpha = 2\pi - \frac{3\pi}{4} = \frac{5\pi}{4}$. Интервал, где косинус меньше $-\frac{\sqrt{2}}{2}$, находится на дуге от $\frac{3\pi}{4}$ до $\frac{5\pi}{4}$. Общее решение: $\frac{3\pi}{4} + 2\pi n < \alpha < \frac{5\pi}{4} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $\frac{3\pi}{4} + 2\pi n < \alpha < \frac{5\pi}{4} + 2\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

л) $\cos \alpha > -\frac{\sqrt{3}}{2}$

Решаем неравенство $\cos \alpha > -\frac{\sqrt{3}}{2}$. Находим углы, для которых $\cos \alpha = -\frac{\sqrt{3}}{2}$: $\alpha_1 = \arccos(-\frac{\sqrt{3}}{2}) = \frac{5\pi}{6}$ и $\alpha_2 = -\frac{5\pi}{6}$. Интервал, где косинус больше $-\frac{\sqrt{3}}{2}$, находится между углами $-\frac{5\pi}{6}$ и $\frac{5\pi}{6}$. Общее решение: $-\frac{5\pi}{6} + 2\pi n < \alpha < \frac{5\pi}{6} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $-\frac{5\pi}{6} + 2\pi n < \alpha < \frac{5\pi}{6} + 2\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

м) $\cos \alpha < -\frac{\sqrt{3}}{2}$

Решаем неравенство $\cos \alpha < -\frac{\sqrt{3}}{2}$. Граничные углы, где $\cos \alpha = -\frac{\sqrt{3}}{2}$, это $\alpha = \frac{5\pi}{6}$ и $\alpha = 2\pi - \frac{5\pi}{6} = \frac{7\pi}{6}$. Интервал, где косинус меньше $-\frac{\sqrt{3}}{2}$, находится на дуге от $\frac{5\pi}{6}$ до $\frac{7\pi}{6}$. Общее решение: $\frac{5\pi}{6} + 2\pi n < \alpha < \frac{7\pi}{6} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $\frac{5\pi}{6} + 2\pi n < \alpha < \frac{7\pi}{6} + 2\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.