Страница 322 - гдз по алгебре 10 класс учебник Никольский, Потапов

11.45 a) $\sin^2 x + 2,5 \sin x + 1 < 0;$

б) $\sin^2 x - 3,5 \sin x - 2 > 0;$

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

г) $2 \cos^2 x + 3\sqrt{3} \cos x + 3 > 0;$

д) $\operatorname{tg}^2 x - 3 \operatorname{tg} x - 4 < 0;$

e) $\operatorname{tg}^2 x + 3 \operatorname{tg} x + 2 > 0;$

ж) $\operatorname{ctg}^2 x - 4 \operatorname{ctg} x + 3 < 0;$

з) $\operatorname{ctg}^2 x + 4 \operatorname{ctg} x + 3 > 0.$

а) $ \sin^2 x + 2,5 \sin x + 1 < 0 $

Это квадратное неравенство относительно $ \sin x $. Сделаем замену $ t = \sin x $, где $ -1 \le t \le 1 $.

Получаем неравенство: $ t^2 + 2,5t + 1 < 0 $. Умножим на 2, чтобы избавиться от дроби: $ 2t^2 + 5t + 2 < 0 $.

Найдем корни квадратного уравнения $ 2t^2 + 5t + 2 = 0 $.

Дискриминант: $ D = 5^2 - 4 \cdot 2 \cdot 2 = 25 - 16 = 9 = 3^2 $.

Корни: $ t_1 = \frac{-5 - 3}{4} = -2 $; $ t_2 = \frac{-5 + 3}{4} = -0,5 $.

Парабола $ y = 2t^2 + 5t + 2 $ ветвями вверх, поэтому неравенство $ 2t^2 + 5t + 2 < 0 $ выполняется между корнями: $ -2 < t < -0,5 $.

Возвращаемся к замене: $ -2 < \sin x < -0,5 $.

Учитывая, что $ -1 \le \sin x \le 1 $, получаем двойное неравенство: $ -1 \le \sin x < -0,5 $.

На тригонометрической окружности этому неравенству соответствует дуга, расположенная ниже прямой $ y = -0,5 $. Крайние точки этой дуги - $ -\frac{5\pi}{6} $ и $ -\frac{\pi}{6} $.

Следовательно, решение неравенства: $ -\frac{5\pi}{6} + 2\pi k < x < -\frac{\pi}{6} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ x \in (-\frac{5\pi}{6} + 2\pi k; -\frac{\pi}{6} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z} $.

б) $ \sin^2 x - 3,5 \sin x - 2 > 0 $

Сделаем замену $ t = \sin x $, где $ -1 \le t \le 1 $.

Получаем неравенство: $ t^2 - 3,5t - 2 > 0 $. Умножим на 2: $ 2t^2 - 7t - 4 > 0 $.

Найдем корни уравнения $ 2t^2 - 7t - 4 = 0 $.

Дискриминант: $ D = (-7)^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-4) = 49 + 32 = 81 = 9^2 $.

Корни: $ t_1 = \frac{7 - 9}{4} = -0,5 $; $ t_2 = \frac{7 + 9}{4} = 4 $.

Парабола $ y = 2t^2 - 7t - 4 $ ветвями вверх, поэтому неравенство $ 2t^2 - 7t - 4 > 0 $ выполняется вне интервала между корнями: $ t < -0,5 $ или $ t > 4 $.

Возвращаемся к замене: $ \sin x < -0,5 $ или $ \sin x > 4 $.

Неравенство $ \sin x > 4 $ не имеет решений, так как $ -1 \le \sin x \le 1 $.

Решаем неравенство $ \sin x < -0,5 $. Учитывая область значений синуса, это эквивалентно $ -1 \le \sin x < -0,5 $.

Это неравенство было решено в пункте а). Решение: $ -\frac{5\pi}{6} + 2\pi k < x < -\frac{\pi}{6} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ x \in (-\frac{5\pi}{6} + 2\pi k; -\frac{\pi}{6} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z} $.

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

Сделаем замену $ t = \cos x $, где $ -1 \le t \le 1 $.

Получаем неравенство: $ 2t^2 - 3\sqrt{3}t + 3 < 0 $.

Найдем корни уравнения $ 2t^2 - 3\sqrt{3}t + 3 = 0 $.

Дискриминант: $ D = (-3\sqrt{3})^2 - 4 \cdot 2 \cdot 3 = 27 - 24 = 3 $.

Корни: $ t_1 = \frac{3\sqrt{3} - \sqrt{3}}{4} = \frac{2\sqrt{3}}{4} = \frac{\sqrt{3}}{2} $; $ t_2 = \frac{3\sqrt{3} + \sqrt{3}}{4} = \frac{4\sqrt{3}}{4} = \sqrt{3} $.

Неравенство $ 2t^2 - 3\sqrt{3}t + 3 < 0 $ выполняется между корнями: $ \frac{\sqrt{3}}{2} < t < \sqrt{3} $.

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

Учитывая, что $ \cos x \le 1 $, получаем $ \frac{\sqrt{3}}{2} < \cos x \le 1 $.

На тригонометрической окружности этому неравенству соответствует дуга, расположенная правее прямой $ x = \frac{\sqrt{3}}{2} $. Крайние точки этой дуги - $ -\frac{\pi}{6} $ и $ \frac{\pi}{6} $.

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

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

г) $ 2\cos^2 x + 3\sqrt{3}\cos x + 3 > 0 $

Сделаем замену $ t = \cos x $, где $ -1 \le t \le 1 $.

Получаем неравенство: $ 2t^2 + 3\sqrt{3}t + 3 > 0 $.

Найдем корни уравнения $ 2t^2 + 3\sqrt{3}t + 3 = 0 $.

Дискриминант: $ D = (3\sqrt{3})^2 - 4 \cdot 2 \cdot 3 = 27 - 24 = 3 $.

Корни: $ t_1 = \frac{-3\sqrt{3} - \sqrt{3}}{4} = -\sqrt{3} $; $ t_2 = \frac{-3\sqrt{3} + \sqrt{3}}{4} = -\frac{\sqrt{3}}{2} $.

Неравенство $ 2t^2 + 3\sqrt{3}t + 3 > 0 $ выполняется вне интервала между корнями: $ t < -\sqrt{3} $ или $ t > -\frac{\sqrt{3}}{2} $.

Возвращаемся к замене: $ \cos x < -\sqrt{3} $ или $ \cos x > -\frac{\sqrt{3}}{2} $.

Неравенство $ \cos x < -\sqrt{3} $ (приблизительно $ \cos x < -1,73 $) не имеет решений.

Решаем неравенство $ \cos x > -\frac{\sqrt{3}}{2} $. Учитывая область значений косинуса, это $ -\frac{\sqrt{3}}{2} < \cos x \le 1 $.

На тригонометрической окружности этому неравенству соответствует дуга, расположенная правее прямой $ x = -\frac{\sqrt{3}}{2} $. Крайние точки этой дуги - $ -\frac{5\pi}{6} $ и $ \frac{5\pi}{6} $.

Следовательно, решение: $ -\frac{5\pi}{6} + 2\pi k < x < \frac{5\pi}{6} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ x \in (-\frac{5\pi}{6} + 2\pi k; \frac{5\pi}{6} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z} $.

д) $ \operatorname{tg}^2 x - 3\operatorname{tg} x - 4 < 0 $

Сделаем замену $ t = \operatorname{tg} x $.

Получаем неравенство: $ t^2 - 3t - 4 < 0 $.

Найдем корни уравнения $ t^2 - 3t - 4 = 0 $. По теореме Виета, $ t_1 = -1 $, $ t_2 = 4 $.

Неравенство выполняется между корнями: $ -1 < t < 4 $.

Возвращаемся к замене: $ -1 < \operatorname{tg} x < 4 $.

Так как функция $ y = \operatorname{tg} x $ возрастающая на своем интервале определения $ (-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}) $, то решение на этом интервале: $ \operatorname{arctg}(-1) < x < \operatorname{arctg}(4) $, то есть $ -\frac{\pi}{4} < x < \operatorname{arctg}(4) $.

Учитывая периодичность тангенса (период $ \pi $), получаем общее решение: $ -\frac{\pi}{4} + \pi k < x < \operatorname{arctg}(4) + \pi k, k \in \mathbb{Z} $.

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

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

Сделаем замену $ t = \operatorname{tg} x $.

Получаем неравенство: $ t^2 + 3t + 2 > 0 $.

Найдем корни уравнения $ t^2 + 3t + 2 = 0 $. По теореме Виета, $ t_1 = -2 $, $ t_2 = -1 $.

Неравенство выполняется вне интервала между корнями: $ t < -2 $ или $ t > -1 $.

Возвращаемся к замене: $ \operatorname{tg} x < -2 $ или $ \operatorname{tg} x > -1 $.

Решим каждое неравенство отдельно на интервале $ (-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}) $:

1) $ \operatorname{tg} x > -1 \implies \operatorname{arctg}(-1) < x < \frac{\pi}{2} \implies -\frac{\pi}{4} < x < \frac{\pi}{2} $.

2) $ \operatorname{tg} x < -2 \implies -\frac{\pi}{2} < x < \operatorname{arctg}(-2) \implies -\frac{\pi}{2} < x < -\operatorname{arctg}(2) $.

Объединяя решения и добавляя период $ \pi k $, получаем: $ x \in (-\frac{\pi}{2} + \pi k; -\operatorname{arctg}(2) + \pi k) \cup (-\frac{\pi}{4} + \pi k; \frac{\pi}{2} + \pi k), k \in \mathbb{Z} $.

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

ж) $ \operatorname{ctg}^2 x - 4\operatorname{ctg} x + 3 < 0 $

Сделаем замену $ t = \operatorname{ctg} x $.

Получаем неравенство: $ t^2 - 4t + 3 < 0 $.

Найдем корни уравнения $ t^2 - 4t + 3 = 0 $. По теореме Виета, $ t_1 = 1 $, $ t_2 = 3 $.

Неравенство выполняется между корнями: $ 1 < t < 3 $.

Возвращаемся к замене: $ 1 < \operatorname{ctg} x < 3 $.

Так как функция $ y = \operatorname{ctg} x $ убывающая на интервале $ (0; \pi) $, то знаки неравенства меняются: $ \operatorname{arcctg}(3) < x < \operatorname{arcctg}(1) $.

Так как $ \operatorname{arcctg}(1) = \frac{\pi}{4} $, получаем $ \operatorname{arcctg}(3) < x < \frac{\pi}{4} $.

Учитывая периодичность котангенса (период $ \pi $), получаем общее решение: $ \operatorname{arcctg}(3) + \pi k < x < \frac{\pi}{4} + \pi k, k \in \mathbb{Z} $.

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

з) $ \operatorname{ctg}^2 x + 4\operatorname{ctg} x + 3 > 0 $

Сделаем замену $ t = \operatorname{ctg} x $.

Получаем неравенство: $ t^2 + 4t + 3 > 0 $.

Найдем корни уравнения $ t^2 + 4t + 3 = 0 $. По теореме Виета, $ t_1 = -3 $, $ t_2 = -1 $.

Неравенство выполняется вне интервала между корнями: $ t < -3 $ или $ t > -1 $.

Возвращаемся к замене: $ \operatorname{ctg} x < -3 $ или $ \operatorname{ctg} x > -1 $.

Решим каждое неравенство отдельно на интервале $ (0; \pi) $:

1) $ \operatorname{ctg} x > -1 $. Так как котангенс убывает, то $ 0 < x < \operatorname{arcctg}(-1) \implies 0 < x < \frac{3\pi}{4} $.

2) $ \operatorname{ctg} x < -3 $. Так как котангенс убывает, то $ \operatorname{arcctg}(-3) < x < \pi $. Можно записать $ \pi - \operatorname{arcctg}(3) < x < \pi $.

Объединяя решения и добавляя период $ \pi k $, получаем: $ x \in (\pi k; \frac{3\pi}{4} + \pi k) \cup (\pi - \operatorname{arcctg}(3) + \pi k; \pi + \pi k), k \in \mathbb{Z} $.

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

11.46 а) $ \sin x - \frac{6}{\sin x} + 1 > 0; $

б) $ \sin x + \frac{6}{\sin x} + 5 < 0; $

В) $ \cos x - \frac{2}{\cos x} + 1 < 0; $

Г) $ \cos x + \frac{3}{\cos x} - 4 > 0; $

Д) $ \operatorname{tg} x - \frac{4}{\operatorname{tg} x} + 3 < 0; $

е) $ \operatorname{tg} x - \frac{1}{\operatorname{tg} x} > 0; $

Ж) $ \operatorname{ctg} x - \frac{3}{\operatorname{ctg} x} < 0; $

з) $ \operatorname{ctg} x - \frac{4}{\operatorname{ctg} x} + 3 > 0. $

а)

Исходное неравенство: $ \sin x - \frac{6}{\sin x} + 1 > 0 $.

Область допустимых значений (ОДЗ): $ \sin x \ne 0 $, то есть $ x \ne \pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Сделаем замену $ t = \sin x $. Так как $ -1 \le \sin x \le 1 $, то $ t \in [-1, 1] $.

Получаем неравенство для $ t $: $ t - \frac{6}{t} + 1 > 0 $.

Приводим к общему знаменателю: $ \frac{t^2+t-6}{t} > 0 $.

Найдем корни числителя $ t^2+t-6=0 $. По теореме Виета, $ t_1=-3, t_2=2 $.

Неравенство принимает вид $ \frac{(t+3)(t-2)}{t} > 0 $.

Решаем методом интервалов. Корни (точки смены знака): $ t=-3, t=0, t=2 $.

Интервалы, на которых выражение положительно: $ t \in (-3, 0) \cup (2, \infty) $.

Учитываем ограничение $ t \in [-1, 1] $ и $ t \ne 0 $. Пересечение множеств $ ((-3, 0) \cup (2, \infty)) \cap [-1, 1] $ дает $ t \in (-1, 0) $.

Возвращаемся к исходной переменной: $ -1 < \sin x < 0 $.

Это неравенство выполняется для углов в III и IV четвертях, исключая точку, где $ \sin x = -1 $.

Решение: $ x \in (\pi + 2\pi k, 2\pi + 2\pi k) $, при этом $ x \ne \frac{3\pi}{2} + 2\pi k $.

Это можно записать в виде объединения интервалов: $ x \in (\pi + 2\pi k, \frac{3\pi}{2} + 2\pi k) \cup (\frac{3\pi}{2} + 2\pi k, 2\pi + 2\pi k), k \in \mathbb{Z} $.

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

б)

Исходное неравенство: $ \sin x + \frac{6}{\sin x} + 5 < 0 $.

ОДЗ: $ \sin x \ne 0 $, то есть $ x \ne \pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Сделаем замену $ t = \sin x $, где $ t \in [-1, 1] $.

Получаем неравенство: $ t + \frac{6}{t} + 5 < 0 \implies \frac{t^2+5t+6}{t} < 0 $.

Корни числителя $ t^2+5t+6=0 $: $ t_1=-3, t_2=-2 $.

Неравенство принимает вид $ \frac{(t+3)(t+2)}{t} < 0 $.

Решаем методом интервалов. Корни: $ t=-3, t=-2, t=0 $.

Интервалы, на которых выражение отрицательно: $ t \in (-\infty, -3) \cup (-2, 0) $.

Учитываем ограничение $ t \in [-1, 1] $. Пересечение $ ((-\infty, -3) \cup (-2, 0)) \cap [-1, 1] $ дает $ t \in [-1, 0) $.

Возвращаемся к исходной переменной: $ -1 \le \sin x < 0 $.

Это неравенство выполняется для углов в III и IV четвертях.

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

в)

Исходное неравенство: $ \cos x - \frac{2}{\cos x} + 1 < 0 $.

ОДЗ: $ \cos x \ne 0 $, то есть $ x \ne \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Сделаем замену $ t = \cos x $, где $ t \in [-1, 1] $.

Получаем неравенство: $ t - \frac{2}{t} + 1 < 0 \implies \frac{t^2+t-2}{t} < 0 $.

Корни числителя $ t^2+t-2=0 $: $ t_1=-2, t_2=1 $.

Неравенство принимает вид $ \frac{(t+2)(t-1)}{t} < 0 $.

Решаем методом интервалов. Корни: $ t=-2, t=0, t=1 $.

Интервалы, на которых выражение отрицательно: $ t \in (-\infty, -2) \cup (0, 1) $.

Учитываем ограничение $ t \in [-1, 1] $. Пересечение $ ((-\infty, -2) \cup (0, 1)) \cap [-1, 1] $ дает $ t \in (0, 1) $.

Возвращаемся к исходной переменной: $ 0 < \cos x < 1 $.

Это неравенство выполняется для углов в I и IV четвертях, исключая точки, где $ \cos x = 1 $.

Решение: $ x \in (-\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \frac{\pi}{2} + 2\pi k) $, при этом $ x \ne 2\pi k $.

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

г)

Исходное неравенство: $ \cos x + \frac{3}{\cos x} - 4 > 0 $.

ОДЗ: $ \cos x \ne 0 $, то есть $ x \ne \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Сделаем замену $ t = \cos x $, где $ t \in [-1, 1] $.

Получаем неравенство: $ t + \frac{3}{t} - 4 > 0 \implies \frac{t^2-4t+3}{t} > 0 $.

Корни числителя $ t^2-4t+3=0 $: $ t_1=1, t_2=3 $.

Неравенство принимает вид $ \frac{(t-1)(t-3)}{t} > 0 $.

Решаем методом интервалов. Корни: $ t=0, t=1, t=3 $.

Интервалы, на которых выражение положительно: $ t \in (0, 1) \cup (3, \infty) $.

Учитываем ограничение $ t \in [-1, 1] $. Пересечение $ ((0, 1) \cup (3, \infty)) \cap [-1, 1] $ дает $ t \in (0, 1) $.

Возвращаемся к исходной переменной: $ 0 < \cos x < 1 $.

Это неравенство выполняется для углов в I и IV четвертях, исключая точки, где $ \cos x = 1 $.

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

д)

Исходное неравенство: $ \tg x - \frac{4}{\tg x} + 3 < 0 $.

ОДЗ: $ \tg x \ne 0 $ и $ \cos x \ne 0 $. Это значит $ x \ne \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z} $.

Сделаем замену $ t = \tg x $.

Получаем неравенство: $ t - \frac{4}{t} + 3 < 0 \implies \frac{t^2+3t-4}{t} < 0 $.

Корни числителя $ t^2+3t-4=0 $: $ t_1=-4, t_2=1 $.

Неравенство принимает вид $ \frac{(t+4)(t-1)}{t} < 0 $.

Решаем методом интервалов. Корни: $ t=-4, t=0, t=1 $.

Интервалы, на которых выражение отрицательно: $ t \in (-\infty, -4) \cup (0, 1) $.

Возвращаемся к исходной переменной: $ \tg x < -4 $ или $ 0 < \tg x < 1 $.

Решаем $ \tg x < -4 $: $ x \in (-\frac{\pi}{2} + \pi k, \arctan(-4) + \pi k) $.

Решаем $ 0 < \tg x < 1 $: $ x \in (\pi k, \frac{\pi}{4} + \pi k) $.

Объединяем решения.

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

е)

Исходное неравенство: $ \tg x - \frac{1}{\tg x} > 0 $.

ОДЗ: $ x \ne \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z} $.

Сделаем замену $ t = \tg x $.

Получаем неравенство: $ t - \frac{1}{t} > 0 \implies \frac{t^2-1}{t} > 0 \implies \frac{(t-1)(t+1)}{t} > 0 $.

Решаем методом интервалов. Корни: $ t=-1, t=0, t=1 $.

Интервалы, на которых выражение положительно: $ t \in (-1, 0) \cup (1, \infty) $.

Возвращаемся к исходной переменной: $ -1 < \tg x < 0 $ или $ \tg x > 1 $.

Решаем $ -1 < \tg x < 0 $: $ x \in (-\frac{\pi}{4} + \pi k, \pi k) $.

Решаем $ \tg x > 1 $: $ x \in (\frac{\pi}{4} + \pi k, \frac{\pi}{2} + \pi k) $.

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

ж)

Исходное неравенство: $ \ctg x - \frac{3}{\ctg x} < 0 $.

ОДЗ: $ \ctg x \ne 0 $ и $ \sin x \ne 0 $. Это значит $ x \ne \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z} $.

Сделаем замену $ t = \ctg x $.

Получаем неравенство: $ t - \frac{3}{t} < 0 \implies \frac{t^2-3}{t} < 0 \implies \frac{(t-\sqrt{3})(t+\sqrt{3})}{t} < 0 $.

Решаем методом интервалов. Корни: $ t=-\sqrt{3}, t=0, t=\sqrt{3} $.

Интервалы, на которых выражение отрицательно: $ t \in (-\infty, -\sqrt{3}) \cup (0, \sqrt{3}) $.

Возвращаемся к исходной переменной: $ \ctg x < -\sqrt{3} $ или $ 0 < \ctg x < \sqrt{3} $.

Решаем $ \ctg x < -\sqrt{3} $: $ \operatorname{arccot}(-\sqrt{3}) + \pi k < x < \pi + \pi k \implies x \in (\frac{5\pi}{6} + \pi k, \pi + \pi k) $.

Решаем $ 0 < \ctg x < \sqrt{3} $: $ \operatorname{arccot}(\sqrt{3}) + \pi k < x < \operatorname{arccot}(0) + \pi k \implies x \in (\frac{\pi}{6} + \pi k, \frac{\pi}{2} + \pi k) $.

Ответ: $ x \in (\frac{\pi}{6} + \pi k, \frac{\pi}{2} + \pi k) \cup (\frac{5\pi}{6} + \pi k, \pi + \pi k), k \in \mathbb{Z} $.

з)

Исходное неравенство: $ \ctg x - \frac{4}{\ctg x} + 3 > 0 $.

ОДЗ: $ x \ne \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z} $.

Сделаем замену $ t = \ctg x $.

Получаем неравенство: $ t - \frac{4}{t} + 3 > 0 \implies \frac{t^2+3t-4}{t} > 0 $.

Корни числителя $ t^2+3t-4=0 $: $ t_1=-4, t_2=1 $.

Неравенство принимает вид $ \frac{(t+4)(t-1)}{t} > 0 $.

Решаем методом интервалов. Корни: $ t=-4, t=0, t=1 $.

Интервалы, на которых выражение положительно: $ t \in (-4, 0) \cup (1, \infty) $.

Возвращаемся к исходной переменной: $ -4 < \ctg x < 0 $ или $ \ctg x > 1 $.

Решаем $ -4 < \ctg x < 0 $: $ \operatorname{arccot}(0) + \pi k < x < \operatorname{arccot}(-4) + \pi k \implies x \in (\frac{\pi}{2} + \pi k, \operatorname{arccot}(-4) + \pi k) $.

Решаем $ \ctg x > 1 $: $ \pi k < x < \operatorname{arccot}(1) + \pi k \implies x \in (\pi k, \frac{\pi}{4} + \pi k) $.

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

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. $

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