Номер 132, страница 44 - гдз по алгебре 11 класс учебник Колягин, Ткачева

Глава 1. Тригонометрические функции. Упражнения к главе I - номер 132, страница 44.

Условие.

132. Решить неравенство:

1) $sin x \ge cos x$;

2) $tg x > sin x$.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

1) $\sin x \ge \cos x$

Перенесем $\cos x$ в левую часть неравенства:

$\sin x - \cos x \ge 0$

Для решения этого неравенства воспользуемся методом вспомогательного угла. Умножим и разделим левую часть на $\sqrt{1^2 + (-1)^2} = \sqrt{2}$:

$\sqrt{2} \left( \frac{1}{\sqrt{2}}\sin x - \frac{1}{\sqrt{2}}\cos x \right) \ge 0$

Заметим, что $\frac{1}{\sqrt{2}} = \cos\frac{\pi}{4}$ и $\frac{1}{\sqrt{2}} = \sin\frac{\pi}{4}$. Подставим эти значения в неравенство:

$\sqrt{2} \left( \sin x \cos\frac{\pi}{4} - \cos x \sin\frac{\pi}{4} \right) \ge 0$

Выражение в скобках является формулой синуса разности $\sin(a-b) = \sin a \cos b - \cos a \sin b$. Применим ее:

$\sqrt{2} \sin\left(x - \frac{\pi}{4}\right) \ge 0$

Так как $\sqrt{2} > 0$, неравенство сводится к следующему:

$\sin\left(x - \frac{\pi}{4}\right) \ge 0$

Синус неотрицателен, когда его аргумент находится в промежутке от $0$ до $\pi$ (включая концы), с учетом периодичности $2\pi$.

Пусть $u = x - \frac{\pi}{4}$. Тогда $\sin u \ge 0$.

Решением для $u$ является $2\pi k \le u \le \pi + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Теперь вернемся к переменной $x$, подставив $u = x - \frac{\pi}{4}$:

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

Прибавим $\frac{\pi}{4}$ ко всем частям двойного неравенства, чтобы выразить $x$:

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

$\frac{\pi}{4} + 2\pi k \le x \le \frac{5\pi}{4} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$

Ответ: $x \in \left[\frac{\pi}{4} + 2\pi k, \frac{5\pi}{4} + 2\pi k\right], k \in \mathbb{Z}$.

2) $\operatorname{tg} x > \sin x$

Сначала определим область допустимых значений (ОДЗ). Тангенс определен, когда $\cos x \neq 0$, то есть $x \neq \frac{\pi}{2} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Запишем тангенс как отношение синуса к косинусу:

$\frac{\sin x}{\cos x} > \sin x$

Перенесем все члены в левую часть:

$\frac{\sin x}{\cos x} - \sin x > 0$

Вынесем $\sin x$ за скобки:

$\sin x \left( \frac{1}{\cos x} - 1 \right) > 0$

Приведем выражение в скобках к общему знаменателю:

$\sin x \left( \frac{1 - \cos x}{\cos x} \right) > 0$

$\frac{\sin x (1 - \cos x)}{\cos x} > 0$

Рассмотрим множитель $(1 - \cos x)$. Поскольку значение $\cos x$ всегда находится в пределах от $-1$ до $1$, выражение $(1 - \cos x)$ всегда неотрицательно, т.е. $(1 - \cos x) \ge 0$.

Равенство $1 - \cos x = 0$ достигается при $\cos x = 1$, то есть при $x = 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$. В этих точках исходное неравенство принимает вид $0 > 0$, что неверно. Следовательно, эти точки не являются решением.

Для всех остальных $x$ из ОДЗ имеем $1 - \cos x > 0$. Значит, мы можем разделить обе части неравенства на $(1 - \cos x)$, не меняя знака:

$\frac{\sin x}{\cos x} > 0$

Это неравенство равносильно $\operatorname{tg} x > 0$.

Тангенс положителен в I и III координатных четвертях. Решением неравенства $\operatorname{tg} x > 0$ являются интервалы, где синус и косинус имеют одинаковые знаки.

Учитывая периодичность тангенса, получаем:

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

Данное решение уже учитывает ОДЗ ($x \neq \frac{\pi}{2} + \pi k$) и исключает точки $x = 2\pi k$ (так как при $k=m$ имеем $2\pi m$, а в нашем решении левая граница $\pi k$ не включается).

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