Страница 321 - гдз по алгебре 10 класс учебник Никольский, Потапов

Решите неравенство (11.43–11.47):

11.43

а) $\sin^2 x < \frac{1}{2}$;

б) $\cos^2 x < \frac{3}{4}$;

в) $\sin^2 x > \frac{3}{4}$;

г) $\cos^2 x > \frac{1}{2}$;

д) $\text{tg}^2 x < 1$;

е) $\text{tg}^2 x > 3$;

ж) $\text{ctg}^2 x > 1$;

з) $\text{ctg}^2 x < \frac{1}{3}$.

а)

Решим неравенство $\sin^2 x < \frac{1}{2}$.

Для решения этого неравенства воспользуемся формулой понижения степени: $\sin^2 x = \frac{1 - \cos(2x)}{2}$.

Подставим это выражение в исходное неравенство:

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

Умножим обе части на 2:

$1 - \cos(2x) < 1$

$-\cos(2x) < 0$

$\cos(2x) > 0$

Сделаем замену $t = 2x$. Получаем простое тригонометрическое неравенство $\cos t > 0$.

Решением этого неравенства являются интервалы, где косинус положителен, то есть $-\frac{\pi}{2} + 2\pi k < t < \frac{\pi}{2} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Выполним обратную замену $t = 2x$:

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

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

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

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

б)

Решим неравенство $\cos^2 x < \frac{3}{4}$.

Используем формулу понижения степени: $\cos^2 x = \frac{1 + \cos(2x)}{2}$.

Подставляем в неравенство:

$\frac{1 + \cos(2x)}{2} < \frac{3}{4}$

Умножим обе части на 4:

$2(1 + \cos(2x)) < 3$

$2 + 2\cos(2x) < 3$

$2\cos(2x) < 1$

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

Сделаем замену $t = 2x$, получим $\cos t < \frac{1}{2}$.

Решениями этого неравенства являются углы $t$, для которых $\frac{\pi}{3} + 2\pi k < t < \frac{5\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Возвращаемся к переменной $x$:

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

Разделим все части на 2:

$\frac{\pi}{6} + \pi k < x < \frac{5\pi}{6} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $\frac{\pi}{6} + \pi k < x < \frac{5\pi}{6} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

в)

Решим неравенство $\sin^2 x > \frac{3}{4}$.

Используем формулу понижения степени $\sin^2 x = \frac{1 - \cos(2x)}{2}$:

$\frac{1 - \cos(2x)}{2} > \frac{3}{4}$

Умножим обе части на 4:

$2(1 - \cos(2x)) > 3$

$2 - 2\cos(2x) > 3$

$-2\cos(2x) > 1$

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

Сделаем замену $t = 2x$, получим $\cos t < -\frac{1}{2}$.

Решениями этого неравенства являются углы $t$, для которых $\frac{2\pi}{3} + 2\pi k < t < \frac{4\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Возвращаемся к переменной $x$:

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

Разделим все части на 2:

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

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

г)

Решим неравенство $\cos^2 x > \frac{1}{2}$.

Используем формулу понижения степени $\cos^2 x = \frac{1 + \cos(2x)}{2}$:

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

$1 + \cos(2x) > 1$

$\cos(2x) > 0$

Это неравенство уже было решено в пункте а). Его решением является $-\frac{\pi}{4} + \pi k < x < \frac{\pi}{4} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

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

д)

Решим неравенство $\tg^2 x < 1$.

Это неравенство равносильно двойному неравенству $-1 < \tg x < 1$.

Рассмотрим решение на одном периоде тангенса, интервале $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$.

Функция $\tg x$ возрастает на этом интервале.

$\tg x = 1$ при $x = \frac{\pi}{4}$.

$\tg x = -1$ при $x = -\frac{\pi}{4}$.

Следовательно, на интервале $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ решение неравенства есть $-\frac{\pi}{4} < x < \frac{\pi}{4}$.

Учитывая периодичность тангенса (период $\pi$), общее решение имеет вид:

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

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

е)

Решим неравенство $\tg^2 x > 3$.

Это неравенство равносильно совокупности двух неравенств: $\tg x > \sqrt{3}$ или $\tg x < -\sqrt{3}$.

Рассмотрим решение на интервале $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$.

1) $\tg x > \sqrt{3}$. Так как $\tg(\frac{\pi}{3}) = \sqrt{3}$ и тангенс возрастает, то $\frac{\pi}{3} < x < \frac{\pi}{2}$.

2) $\tg x < -\sqrt{3}$. Так как $\tg(-\frac{\pi}{3}) = -\sqrt{3}$ и тангенс возрастает, то $-\frac{\pi}{2} < x < -\frac{\pi}{3}$.

Объединяя эти решения и добавляя период $\pi k$, получаем общее решение:

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

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

ж)

Решим неравенство $\ctg^2 x > 1$.

Это неравенство равносильно совокупности двух неравенств: $\ctg x > 1$ или $\ctg x < -1$.

Рассмотрим решение на одном периоде котангенса, интервале $(0, \pi)$.

Функция $\ctg x$ убывает на этом интервале.

1) $\ctg x > 1$. Так как $\ctg(\frac{\pi}{4}) = 1$ и котангенс убывает, то $0 < x < \frac{\pi}{4}$.

2) $\ctg x < -1$. Так как $\ctg(\frac{3\pi}{4}) = -1$ и котангенс убывает, то $\frac{3\pi}{4} < x < \pi$.

Объединяя эти решения и добавляя период $\pi k$, получаем общее решение:

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

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

з)

Решим неравенство $\ctg^2 x < \frac{1}{3}$.

Это неравенство равносильно двойному неравенству $-\sqrt{\frac{1}{3}} < \ctg x < \sqrt{\frac{1}{3}}$, то есть $-\frac{\sqrt{3}}{3} < \ctg x < \frac{\sqrt{3}}{3}$.

Рассмотрим решение на интервале $(0, \pi)$.

Функция $\ctg x$ убывает на этом интервале.

$\ctg x = \frac{\sqrt{3}}{3}$ при $x = \frac{\pi}{3}$.

$\ctg x = -\frac{\sqrt{3}}{3}$ при $x = \frac{2\pi}{3}$.

Так как котангенс является убывающей функцией, то решение неравенства на интервале $(0, \pi)$ есть $\frac{\pi}{3} < x < \frac{2\pi}{3}$.

Учитывая периодичность котангенса (период $\pi$), общее решение имеет вид:

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

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

11.44 a) $\sin^2 x - \frac{\sqrt{2}}{2} \sin x < 0;$

б) $\sin^2 x + \frac{1}{2} \sin x > 0;$

в) $\cos^2 x - \frac{\sqrt{3}}{2} \cos x < 0;$

г) $\cos^2 x + \frac{\sqrt{2}}{2} \cos x > 0;$

д) $\text{tg}^2 x - \text{tg } x < 0;$

е) $\text{tg}^2 x + \sqrt{3} \text{tg } x > 0;$

ж) $\text{ctg}^2 x - \text{ctg } x < 0;$

з) $\text{ctg}^2 x + \frac{\sqrt{3}}{3} \text{ctg } x > 0.$

а) $\sin^2 x - \frac{\sqrt{2}}{2}\sin x < 0$

Введем замену $t = \sin x$, где $t \in [-1, 1]$. Неравенство принимает вид: $t^2 - \frac{\sqrt{2}}{2}t < 0$.

Вынесем $t$ за скобки: $t(t - \frac{\sqrt{2}}{2}) < 0$.

Корни соответствующего уравнения $t(t - \frac{\sqrt{2}}{2}) = 0$ равны $t_1 = 0$ и $t_2 = \frac{\sqrt{2}}{2}$. Поскольку это парабола с ветвями вверх, неравенство выполняется между корнями: $0 < t < \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Вернемся к исходной переменной: $0 < \sin x < \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Это двойное неравенство решается с помощью единичной окружности. Находим углы, для которых синус принимает значения между $0$ и $\frac{\sqrt{2}}{2}$. Это два интервала на одном обороте: от $0$ до $\frac{\pi}{4}$ и от $\frac{3\pi}{4}$ до $\pi$.

С учетом периодичности функции синус, общее решение имеет вид:

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

б) $\sin^2 x + \frac{1}{2}\sin x > 0$

Введем замену $t = \sin x$, где $t \in [-1, 1]$. Получаем квадратное неравенство: $t^2 + \frac{1}{2}t > 0$.

Выносим $t$ за скобки: $t(t + \frac{1}{2}) > 0$.

Корни уравнения $t(t + \frac{1}{2}) = 0$ равны $t_1 = 0$ и $t_2 = -\frac{1}{2}$. Парабола направлена ветвями вверх, поэтому решение неравенства находится вне интервала между корнями: $t < -\frac{1}{2}$ или $t > 0$.

Выполняем обратную замену: $\sin x < -\frac{1}{2}$ или $\sin x > 0$.

Решаем каждое неравенство отдельно:

1) $\sin x > 0$ при $x \in (2\pi n, \pi + 2\pi n)$.

2) $\sin x < -\frac{1}{2}$ при $x \in (\frac{7\pi}{6} + 2\pi n, \frac{11\pi}{6} + 2\pi n)$.

Объединяем полученные решения.

Ответ: $x \in (2\pi n, \pi + 2\pi n) \cup (\frac{7\pi}{6} + 2\pi n, \frac{11\pi}{6} + 2\pi n), n \in \mathbb{Z}$.

в) $\cos^2 x - \frac{\sqrt{3}}{2}\cos x < 0$

Пусть $t = \cos x$, где $t \in [-1, 1]$. Неравенство становится: $t^2 - \frac{\sqrt{3}}{2}t < 0$.

Факторизуем: $t(t - \frac{\sqrt{3}}{2}) < 0$.

Корни $t_1 = 0$ и $t_2 = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Решение неравенства: $0 < t < \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Возвращаемся к $x$: $0 < \cos x < \frac{\sqrt{3}}{2}$.

На единичной окружности это соответствует дугам, где абсцисса точки больше $0$, но меньше $\frac{\sqrt{3}}{2}$. Это интервалы $(-\frac{\pi}{2}, -\frac{\pi}{6})$ и $(\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2})$.

Добавляя период $2\pi$, получаем общее решение.

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

г) $\cos^2 x + \frac{\sqrt{2}}{2}\cos x > 0$

Пусть $t = \cos x$, $t \in [-1, 1]$. Неравенство: $t^2 + \frac{\sqrt{2}}{2}t > 0$.

Факторизуем: $t(t + \frac{\sqrt{2}}{2}) > 0$.

Корни $t_1 = 0$ и $t_2 = -\frac{\sqrt{2}}{2}$. Решение: $t < -\frac{\sqrt{2}}{2}$ или $t > 0$.

Обратная замена: $\cos x < -\frac{\sqrt{2}}{2}$ или $\cos x > 0$.

1) $\cos x > 0$ при $x \in (-\frac{\pi}{2} + 2\pi n, \frac{\pi}{2} + 2\pi n)$.

2) $\cos x < -\frac{\sqrt{2}}{2}$ при $x \in (\frac{3\pi}{4} + 2\pi n, \frac{5\pi}{4} + 2\pi n)$.

Объединяем эти решения.

Ответ: $x \in (-\frac{\pi}{2} + 2\pi n, \frac{\pi}{2} + 2\pi n) \cup (\frac{3\pi}{4} + 2\pi n, \frac{5\pi}{4} + 2\pi n), n \in \mathbb{Z}$.

д) $\operatorname{tg}^2 x - \operatorname{tg} x < 0$

Пусть $t = \operatorname{tg} x$. Неравенство: $t^2 - t < 0$.

Факторизуем: $t(t - 1) < 0$.

Корни $t_1 = 0$ и $t_2 = 1$. Решение: $0 < t < 1$.

Обратная замена: $0 < \operatorname{tg} x < 1$.

Функция тангенса возрастает на своем основном периоде $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$. $\operatorname{tg} x = 0$ при $x=0$, $\operatorname{tg} x = 1$ при $x=\frac{\pi}{4}$.

Следовательно, решение на одном периоде: $0 < x < \frac{\pi}{4}$.

Добавляя период $\pi n$, получаем общее решение.

Ответ: $x \in (\pi n, \frac{\pi}{4} + \pi n), n \in \mathbb{Z}$.

е) $\operatorname{tg}^2 x + \sqrt{3}\operatorname{tg} x > 0$

Пусть $t = \operatorname{tg} x$. Неравенство: $t^2 + \sqrt{3}t > 0$.

Факторизуем: $t(t + \sqrt{3}) > 0$.

Корни $t_1 = 0$ и $t_2 = -\sqrt{3}$. Решение: $t < -\sqrt{3}$ или $t > 0$.

Обратная замена: $\operatorname{tg} x < -\sqrt{3}$ или $\operatorname{tg} x > 0$.

На основном периоде $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$:

1) $\operatorname{tg} x > 0$ при $x \in (0, \frac{\pi}{2})$.

2) $\operatorname{tg} x < -\sqrt{3}$ при $x \in (-\frac{\pi}{2}, -\frac{\pi}{3})$.

С учетом периодичности $\pi n$ получаем общее решение.

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

ж) $\operatorname{ctg}^2 x - \operatorname{ctg} x < 0$

Пусть $t = \operatorname{ctg} x$. Неравенство: $t^2 - t < 0$.

Факторизуем: $t(t - 1) < 0$.

Корни $t_1 = 0$ и $t_2 = 1$. Решение: $0 < t < 1$.

Обратная замена: $0 < \operatorname{ctg} x < 1$.

Функция котангенса убывает на своем основном периоде $(0, \pi)$. $\operatorname{ctg} x = 1$ при $x=\frac{\pi}{4}$, $\operatorname{ctg} x = 0$ при $x=\frac{\pi}{2}$.

Из-за убывания функции, $0 < \operatorname{ctg} x < 1$ выполняется при $\frac{\pi}{4} < x < \frac{\pi}{2}$.

Добавляя период $\pi n$, получаем общее решение.

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

з) $\operatorname{ctg}^2 x + \frac{\sqrt{3}}{3}\operatorname{ctg} x > 0$

Пусть $t = \operatorname{ctg} x$. Неравенство: $t^2 + \frac{\sqrt{3}}{3}t > 0$.

Факторизуем: $t(t + \frac{\sqrt{3}}{3}) > 0$.

Корни $t_1 = 0$ и $t_2 = -\frac{\sqrt{3}}{3}$. Решение: $t < -\frac{\sqrt{3}}{3}$ или $t > 0$.

Обратная замена: $\operatorname{ctg} x < -\frac{\sqrt{3}}{3}$ или $\operatorname{ctg} x > 0$.

На основном периоде $(0, \pi)$:

1) $\operatorname{ctg} x > 0$ при $x \in (0, \frac{\pi}{2})$.

2) $\operatorname{ctg} x = -\frac{\sqrt{3}}{3}$ при $x = \frac{2\pi}{3}$. Так как котангенс убывает, $\operatorname{ctg} x < -\frac{\sqrt{3}}{3}$ при $x \in (\frac{2\pi}{3}, \pi)$.

Объединяя и добавляя период $\pi n$, получаем общее решение.

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