Номер 94, страница 36 - гдз по алгебре 11 класс учебник Колягин, Ткачева

Глава 1. Тригонометрические функции. Параграф 5. Свойства функции y=tg x и y=ctg x - номер 94, страница 36.

Условие.

94. Решить неравенство:

1) $tg^2 x < 1$;

2) $tg^2 x \ge 3$;

3) $3\sin^2 x + \sin x \cos x > 2$.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

1) Решим неравенство $tg^2 x < 1$.

Это неравенство равносильно $(\operatorname{tg} x)^2 < 1$. Извлекая квадратный корень из обеих частей, получаем неравенство с модулем:

$|\operatorname{tg} x| < 1$.

Данное неравенство эквивалентно двойному неравенству:

$-1 < \operatorname{tg} x < 1$.

Решим это двойное неравенство. Функция $y = \operatorname{tg} x$ является возрастающей на своем интервале определения $(-\frac{\pi}{2} + \pi n, \frac{\pi}{2} + \pi n)$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Найдем значения $x$, для которых $\operatorname{tg} x = -1$ и $\operatorname{tg} x = 1$.

$\operatorname{tg} x = 1 \implies x = \operatorname{arctg}(1) + \pi n = \frac{\pi}{4} + \pi n$.

$\operatorname{tg} x = -1 \implies x = \operatorname{arctg}(-1) + \pi n = -\frac{\pi}{4} + \pi n$.

Таким образом, решение двойного неравенства $-1 < \operatorname{tg} x < 1$ представляет собой интервалы:

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

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

2) Решим неравенство $tg^2 x \geq 3$.

Извлекая квадратный корень из обеих частей, получаем:

$|\operatorname{tg} x| \geq \sqrt{3}$.

Это неравенство распадается на два:

$\operatorname{tg} x \geq \sqrt{3}$ или $\operatorname{tg} x \leq -\sqrt{3}$.

Решим каждое неравенство по отдельности, учитывая область определения тангенса $x \neq \frac{\pi}{2} + \pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

Для первого неравенства $\operatorname{tg} x \geq \sqrt{3}$:

Так как $\operatorname{arctg}(\sqrt{3}) = \frac{\pi}{3}$, а функция тангенса возрастает, решение будет:

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

Для второго неравенства $\operatorname{tg} x \leq -\sqrt{3}$:

Так как $\operatorname{arctg}(-\sqrt{3}) = -\frac{\pi}{3}$, решение будет:

$-\frac{\pi}{2} + \pi n < x \leq -\frac{\pi}{3} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Объединяя решения обоих неравенств, получаем итоговый ответ.

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

3) Решим неравенство $3\sin^2 x + \sin x \cos x > 2$.

Используем основное тригонометрическое тождество, представив число 2 как $2 \cdot 1 = 2(\sin^2 x + \cos^2 x)$.

$3\sin^2 x + \sin x \cos x > 2(\sin^2 x + \cos^2 x)$

Раскроем скобки и перенесем все члены в левую часть:

$3\sin^2 x + \sin x \cos x - 2\sin^2 x - 2\cos^2 x > 0$

$\sin^2 x + \sin x \cos x - 2\cos^2 x > 0$

Это однородное тригонометрическое неравенство. Рассмотрим два случая.

Случай 1: $\cos x = 0$.

Если $\cos x = 0$, то $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$, $k \in \mathbb{Z}$, и $\sin^2 x = 1$. Подставим в неравенство:

$1^2 + 1 \cdot 0 - 2 \cdot 0^2 > 0 \implies 1 > 0$.

Это верное утверждение, следовательно, все значения $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$ являются решениями неравенства.

Случай 2: $\cos x \neq 0$.

Разделим обе части неравенства на $\cos^2 x$. Так как $\cos^2 x > 0$, знак неравенства не изменится.

$\frac{\sin^2 x}{\cos^2 x} + \frac{\sin x \cos x}{\cos^2 x} - \frac{2\cos^2 x}{\cos^2 x} > 0$

$\operatorname{tg}^2 x + \operatorname{tg} x - 2 > 0$

Сделаем замену $t = \operatorname{tg} x$. Получим квадратное неравенство:

$t^2 + t - 2 > 0$

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

Парабола $y=t^2+t-2$ ветвями вверх, поэтому неравенство выполняется при $t < -2$ или $t > 1$.

Возвращаемся к замене:

$\operatorname{tg} x < -2$ или $\operatorname{tg} x > 1$.

Решим каждое из этих простейших неравенств:

$\operatorname{tg} x > 1 \implies \frac{\pi}{4} + \pi n < x < \frac{\pi}{2} + \pi n$.

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

Теперь объединим решения из обоих случаев. Решения из случая 1 ($x = \frac{\pi}{2} + \pi k$) являются граничными точками для интервалов, полученных в случае 2. Поскольку эти точки являются решениями, мы можем включить их в ответ, замкнув соответствующие концы интервалов.

Объединение множества $( \frac{\pi}{4} + \pi n, \frac{\pi}{2} + \pi n )$ и точек $x = \frac{\pi}{2} + \pi n$ дает полуинтервал $( \frac{\pi}{4} + \pi n, \frac{\pi}{2} + \pi n ]$.

Точки $x = -\frac{\pi}{2} + \pi n$ также входят в множество решений из случая 1. Объединение их с интервалами $( -\frac{\pi}{2} + \pi n, \operatorname{arctg}(-2) + \pi n )$ дает полуинтервал $[ -\frac{\pi}{2} + \pi n, \operatorname{arctg}(-2) + \pi n )$.

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