Страница 335 - гдз по алгебре 11 класс учебник Колягин, Ткачева

Решить неравенство (927-930).

927.

1) $\sqrt{9x-20} < x;$

2) $\sqrt{x+7} > x+1;$

3) $\sqrt{\frac{x+4}{2-x}} > x;$

4) $\sqrt{\frac{1+5x}{1+2x}} \le 1-x.$

1) Решим неравенство $\sqrt{9x - 20} < x$.
Это иррациональное неравенство вида $\sqrt{f(x)} < g(x)$, которое равносильно следующей системе неравенств: $$ \begin{cases} f(x) \ge 0 \\ g(x) > 0 \\ f(x) < (g(x))^2 \end{cases} $$ Применительно к нашему случаю, система выглядит так: $$ \begin{cases} 9x - 20 \ge 0 \\ x > 0 \\ 9x - 20 < x^2 \end{cases} $$ Решим каждое неравенство системы по отдельности.
1. $9x - 20 \ge 0 \implies 9x \ge 20 \implies x \ge \frac{20}{9}$.
2. $x > 0$.
3. $9x - 20 < x^2 \implies x^2 - 9x + 20 > 0$.
Найдем корни квадратного трехчлена $x^2 - 9x + 20 = 0$. По теореме Виета, сумма корней равна 9, а произведение 20. Корни равны $x_1 = 4$ и $x_2 = 5$. Графиком функции $y = x^2 - 9x + 20$ является парабола с ветвями, направленными вверх. Следовательно, неравенство $x^2 - 9x + 20 > 0$ выполняется при $x$, находящихся вне интервала между корнями, то есть $x \in (-\infty, 4) \cup (5, +\infty)$.
Теперь необходимо найти пересечение решений всех трех неравенств: $$ \begin{cases} x \ge \frac{20}{9} \\ x > 0 \\ x \in (-\infty, 4) \cup (5, +\infty) \end{cases} $$ Условие $x > 0$ является избыточным, так как из $x \ge \frac{20}{9}$ следует, что $x$ положителен ($\frac{20}{9} \approx 2.22$).
Таким образом, ищем пересечение множеств $[\frac{20}{9}, +\infty)$ и $(-\infty, 4) \cup (5, +\infty)$.
На числовой оси это будет объединение интервалов $[\frac{20}{9}, 4)$ и $(5, +\infty)$.
Ответ: $x \in [\frac{20}{9}, 4) \cup (5, +\infty)$.

2) Решим неравенство $\sqrt{x + 7} > x + 1$.
Это иррациональное неравенство вида $\sqrt{f(x)} > g(x)$, решение которого распадается на два случая.
Случай 1: Правая часть неравенства отрицательна. $$ \begin{cases} g(x) < 0 \\ f(x) \ge 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x + 1 < 0 \\ x + 7 \ge 0 \end{cases} $$ Решаем систему: $$ \begin{cases} x < -1 \\ x \ge -7 \end{cases} \implies x \in [-7, -1) $$ В этом случае неравенство выполняется, так как неотрицательное число (значение корня) всегда больше отрицательного.
Случай 2: Правая часть неравенства неотрицательна. $$ \begin{cases} g(x) \ge 0 \\ f(x) > (g(x))^2 \end{cases} \implies \begin{cases} x + 1 \ge 0 \\ x + 7 > (x + 1)^2 \end{cases} $$ Решаем систему: $$ \begin{cases} x \ge -1 \\ x + 7 > x^2 + 2x + 1 \end{cases} \implies \begin{cases} x \ge -1 \\ x^2 + x - 6 < 0 \end{cases} $$ Найдем корни уравнения $x^2 + x - 6 = 0$. По теореме Виета, корни $x_1 = -3$ и $x_2 = 2$. Неравенство $x^2 + x - 6 < 0$ выполняется между корнями, то есть $-3 < x < 2$. Теперь найдем пересечение решений системы: $$ \begin{cases} x \ge -1 \\ -3 < x < 2 \end{cases} \implies x \in [-1, 2) $$ Общее решение исходного неравенства является объединением решений обоих случаев.
Объединяем множества $[-7, -1)$ и $[-1, 2)$: $[-7, -1) \cup [-1, 2) = [-7, 2)$.
Ответ: $x \in [-7, 2)$.

3) Решим неравенство $\sqrt{\frac{x+4}{2-x}} > x$.
Данное неравенство также имеет вид $\sqrt{f(x)} > g(x)$.
Сначала найдем область допустимых значений (ОДЗ): подкоренное выражение должно быть неотрицательным.
$\frac{x+4}{2-x} \ge 0$. Решая методом интервалов, находим, что ОДЗ: $x \in [-4, 2)$.
Рассмотрим два случая.
Случай 1: $x < 0$.
В этом случае правая часть неравенства отрицательна. Неравенство будет верным для всех $x$ из ОДЗ, которые удовлетворяют условию $x < 0$.
Пересечение $x \in [-4, 2)$ и $x < 0$ дает $x \in [-4, 0)$.
Случай 2: $x \ge 0$.
В этом случае обе части неравенства неотрицательны, и мы можем возвести их в квадрат. Решение ищем на пересечении ОДЗ и условия $x \ge 0$, то есть для $x \in [0, 2)$.
$\frac{x+4}{2-x} > x^2$.
Так как на интервале $[0, 2)$ знаменатель $2-x$ положителен, можно умножить обе части на него, не меняя знака неравенства:
$x+4 > x^2(2-x)$
$x+4 > 2x^2 - x^3$
$x^3 - 2x^2 + x + 4 > 0$
Найдем корень многочлена $P(x) = x^3 - 2x^2 + x + 4$ подбором. $P(-1) = -1 - 2 - 1 + 4 = 0$. Значит, $x=-1$ является корнем. Разделим многочлен на $(x+1)$: $(x^3 - 2x^2 + x + 4) : (x+1) = x^2 - 3x + 4$.
Неравенство принимает вид $(x+1)(x^2 - 3x + 4) > 0$.
Квадратный трехчлен $x^2 - 3x + 4$ имеет отрицательный дискриминант ($D = (-3)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 4 = 9 - 16 = -7 < 0$) и положительный старший коэффициент, поэтому он положителен при всех значениях $x$.
Следовательно, неравенство $(x+1)(x^2 - 3x + 4) > 0$ равносильно $x+1 > 0$, то есть $x > -1$.
Ищем пересечение решения $x > -1$ с условием данного случая $x \in [0, 2)$. Получаем $x \in [0, 2)$.
Общее решение является объединением решений двух случаев: $[-4, 0) \cup [0, 2) = [-4, 2)$.
Ответ: $x \in [-4, 2)$.

4) Решим неравенство $\sqrt{\frac{1+5x}{1+2x}} \le 1-x$.
Это неравенство вида $\sqrt{f(x)} \le g(x)$, которое равносильно системе: $$ \begin{cases} f(x) \ge 0 \\ g(x) \ge 0 \\ f(x) \le (g(x))^2 \end{cases} \implies \begin{cases} \frac{1+5x}{1+2x} \ge 0 \\ 1-x \ge 0 \\ \frac{1+5x}{1+2x} \le (1-x)^2 \end{cases} $$ 1. ОДЗ: $\frac{1+5x}{1+2x} \ge 0$. Методом интервалов получаем $x \in (-\infty, -1/2) \cup [-1/5, +\infty)$.
2. $1-x \ge 0 \implies x \le 1$.
Пересечение условий 1 и 2 дает: $x \in (-\infty, -1/2) \cup [-1/5, 1]$.
3. $\frac{1+5x}{1+2x} \le (1-x)^2 \implies \frac{1+5x}{1+2x} - (1-2x+x^2) \le 0$.
Приводим к общему знаменателю:
$\frac{1+5x - (1+2x)(1-2x+x^2)}{1+2x} \le 0$
$\frac{1+5x - (1 - 2x + x^2 + 2x - 4x^2 + 2x^3)}{1+2x} \le 0$
$\frac{1+5x - (2x^3 - 3x^2 + 1)}{1+2x} \le 0$
$\frac{-2x^3 + 3x^2 + 5x}{1+2x} \le 0$
Вынесем $-x$ в числителе: $\frac{-x(2x^2 - 3x - 5)}{1+2x} \le 0$.
Найдем корни $2x^2 - 3x - 5 = 0$: $x_{1,2} = \frac{3 \pm \sqrt{9 - 4(2)(-5)}}{4} = \frac{3 \pm 7}{4}$. Корни $x_1 = -1$ и $x_2 = 5/2$.
Неравенство принимает вид $\frac{-x(x+1)(2x-5)}{2x+1} \le 0$.
Умножим на -1 и сменим знак: $\frac{x(x+1)(2x-5)}{2x+1} \ge 0$.
Решаем методом интервалов с точками $-1, -1/2, 0, 5/2$. Решением этого неравенства является $x \in (-\infty, -1] \cup (-1/2, 0] \cup [5/2, +\infty)$.
Теперь найдем пересечение этого решения с множеством, полученным из условий 1 и 2: $x \in (-\infty, -1/2) \cup [-1/5, 1]$.
- Пересечение $(-\infty, -1] \cup (-1/2, 0] \cup [5/2, +\infty)$ с $(-\infty, -1/2)$ дает $(-\infty, -1]$. - Пересечение $(-\infty, -1] \cup (-1/2, 0] \cup [5/2, +\infty)$ с $[-1/5, 1]$ дает $[-1/5, 0]$.
Объединяя полученные множества, получаем итоговый ответ.
Ответ: $x \in (-\infty, -1] \cup [-1/5, 0]$.

928. 1) $\frac{13-3x+\sqrt{x^2-x-6}}{5-x} > 1$;

2) $\frac{7-3x+\sqrt{x^2+3x-4}}{x-3} < -1$.

1) Решим неравенство $\frac{13 - 3x + \sqrt{x^2 - x - 6}}{5 - x} > 1$.

Сначала найдем область допустимых значений (ОДЗ):

1. Подкоренное выражение должно быть неотрицательным: $x^2 - x - 6 \ge 0$.

Разложим на множители: $(x - 3)(x + 2) \ge 0$. Решением этого неравенства является $x \in (-\infty, -2] \cup [3, +\infty)$.

2. Знаменатель не должен быть равен нулю: $5 - x \ne 0$, то есть $x \ne 5$.

Объединяя условия, получаем ОДЗ: $x \in (-\infty, -2] \cup [3, 5) \cup (5, +\infty)$.

Теперь преобразуем исходное неравенство, перенеся 1 в левую часть:

$\frac{13 - 3x + \sqrt{x^2 - x - 6}}{5 - x} - 1 > 0$

$\frac{13 - 3x + \sqrt{x^2 - x - 6} - (5 - x)}{5 - x} > 0$

$\frac{8 - 2x + \sqrt{x^2 - x - 6}}{5 - x} > 0$

Дробь больше нуля, когда числитель и знаменатель имеют одинаковые знаки. Рассмотрим два случая.

Случай 1: Числитель и знаменатель положительны.

$\{ \begin{array}{l} 8 - 2x + \sqrt{x^2 - x - 6} > 0 \\ 5 - x > 0 \end{array} \quad \implies \quad \{ \begin{array}{l} \sqrt{x^2 - x - 6} > 2x - 8 \\ x < 5 \end{array}$

Решим первое неравенство $\sqrt{x^2 - x - 6} > 2x - 8$. Оно равносильно совокупности двух систем:

а) $\{ \begin{array}{l} 2x - 8 < 0 \\ x^2 - x - 6 \ge 0 \end{array} \implies \{ \begin{array}{l} x < 4 \\ x \in (-\infty, -2] \cup [3, +\infty) \end{array} \implies x \in (-\infty, -2] \cup [3, 4)$.

б) $\{ \begin{array}{l} 2x - 8 \ge 0 \\ x^2 - x - 6 > (2x - 8)^2 \end{array} \implies \{ \begin{array}{l} x \ge 4 \\ x^2 - x - 6 > 4x^2 - 32x + 64 \end{array}$

Решим второе неравенство системы б): $3x^2 - 31x + 70 < 0$. Корни квадратного трехчлена $3x^2 - 31x + 70 = 0$ равны $x_1 = \frac{10}{3}$ и $x_2 = 7$. Следовательно, $x \in (\frac{10}{3}, 7)$.

Пересекая с условием $x \ge 4$, получаем $x \in [4, 7)$.

Объединение решений а) и б) дает $x \in (-\infty, -2] \cup [3, 7)$.

Теперь учтем условие $x < 5$ из системы случая 1, а также ОДЗ. Получаем решение для первого случая: $x \in (-\infty, -2] \cup [3, 5)$.

Случай 2: Числитель и знаменатель отрицательны.

$\{ \begin{array}{l} 8 - 2x + \sqrt{x^2 - x - 6} < 0 \\ 5 - x < 0 \end{array} \quad \implies \quad \{ \begin{array}{l} \sqrt{x^2 - x - 6} < 2x - 8 \\ x > 5 \end{array}$

Первое неравенство $\sqrt{x^2 - x - 6} < 2x - 8$ равносильно системе:

$\{ \begin{array}{l} x^2 - x - 6 \ge 0 \\ 2x - 8 > 0 \\ x^2 - x - 6 < (2x - 8)^2 \end{array} \implies \{ \begin{array}{l} x \in (-\infty, -2] \cup [3, +\infty) \\ x > 4 \\ 3x^2 - 31x + 70 > 0 \end{array}$

Решение неравенства $3x^2 - 31x + 70 > 0$ есть $x \in (-\infty, \frac{10}{3}) \cup (7, +\infty)$.

Пересечение всех трех условий системы дает $x \in (7, +\infty)$.

Это решение удовлетворяет условию $x > 5$.

Объединяя решения обоих случаев, получаем окончательный ответ.

Ответ: $x \in (-\infty, -2] \cup [3, 5) \cup (7, +\infty)$.

2) Решим неравенство $\frac{7 - 3x + \sqrt{x^2 + 3x - 4}}{x - 3} < -1$.

Найдем область допустимых значений (ОДЗ):

1. $x^2 + 3x - 4 \ge 0$. Корни уравнения $x^2 + 3x - 4 = 0$ это $x_1 = -4$ и $x_2 = 1$. Тогда $(x+4)(x-1) \ge 0$, откуда $x \in (-\infty, -4] \cup [1, +\infty)$.

2. $x - 3 \ne 0$, то есть $x \ne 3$.

ОДЗ: $x \in (-\infty, -4] \cup [1, 3) \cup (3, +\infty)$.

Преобразуем неравенство:

$\frac{7 - 3x + \sqrt{x^2 + 3x - 4}}{x - 3} + 1 < 0$

$\frac{7 - 3x + \sqrt{x^2 + 3x - 4} + x - 3}{x - 3} < 0$

$\frac{4 - 2x + \sqrt{x^2 + 3x - 4}}{x - 3} < 0$

Дробь меньше нуля, когда числитель и знаменатель имеют разные знаки. Рассмотрим два случая.

Случай 1: Числитель отрицателен, а знаменатель положителен.

$\{ \begin{array}{l} 4 - 2x + \sqrt{x^2 + 3x - 4} < 0 \\ x - 3 > 0 \end{array} \quad \implies \quad \{ \begin{array}{l} \sqrt{x^2 + 3x - 4} < 2x - 4 \\ x > 3 \end{array}$

Первое неравенство равносильно системе:

$\{ \begin{array}{l} x^2 + 3x - 4 \ge 0 \\ 2x - 4 > 0 \\ x^2 + 3x - 4 < (2x - 4)^2 \end{array} \implies \{ \begin{array}{l} x \in (-\infty, -4] \cup [1, +\infty) \\ x > 2 \\ 3x^2 - 19x + 20 > 0 \end{array}$

Корни $3x^2 - 19x + 20=0$ равны $x_1=\frac{4}{3}$ и $x_2=5$. Решение неравенства $x \in (-\infty, \frac{4}{3}) \cup (5, +\infty)$.

Пересечение всех трех условий дает $x \in (5, +\infty)$. Это решение удовлетворяет условию $x > 3$.

Случай 2: Числитель положителен, а знаменатель отрицателен.

$\{ \begin{array}{l} 4 - 2x + \sqrt{x^2 + 3x - 4} > 0 \\ x - 3 < 0 \end{array} \quad \implies \quad \{ \begin{array}{l} \sqrt{x^2 + 3x - 4} > 2x - 4 \\ x < 3 \end{array}$

Решим первое неравенство $\sqrt{x^2 + 3x - 4} > 2x - 4$. Оно равносильно совокупности двух систем:

а) $\{ \begin{array}{l} 2x - 4 < 0 \\ x^2 + 3x - 4 \ge 0 \end{array} \implies \{ \begin{array}{l} x < 2 \\ x \in (-\infty, -4] \cup [1, +\infty) \end{array} \implies x \in (-\infty, -4] \cup [1, 2)$.

б) $\{ \begin{array}{l} 2x - 4 \ge 0 \\ x^2 + 3x - 4 > (2x - 4)^2 \end{array} \implies \{ \begin{array}{l} x \ge 2 \\ 3x^2 - 19x + 20 < 0 \end{array}$

Решение неравенства $3x^2 - 19x + 20 < 0$ есть $x \in (\frac{4}{3}, 5)$.

Пересекая с условием $x \ge 2$, получаем $x \in [2, 5)$.

Объединение решений а) и б) дает $x \in (-\infty, -4] \cup [1, 5)$.

Учитывая условие $x < 3$ из системы случая 2 и ОДЗ, получаем решение для этого случая: $x \in (-\infty, -4] \cup [1, 3)$.

Объединяя решения обоих случаев, получаем окончательный ответ.

Ответ: $x \in (-\infty, -4] \cup [1, 3) \cup (5, +\infty)$.

929. 1) $ \sqrt{\frac{3x^3 - 22x^2 + 40x}{x-4}} \ge 3x - 10; $

2) $ \sqrt{\frac{2x^3 - 22x^2 + 60x}{x-6}} \ge 2x - 10. $

1) $\sqrt{\frac{3x^3 - 22x^2 + 40x}{x-4}} \ge 3x - 10$

Решение данного иррационального неравенства вида $\sqrt{f(x)} \ge g(x)$ сводится к рассмотрению двух случаев, но сначала найдем область допустимых значений (ОДЗ).

Нахождение ОДЗ:

Подкоренное выражение должно быть неотрицательным:

$\frac{3x^3 - 22x^2 + 40x}{x-4} \ge 0$

Разложим числитель на множители. Вынесем $x$ за скобки:

$3x^3 - 22x^2 + 40x = x(3x^2 - 22x + 40)$

Найдем корни квадратного трехчлена $3x^2 - 22x + 40=0$ через дискриминант:

$D = (-22)^2 - 4 \cdot 3 \cdot 40 = 484 - 480 = 4 = 2^2$

$x_{1,2} = \frac{22 \pm 2}{2 \cdot 3} \implies x_1 = \frac{24}{6} = 4, \quad x_2 = \frac{20}{6} = \frac{10}{3}$

Таким образом, числитель равен $x(3x-10)(x-4)$. Неравенство для ОДЗ принимает вид:

$\frac{x(3x-10)(x-4)}{x-4} \ge 0$

Решим это неравенство методом интервалов. Отметим на числовой прямой нули числителя ($x=0, x=10/3, x=4$) и нуль знаменателя ($x=4$). Точка $x=4$ выкалывается в любом случае.

При $x \ne 4$ неравенство равносильно $x(3x-10) \ge 0$. Корни $0$ и $10/3$. Это парабола с ветвями вверх, поэтому решение: $x \in (-\infty, 0] \cup [\frac{10}{3}, \infty)$.

Учитывая ограничение $x \ne 4$, получаем ОДЗ:

$x \in (-\infty, 0] \cup [\frac{10}{3}, 4) \cup (4, \infty)$.

Теперь рассмотрим два случая для исходного неравенства.

Случай 1: Правая часть отрицательна.

$3x - 10 < 0 \implies 3x < 10 \implies x < \frac{10}{3}$.

В этом случае левая часть (арифметический квадратный корень) всегда больше или равна нулю, а правая часть отрицательна. Неравенство выполняется для всех $x$ из ОДЗ, удовлетворяющих условию $x < 10/3$.

Найдем пересечение множества $x < 10/3$ с ОДЗ: $(-\infty, 0] \cup [\frac{10}{3}, 4) \cup (4, \infty)$.

Пересечением является интервал $(-\infty, 0]$. Это первая часть решения.

Случай 2: Правая часть неотрицательна.

$3x - 10 \ge 0 \implies x \ge \frac{10}{3}$.

В этом случае обе части неравенства неотрицательны, поэтому можно возвести их в квадрат. Это преобразование будет равносильным на области допустимых значений.

$\frac{3x^3 - 22x^2 + 40x}{x-4} \ge (3x - 10)^2$

На ОДЗ при $x \ge 10/3$, т.е. на множестве $[\frac{10}{3}, 4) \cup (4, \infty)$, выражение $\frac{(x-4)}{(x-4)}$ равно 1. Левую часть можно упростить:

$x(3x-10) \ge (3x-10)^2$

Перенесем все в одну сторону и разложим на множители:

$x(3x-10) - (3x-10)^2 \ge 0$

$(3x-10)(x - (3x-10)) \ge 0$

$(3x-10)(x - 3x + 10) \ge 0$

$(3x-10)(-2x + 10) \ge 0$

$-2(3x-10)(x-5) \ge 0$

Разделим на -2, изменив знак неравенства:

$(3x-10)(x-5) \le 0$

Решением этого квадратного неравенства является отрезок $[\frac{10}{3}, 5]$.

Теперь найдем пересечение этого решения с условиями данного случая: $x \ge \frac{10}{3}$ и $x$ принадлежит ОДЗ. Область для этого случая: $[\frac{10}{3}, 4) \cup (4, \infty)$.

Пересечение $[\frac{10}{3}, 5]$ с $[\frac{10}{3}, 4) \cup (4, \infty)$ дает нам $[\frac{10}{3}, 4) \cup (4, 5]$. Это вторая часть решения.

Объединяя решения из обоих случаев, получаем окончательный ответ.

$(-\infty, 0] \cup ([\frac{10}{3}, 4) \cup (4, 5])$.

Ответ: $x \in (-\infty, 0] \cup [\frac{10}{3}, 4) \cup (4, 5]$.

2) $\sqrt{\frac{2x^3 - 22x^2 + 60x}{x-6}} \ge 2x - 10$

Нахождение ОДЗ:

$\frac{2x^3 - 22x^2 + 60x}{x-6} \ge 0$

Разложим числитель на множители: $2x(x^2 - 11x + 30)$.

Корни трехчлена $x^2 - 11x + 30 = 0$ по теореме Виета равны 5 и 6. Таким образом, числитель равен $2x(x-5)(x-6)$.

Неравенство для ОДЗ: $\frac{2x(x-5)(x-6)}{x-6} \ge 0$.

При $x \ne 6$ неравенство равносильно $2x(x-5) \ge 0$. Решением является $x \in (-\infty, 0] \cup [5, \infty)$.

Учитывая, что $x \ne 6$, получаем ОДЗ: $x \in (-\infty, 0] \cup [5, 6) \cup (6, \infty)$.

Рассмотрим два случая.

Случай 1: $2x - 10 < 0 \implies 2x < 10 \implies x < 5$.

Неравенство выполняется для всех $x$ из ОДЗ, удовлетворяющих условию $x < 5$.

Найдем пересечение $x < 5$ и ОДЗ $(-\infty, 0] \cup [5, 6) \cup (6, \infty)$.

Пересечение дает $(-\infty, 0]$. Это первая часть решения.

Случай 2: $2x - 10 \ge 0 \implies x \ge 5$.

Обе части неотрицательны, возводим в квадрат на ОДЗ, где $x \ge 5$. Эта область: $[5, 6) \cup (6, \infty)$.

$\frac{2x(x-5)(x-6)}{x-6} \ge (2x-10)^2$

На указанной области можем сократить $(x-6)$:

$2x(x-5) \ge (2(x-5))^2$

$2x(x-5) \ge 4(x-5)^2$

$4(x-5)^2 - 2x(x-5) \le 0$

$2(x-5)(2(x-5) - x) \le 0$

$2(x-5)(2x - 10 - x) \le 0$

$2(x-5)(x-10) \le 0$

Решением этого неравенства является отрезок $[5, 10]$.

Найдем пересечение этого решения с условиями случая: $x \ge 5$ и $x \in [5, 6) \cup (6, \infty)$.

Пересечение $[5, 10]$ и $[5, 6) \cup (6, \infty)$ дает $[5, 6) \cup (6, 10]$. Это вторая часть решения.

Объединяя решения из обоих случаев, получаем:

$(-\infty, 0] \cup [5, 6) \cup (6, 10]$.

Ответ: $x \in (-\infty, 0] \cup [5, 6) \cup (6, 10]$.

930. 1) $cos(-3x) \ge \frac{\sqrt{3}}{2};$

2) $cos(2x - \frac{\pi}{3}) < -\frac{1}{2}.$

1) Решим неравенство $ \cos(-3x) \ge \frac{\sqrt{3}}{2} $.
Поскольку функция косинус является четной, то есть $ \cos(-\alpha) = \cos(\alpha) $, мы можем переписать неравенство в виде: $ \cos(3x) \ge \frac{\sqrt{3}}{2} $.
Введем замену переменной. Пусть $ t = 3x $. Тогда неравенство примет вид: $ \cos(t) \ge \frac{\sqrt{3}}{2} $.
Решением этого простейшего тригонометрического неравенства является множество значений $ t $, удовлетворяющих двойному неравенству: $ -\arccos\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) + 2\pi n \le t \le \arccos\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) + 2\pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.
Так как $ \arccos\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = \frac{\pi}{6} $, получаем: $ -\frac{\pi}{6} + 2\pi n \le t \le \frac{\pi}{6} + 2\pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.
Теперь вернемся к исходной переменной $ x $, подставив $ t = 3x $: $ -\frac{\pi}{6} + 2\pi n \le 3x \le \frac{\pi}{6} + 2\pi n $.
Разделим все части неравенства на 3, чтобы выразить $ x $: $ \frac{-\pi/6}{3} + \frac{2\pi n}{3} \le x \le \frac{\pi/6}{3} + \frac{2\pi n}{3} $.
$ -\frac{\pi}{18} + \frac{2\pi n}{3} \le x \le \frac{\pi}{18} + \frac{2\pi n}{3} $, где $ n \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $ x \in \left[-\frac{\pi}{18} + \frac{2\pi n}{3}; \frac{\pi}{18} + \frac{2\pi n}{3}\right], n \in \mathbb{Z} $.

2) Решим неравенство $ \cos\left(2x - \frac{\pi}{3}\right) < -\frac{1}{2} $.
Введем замену переменной. Пусть $ t = 2x - \frac{\pi}{3} $. Неравенство примет вид:

931. Решить графически неравенство:

1) $ \sin x < \frac{1}{4} $;

2) $ \sin x > -\frac{1}{4} $;

3) $ \operatorname{tg} x - 3 \le 0 $;

4) $ \cos x > \frac{1}{3} $.

1) Для того чтобы решить неравенство $ \sin x < \frac{1}{4} $ графическим методом, необходимо построить в одной системе координат графики функций $ y = \sin x $ и $ y = \frac{1}{4} $. График функции $ y = \sin x $ — это синусоида, а график $ y = \frac{1}{4} $ — это прямая, параллельная оси абсцисс. Решениями неравенства являются те значения $ x $, для которых точки графика функции $ y = \sin x $ лежат ниже прямой $ y = \frac{1}{4} $. Сначала найдем точки пересечения графиков, решив уравнение $ \sin x = \frac{1}{4} $. Корни этого уравнения имеют вид $ x = \arcsin(\frac{1}{4}) + 2\pi k $ и $ x = \pi - \arcsin(\frac{1}{4}) + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $. Анализируя график, видим, что синусоида находится ниже прямой на интервалах, заключенных между точками вида $ \pi - \arcsin\frac{1}{4} $ и $ 2\pi + \arcsin\frac{1}{4} $. Учитывая периодичность, общее решение можно записать в виде множества интервалов.

Ответ: $x \in (-\pi - \arcsin\frac{1}{4} + 2\pi k, \arcsin\frac{1}{4} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z}$.

2) Для решения неравенства $ \sin x > -\frac{1}{4} $ построим в одной системе координат графики функций $ y = \sin x $ (синусоида) и $ y = -\frac{1}{4} $ (горизонтальная прямая). Нас интересуют те значения $ x $, для которых синусоида лежит выше прямой. Найдем точки пересечения, решив уравнение $ \sin x = -\frac{1}{4} $. Его корни: $ x = \arcsin(-\frac{1}{4}) + 2\pi k = -\arcsin(\frac{1}{4}) + 2\pi k $ и $ x = \pi - \arcsin(-\frac{1}{4}) + 2\pi k = \pi + \arcsin(\frac{1}{4}) + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $. Из графика видно, что синусоида находится выше прямой на интервалах между точками пересечения вида $ -\arcsin(\frac{1}{4}) + 2\pi k $ и $ \pi + \arcsin(\frac{1}{4}) + 2\pi k $.

Ответ: $x \in (-\arcsin\frac{1}{4} + 2\pi k, \pi + \arcsin\frac{1}{4} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z}$.

3) Неравенство $ \text{tg } x - 3 \le 0 $ равносильно неравенству $ \text{tg } x \le 3 $. Решим его графически, построив в одной системе координат графики $ y = \text{tg } x $ и $ y = 3 $. График $ y=\text{tg } x $ (тангенсоида) имеет вертикальные асимптоты в точках $ x = \frac{\pi}{2} + \pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $. Нас интересуют значения $ x $, для которых график тангенса лежит не выше горизонтальной прямой $ y=3 $. Точки пересечения находятся из уравнения $ \text{tg } x = 3 $, откуда $ x = \text{arctg}(3) + \pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $. Рассмотрим одну ветвь тангенса, например, на интервале $ (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}) $. На этом интервале функция возрастает. Неравенство $ \text{tg } x \le 3 $ выполняется от левой асимптоты до точки пересечения включительно. Таким образом, решение на одном периоде: $ (-\frac{\pi}{2}, \text{arctg}(3)] $. Обобщая на все периоды, получаем итоговый ответ.

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

4) Для решения неравенства $ \cos x > \frac{1}{3} $ графическим методом построим графики функций $ y = \cos x $ (косинусоида) и $ y = \frac{1}{3} $ (горизонтальная прямая). Нас интересуют значения $ x $, для которых график косинуса находится выше прямой. Точки пересечения графиков найдем из уравнения $ \cos x = \frac{1}{3} $. Его решения: $ x = \pm\arccos(\frac{1}{3}) + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $. Рассмотрим один период, например, на отрезке $ [-\pi, \pi] $. Точки пересечения на этом отрезке — это $ -\arccos(\frac{1}{3}) $ и $ \arccos(\frac{1}{3}) $. Поскольку $ \cos(0) = 1 > \frac{1}{3} $, косинусоида находится выше прямой на интервале между этими точками. Обобщая результат с учетом периодичности, получаем общее решение.

Ответ: $x \in (-\arccos\frac{1}{3} + 2\pi k, \arccos\frac{1}{3} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z}$.

932. С помощью графиков тригонометрических функций найти все решения неравенства, заключённые в промежутке $[-3\pi; \pi]$:

1) $2\cos x - \sqrt{3} < 0;$

2) $\sqrt{2}\sin x + 1 \ge 0;$

3) $\sqrt{3} + \operatorname{tg} x \le 0;$

4) $3\operatorname{tg} x - 2 > 0.$

1) Решим неравенство $2\cos x - \sqrt{3} < 0$ на промежутке $[-3\pi; \pi]$.

Сначала преобразуем неравенство: $2\cos x < \sqrt{3}$ $\cos x < \frac{\sqrt{3}}{2}$

Задача сводится к нахождению таких значений $x$, при которых график функции $y = \cos x$ находится ниже горизонтальной прямой $y = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Найдем точки пересечения этих графиков, решив уравнение $\cos x = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Общее решение этого уравнения: $x = \pm \frac{\pi}{6} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

На одном периоде, например, от $-\pi$ до $\pi$, график $y=\cos x$ лежит ниже прямой $y = \frac{\sqrt{3}}{2}$ на интервалах $(-\pi, -\frac{\pi}{6})$ и $(\frac{\pi}{6}, \pi)$. В общем виде решение неравенства $\cos x < \frac{\sqrt{3}}{2}$ записывается как объединение интервалов: $x \in (\frac{\pi}{6} + 2\pi k, \frac{11\pi}{6} + 2\pi k)$, $k \in \mathbb{Z}$.

Теперь выберем те решения, которые попадают в заданный промежуток $[-3\pi; \pi]$. Для этого будем подставлять различные целые значения $k$:

• При $k=0$: получаем интервал $(\frac{\pi}{6}, \frac{11\pi}{6})$. Пересечение с $[-3\pi; \pi]$ дает нам промежуток $(\frac{\pi}{6}, \pi]$.
• При $k=-1$: получаем интервал $(\frac{\pi}{6} - 2\pi, \frac{11\pi}{6} - 2\pi)$, то есть $(-\frac{11\pi}{6}, -\frac{\pi}{6})$. Этот промежуток полностью входит в $[-3\pi; \pi]$.
• При $k=-2$: получаем интервал $(\frac{\pi}{6} - 4\pi, \frac{11\pi}{6} - 4\pi)$, то есть $(-\frac{23\pi}{6}, -\frac{13\pi}{6})$. Пересечение с $[-3\pi; \pi]$ (учитывая, что $-3\pi = -\frac{18\pi}{6}$) дает нам промежуток $[-3\pi, -\frac{13\pi}{6})$.
• При $k=-3$ и меньше, а также при $k=1$ и больше, интервалы решений не пересекаются с промежутком $[-3\pi; \pi]$.

Объединив найденные промежутки, получаем окончательное решение.

Ответ: $x \in [-3\pi, -\frac{13\pi}{6}) \cup (-\frac{11\pi}{6}, -\frac{\pi}{6}) \cup (\frac{\pi}{6}, \pi]$.

2) Решим неравенство $\sqrt{2}\sin x + 1 \ge 0$ на промежутке $[-3\pi; \pi]$.

Преобразуем неравенство: $\sqrt{2}\sin x \ge -1$ $\sin x \ge -\frac{1}{\sqrt{2}}$ $\sin x \ge -\frac{\sqrt{2}}{2}$

Графически это означает, что нам нужно найти все значения $x$, для которых график функции $y = \sin x$ расположен не ниже горизонтальной прямой $y = -\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Сначала решим уравнение $\sin x = -\frac{\sqrt{2}}{2}$. Общее решение: $x = -\frac{\pi}{4} + 2\pi k$ и $x = -\frac{3\pi}{4} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$. На графике синусоиды видно, что $\sin x \ge -\frac{\sqrt{2}}{2}$ на промежутках вида $[-\frac{\pi}{4} + 2\pi k, \frac{5\pi}{4} + 2\pi k]$.

Выберем решения, принадлежащие отрезку $[-3\pi; \pi]$:

• При $k=0$: получаем отрезок $[-\frac{\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}]$. Пересечение с $[-3\pi; \pi]$ дает $[-\frac{\pi}{4}, \pi]$.
• При $k=-1$: получаем отрезок $[-\frac{\pi}{4} - 2\pi, \frac{5\pi}{4} - 2\pi]$, то есть $[-\frac{9\pi}{4}, -\frac{3\pi}{4}]$. Этот отрезок полностью входит в $[-3\pi; \pi]$.
• При $k=-2$: получаем отрезок $[-\frac{\pi}{4} - 4\pi, \frac{5\pi}{4} - 4\pi]$, то есть $[-\frac{17\pi}{4}, -\frac{11\pi}{4}]$. Пересечение с $[-3\pi; \pi]$ (учитывая, что $-3\pi = -\frac{12\pi}{4}$) дает отрезок $[-3\pi, -\frac{11\pi}{4}]$.

Объединяем полученные решения.

Ответ: $x \in [-3\pi, -\frac{11\pi}{4}] \cup [-\frac{9\pi}{4}, -\frac{3\pi}{4}] \cup [-\frac{\pi}{4}, \pi]$.

3) Решим неравенство $\sqrt{3} + \tan x \le 0$ на промежутке $[-3\pi; \pi]$.

Преобразуем неравенство: $\tan x \le -\sqrt{3}$

Мы ищем значения $x$, при которых график функции $y = \tan x$ находится не выше прямой $y = -\sqrt{3}$. Область определения тангенса: $x \ne \frac{\pi}{2} + \pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

Решим уравнение $\tan x = -\sqrt{3}$. Общее решение: $x = -\frac{\pi}{3} + \pi k$, $k \in \mathbb{Z}$. Функция $y=\tan x$ является возрастающей на каждом интервале своей непрерывности. Поэтому решение неравенства на одном периоде, например $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$, будет $(-\frac{\pi}{2}, -\frac{\pi}{3}]$. Общее решение неравенства: $x \in (-\frac{\pi}{2} + \pi k, -\frac{\pi}{3} + \pi k]$, $k \in \mathbb{Z}$.

Теперь выберем решения из промежутка $[-3\pi; \pi]$:

• При $k=1$: получаем $(\frac{\pi}{2}, \frac{2\pi}{3}]$. Входит в $[-3\pi; \pi]$.
• При $k=0$: получаем $(-\frac{\pi}{2}, -\frac{\pi}{3}]$. Входит в $[-3\pi; \pi]$.
• При $k=-1$: получаем $(-\frac{3\pi}{2}, -\frac{4\pi}{3}]$. Входит в $[-3\pi; \pi]$.
• При $k=-2$: получаем $(-\frac{5\pi}{2}, -\frac{7\pi}{3}]$. Входит в $[-3\pi; \pi]$.
• При $k=-3$: получаем $(-\frac{7\pi}{2}, -\frac{10\pi}{3}]$. Этот интервал лежит левее $-3\pi$, поэтому не пересекается с заданным промежутком.

Объединяем найденные промежутки.

Ответ: $x \in (-\frac{5\pi}{2}, -\frac{7\pi}{3}] \cup (-\frac{3\pi}{2}, -\frac{4\pi}{3}] \cup (-\frac{\pi}{2}, -\frac{\pi}{3}] \cup (\frac{\pi}{2}, \frac{2\pi}{3}]$.

4) Решим неравенство $3\tan x - 2 > 0$ на промежутке $[-3\pi; \pi]$.

Преобразуем неравенство: $3\tan x > 2$ $\tan x > \frac{2}{3}$

Ищем значения $x$, при которых график $y = \tan x$ лежит выше прямой $y = \frac{2}{3}$.

Решим уравнение $\tan x = \frac{2}{3}$. Общее решение: $x = \arctan(\frac{2}{3}) + \pi k$, $k \in \mathbb{Z}$. Так как тангенс - функция возрастающая, то решение неравенства на одном периоде $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ имеет вид $(\arctan(\frac{2}{3}), \frac{\pi}{2})$. Общее решение: $x \in (\arctan(\frac{2}{3}) + \pi k, \frac{\pi}{2} + \pi k)$, $k \in \mathbb{Z}$.

Выберем решения из промежутка $[-3\pi; \pi]$:

• При $k=0$: получаем $(\arctan(\frac{2}{3}), \frac{\pi}{2})$. Входит в $[-3\pi; \pi]$.
• При $k=-1$: получаем $(\arctan(\frac{2}{3}) - \pi, -\frac{\pi}{2})$. Входит в $[-3\pi; \pi]$.
• При $k=-2$: получаем $(\arctan(\frac{2}{3}) - 2\pi, -\frac{3\pi}{2})$. Входит в $[-3\pi; \pi]$.
• При $k=-3$: получаем $(\arctan(\frac{2}{3}) - 3\pi, -\frac{5\pi}{2})$. Входит в $[-3\pi; \pi]$, так как $\arctan(\frac{2}{3}) - 3\pi > -3\pi$.
• При $k=-4$: получаем $(\arctan(\frac{2}{3}) - 4\pi, -\frac{7\pi}{2})$. Этот интервал лежит левее $-3\pi$.
• При $k=1$: получаем $(\arctan(\frac{2}{3}) + \pi, \frac{3\pi}{2})$. Этот интервал лежит правее $\pi$.

Объединяем найденные промежутки.

Ответ: $x \in (\arctan(\frac{2}{3}) - 3\pi, -\frac{5\pi}{2}) \cup (\arctan(\frac{2}{3}) - 2\pi, -\frac{3\pi}{2}) \cup (\arctan(\frac{2}{3}) - \pi, -\frac{\pi}{2}) \cup (\arctan(\frac{2}{3}), \frac{\pi}{2})$.

Решить неравенство (933—934).

933. $\sqrt[4]{\frac{7 - \cos 4x}{2}} > -2\cos x.$

Исходное неравенство: $\sqrt[4]{\frac{7 - \cos(4x)}{2}} > -2\cos x$.

Определим область допустимых значений (ОДЗ). Выражение под корнем $\frac{7 - \cos(4x)}{2}$ всегда положительно, так как область значений функции косинус $[-1, 1]$, то $6 \le 7 - \cos(4x) \le 8$, и соответственно $3 \le \frac{7 - \cos(4x)}{2} \le 4$. Следовательно, левая часть неравенства определена для любого действительного $x$.

Рассмотрим два случая в зависимости от знака правой части неравенства.

Случай 1: Правая часть неравенства отрицательна, то есть $-2\cos x < 0$, что эквивалентно $\cos x > 0$.

Левая часть неравенства, как корень четной степени, всегда неотрицательна. Неравенство, в котором неотрицательное число сравнивается с отрицательным (неотрицательное > отрицательного), всегда верно. Таким образом, все значения $x$, для которых $\cos x > 0$, являются решениями. Этому условию соответствуют интервалы: $x \in (-\frac{\pi}{2} + 2\pi n, \frac{\pi}{2} + 2\pi n)$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Случай 2: Правая часть неравенства неотрицательна, то есть $-2\cos x \ge 0$, что эквивалентно $\cos x \le 0$.

В этом случае обе части неравенства неотрицательны. Можно возвести обе части в четвертую степень, сохранив знак неравенства:

$\frac{7 - \cos(4x)}{2} > (-2\cos x)^4$

$\frac{7 - \cos(4x)}{2} > 16\cos^4 x$

Преобразуем $\cos(4x)$ с помощью формулы косинуса двойного угла: $\cos(4x) = 2\cos^2(2x) - 1 = 2(2\cos^2 x - 1)^2 - 1 = 8\cos^4 x - 8\cos^2 x + 1$. Подставим это выражение в неравенство:

$\frac{7 - (8\cos^4 x - 8\cos^2 x + 1)}{2} > 16\cos^4 x$

$3 - 4\cos^4 x + 4\cos^2 x > 16\cos^4 x$

$20\cos^4 x - 4\cos^2 x - 3 < 0$

Пусть $t = \cos^2 x$. С учетом условия $\cos x \le 0$, имеем, что $t \in [0, 1]$. Получим квадратное неравенство $20t^2 - 4t - 3 < 0$.

Найдем корни уравнения $20t^2 - 4t - 3 = 0$. Дискриминант $D = (-4)^2 - 4 \cdot 20 \cdot (-3) = 16 + 240 = 256 = 16^2$. Корни равны $t_1 = \frac{4 - 16}{40} = -\frac{3}{10}$ и $t_2 = \frac{4 + 16}{40} = \frac{1}{2}$.

Решением квадратного неравенства является интервал $t \in (-\frac{3}{10}, \frac{1}{2})$. Возвращаясь к переменной $x$, получаем:

$-\frac{3}{10} < \cos^2 x < \frac{1}{2}$

Поскольку $\cos^2 x \ge 0$, левая часть неравенства выполняется всегда. Остается решить $\cos^2 x < \frac{1}{2}$, что равносильно $|\cos x| < \frac{1}{\sqrt{2}}$, или $-\frac{\sqrt{2}}{2} < \cos x < \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Совместим полученное решение с условием данного случая $\cos x \le 0$. В результате получим: $-\frac{\sqrt{2}}{2} < \cos x \le 0$.

Объединим решения обоих случаев.

Решение из первого случая: $\cos x > 0$.

Решение из второго случая: $-\frac{\sqrt{2}}{2} < \cos x \le 0$.

Общее решение исходного неравенства является объединением этих двух множеств, что дает одно условие: $\cos x > -\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Решением этого простейшего тригонометрического неравенства является множество $x \in (-\frac{3\pi}{4} + 2\pi n, \frac{3\pi}{4} + 2\pi n)$, где $n \in \mathbb{Z}$.

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

934. $\sqrt[4]{\frac{7 - \cos4x}{2}} > -2\sin x$

Решим неравенство $\sqrt[4]{\frac{7 - \cos(4x)}{2}} > -2\sin(x)$.

Сначала определим область допустимых значений (ОДЗ). Выражение под корнем четной степени должно быть неотрицательным: $\frac{7 - \cos(4x)}{2} \ge 0$. Поскольку область значений функции косинус $E(\cos) = [-1, 1]$, то выражение $7 - \cos(4x)$ принимает значения в диапазоне от $7-1=6$ до $7-(-1)=8$. Следовательно, подкоренное выражение $\frac{7 - \cos(4x)}{2}$ всегда положительно (принимает значения от 3 до 4). Таким образом, ОДЗ — все действительные числа, $x \in \mathbb{R}$.

Левая часть неравенства, $\sqrt[4]{\frac{7 - \cos(4x)}{2}}$, является корнем четной степени, поэтому она всегда неотрицательна. Знак правой части, $-2\sin(x)$, зависит от знака $\sin(x)$. В связи с этим, рассмотрим два случая.

1. Случай, когда правая часть отрицательна.
Это происходит, если $-2\sin(x) < 0$, что эквивалентно $\sin(x) > 0$.В этом случае левая часть неравенства, будучи неотрицательной, всегда больше отрицательной правой части. Следовательно, все значения $x$, для которых $\sin(x) > 0$, являются решениями неравенства. Это соответствует интервалам $x \in (2\pi k, \pi + 2\pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.

2. Случай, когда правая часть неотрицательна.
Это происходит, если $-2\sin(x) \ge 0$, что эквивалентно $\sin(x) \le 0$.В этом случае обе части неравенства неотрицательны, и мы можем возвести их в четвертую степень, сохраняя знак неравенства:$$ \left(\sqrt[4]{\frac{7 - \cos(4x)}{2}}\right)^4 > (-2\sin(x))^4 $$$$ \frac{7 - \cos(4x)}{2} > 16\sin^4(x) $$Преобразуем $\cos(4x)$, используя формулу косинуса двойного угла $\cos(2\alpha) = 1 - 2\sin^2(\alpha)$ и синуса двойного угла $\sin(2\alpha) = 2\sin(\alpha)\cos(\alpha)$:$ \cos(4x) = 1 - 2\sin^2(2x) = 1 - 2(2\sin(x)\cos(x))^2 = 1 - 8\sin^2(x)\cos^2(x) $.Заменим $\cos^2(x) = 1 - \sin^2(x)$:$ \cos(4x) = 1 - 8\sin^2(x)(1 - \sin^2(x)) = 1 - 8\sin^2(x) + 8\sin^4(x) $.Подставим это выражение в неравенство:$$ \frac{7 - (1 - 8\sin^2(x) + 8\sin^4(x))}{2} > 16\sin^4(x) $$$$ \frac{6 + 8\sin^2(x) - 8\sin^4(x)}{2} > 16\sin^4(x) $$$$ 3 + 4\sin^2(x) - 4\sin^4(x) > 16\sin^4(x) $$$$ 20\sin^4(x) - 4\sin^2(x) - 3 < 0 $$Сделаем замену $t = \sin^2(x)$. Учитывая условие этого случая ($\sin(x) \le 0$), имеем $-1 \le \sin(x) \le 0$, откуда $0 \le \sin^2(x) \le 1$. Таким образом, $0 \le t \le 1$. Неравенство принимает вид:$$ 20t^2 - 4t - 3 < 0 $$Найдем корни квадратного трехчлена $20t^2 - 4t - 3 = 0$.Дискриминант $D = (-4)^2 - 4 \cdot 20 \cdot (-3) = 16 + 240 = 256 = 16^2$.Корни: $t_1 = \frac{4 - 16}{40} = -\frac{12}{40} = -\frac{3}{10}$, $t_2 = \frac{4 + 16}{40} = \frac{20}{40} = \frac{1}{2}$.Решением неравенства $20t^2 - 4t - 3 < 0$ является интервал $t \in (-\frac{3}{10}, \frac{1}{2})$.С учетом ограничения $0 \le t \le 1$, получаем $0 \le t < \frac{1}{2}$.Возвращаемся к переменной $x$:$$ 0 \le \sin^2(x) < \frac{1}{2} $$Это равносильно $-\frac{1}{\sqrt{2}} < \sin(x) < \frac{1}{\sqrt{2}}$, или $-\frac{\sqrt{2}}{2} < \sin(x) < \frac{\sqrt{2}}{2}$.Совмещая полученное решение с условием второго случая ($\sin(x) \le 0$), получаем:$$ -\frac{\sqrt{2}}{2} < \sin(x) \le 0 $$

Объединение результатов.
Общее решение исходного неравенства является объединением решений, найденных в двух случаях:
1) $\sin(x) > 0$
2) $-\frac{\sqrt{2}}{2} < \sin(x) \le 0$
Объединяя эти два условия, мы получаем одно общее условие:$$ \sin(x) > -\frac{\sqrt{2}}{2} $$Решим это тригонометрическое неравенство. Функция $\sin(x)$ принимает значение $-\frac{\sqrt{2}}{2}$ в точках $x = -\frac{\pi}{4} + 2\pi k$ и $x = \pi - (-\frac{\pi}{4}) + 2\pi k = \frac{5\pi}{4} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.Неравенство $\sin(x) > -\frac{\sqrt{2}}{2}$ выполняется для всех $x$, которые на тригонометрической окружности лежат на дуге, идущей от точки $-\frac{\pi}{4}$ к точке $\frac{5\pi}{4}$ против часовой стрелки.

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

Доказать неравенство (935—937).

935. 1) $ab \le \frac{a^2 + b^2}{2}$;

2) $\frac{a^3 + b^3}{2} > \left(\frac{a+b}{2}\right)^3$, если $a > 0$, $b > 0$, $a \neq b$.

1) Докажем неравенство $ab \le \frac{a^2+b^2}{2}$.

Перенесем все члены в одну сторону, чтобы сравнить выражение с нулем. Для этого умножим обе части неравенства на 2:

$2ab \le a^2+b^2$

Теперь перенесем $2ab$ в правую часть:

$0 \le a^2 - 2ab + b^2$

Правая часть этого неравенства является полным квадратом разности двух чисел $a$ и $b$:

$a^2 - 2ab + b^2 = (a-b)^2$

Таким образом, неравенство принимает вид:

$0 \le (a-b)^2$

Квадрат любого действительного числа всегда неотрицателен, то есть больше или равен нулю. Следовательно, неравенство $(a-b)^2 \ge 0$ верно для любых значений $a$ и $b$. Поскольку все преобразования были равносильными, исходное неравенство также верно. Равенство достигается при $a=b$.

Ответ: Неравенство доказано.

2) Докажем неравенство $\frac{a^3+b^3}{2} > (\frac{a+b}{2})^3$ при условиях $a>0, b>0, a \ne b$.

Преобразуем правую часть неравенства:

$(\frac{a+b}{2})^3 = \frac{(a+b)^3}{2^3} = \frac{a^3+3a^2b+3ab^2+b^3}{8}$

Подставим это выражение в исходное неравенство:

$\frac{a^3+b^3}{2} > \frac{a^3+3a^2b+3ab^2+b^3}{8}$

Умножим обе части неравенства на 8, чтобы избавиться от знаменателей:

$4(a^3+b^3) > a^3+3a^2b+3ab^2+b^3$

$4a^3+4b^3 > a^3+3a^2b+3ab^2+b^3$

Перенесем все члены в левую часть и приведем подобные:

$(4a^3-a^3) + (4b^3-b^3) - 3a^2b - 3ab^2 > 0$

$3a^3 + 3b^3 - 3a^2b - 3ab^2 > 0$

Разделим обе части на 3:

$a^3 + b^3 - a^2b - ab^2 > 0$

Сгруппируем слагаемые и вынесем общие множители за скобки:

$(a^3 - a^2b) - (ab^2 - b^3) > 0$

$a^2(a - b) - b^2(a - b) > 0$

Вынесем общий множитель $(a-b)$:

$(a-b)(a^2-b^2) > 0$

Разложим $(a^2-b^2)$ по формуле разности квадратов:

$(a-b)(a-b)(a+b) > 0$

$(a-b)^2(a+b) > 0$

Проанализируем полученное выражение с учетом заданных условий:

1. По условию $a \ne b$, следовательно, $a-b \ne 0$. Квадрат любого ненулевого числа всегда строго положителен, поэтому $(a-b)^2 > 0$.
2. По условию $a>0$ и $b>0$, следовательно, их сумма $a+b$ также будет строго положительной, то есть $a+b > 0$.

Произведение двух строго положительных чисел ($(a-b)^2$ и $(a+b)$) всегда является строго положительным числом. Таким образом, неравенство $(a-b)^2(a+b) > 0$ верно при заданных условиях. Следовательно, исходное неравенство также верно.

Ответ: Неравенство доказано.

936. 1) $(a + b)(ab + 1) \ge 4ab$, если $a > 0, b > 0$;

2) $a^4 + 6a^2b^2 + b^4 > 4ab(a^2 + b^2)$, если $a \ne b$.

1) $(a + b)(ab + 1) \ge 4ab$, если $a > 0, b > 0$;

Для доказательства данного неравенства преобразуем его. Поскольку по условию $a > 0$ и $b > 0$, их произведение $ab$ также положительно. Мы можем разделить обе части неравенства на $ab$, не меняя знака неравенства:

$\frac{(a + b)(ab + 1)}{ab} \ge 4$

Преобразуем левую часть, разделив второй множитель на $ab$:

$(a + b) \left( \frac{ab}{ab} + \frac{1}{ab} \right) \ge 4$

$(a + b) \left( 1 + \frac{1}{ab} \right) \ge 4$

Раскроем скобки в левой части:

$a \cdot 1 + a \cdot \frac{1}{ab} + b \cdot 1 + b \cdot \frac{1}{ab} \ge 4$

$a + \frac{1}{b} + b + \frac{1}{a} \ge 4$

Сгруппируем слагаемые:

$\left(a + \frac{1}{a}\right) + \left(b + \frac{1}{b}\right) \ge 4$

Теперь воспользуемся неравенством о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенство Коши). Для любого положительного числа $x$ справедливо неравенство $x + \frac{1}{x} \ge 2\sqrt{x \cdot \frac{1}{x}} = 2$.

Так как $a > 0$, то $a + \frac{1}{a} \ge 2$.

Так как $b > 0$, то $b + \frac{1}{b} \ge 2$.

Сложив эти два неравенства, получаем:

$\left(a + \frac{1}{a}\right) + \left(b + \frac{1}{b}\right) \ge 2 + 2 = 4$

Это доказывает справедливость исходного неравенства. Равенство достигается при $a = 1/a$ и $b = 1/b$, то есть при $a=1$ и $b=1$.

Ответ: Неравенство доказано.

2) $a^4 + 6a^2b^2 + b^4 > 4ab(a^2 + b^2)$, если $a \ne b$.

Для доказательства перенесем все члены неравенства в левую часть:

$a^4 + 6a^2b^2 + b^4 - 4ab(a^2 + b^2) > 0$

Раскроем скобки в вычитаемом:

$a^4 + 6a^2b^2 + b^4 - 4a^3b - 4ab^3 > 0$

Преобразуем левую часть, чтобы выделить полный квадрат. Для этого сгруппируем члены. Заметим, что $a^4 + b^4 = (a^2+b^2)^2 - 2a^2b^2$. Подставим это в неравенство:

$(a^2+b^2)^2 - 2a^2b^2 + 6a^2b^2 - 4ab(a^2+b^2) > 0$

Приведем подобные слагаемые:

$(a^2+b^2)^2 + 4a^2b^2 - 4ab(a^2+b^2) > 0$

Полученное выражение является полным квадратом разности. Переставим члены для наглядности:

$(a^2+b^2)^2 - 2 \cdot (a^2+b^2) \cdot (2ab) + (2ab)^2 > 0$

Свернем левую часть по формуле квадрата разности $(x-y)^2 = x^2 - 2xy + y^2$, где $x = a^2+b^2$ и $y = 2ab$:

$((a^2+b^2) - 2ab)^2 > 0$

Упростим выражение в скобках. Оно также является полным квадратом:

$(a^2 - 2ab + b^2)^2 > 0$

$((a-b)^2)^2 > 0$

$(a-b)^4 > 0$

По условию задачи $a \ne b$, следовательно, разность $a-b$ не равна нулю. Любое ненулевое действительное число, возведенное в четвертую (четную) степень, является строго положительным числом. Таким образом, неравенство $(a-b)^4 > 0$ всегда истинно при $a \ne b$.

Ответ: Неравенство доказано.

937. 1) $\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \ge 3$, если $a > 0$, $b > 0$, $c > 0;$

2) $2a^2 + b^2 + c^2 \ge 2a(b + c).$

1) Докажем неравенство $\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \ge 3$ для $a > 0, b > 0, c > 0$.

Воспользуемся неравенством о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенство Коши) для трех положительных чисел. Для любых неотрицательных чисел $x_1, x_2, x_3$ справедливо неравенство:

$\frac{x_1 + x_2 + x_3}{3} \ge \sqrt[3]{x_1 x_2 x_3}$

В нашем случае в качестве $x_1, x_2, x_3$ возьмем числа $\frac{a}{b}$, $\frac{b}{c}$ и $\frac{c}{a}$. Поскольку по условию $a, b, c$ положительны, эти дроби также будут положительными. Применим к ним неравенство Коши:

$\frac{\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}}{3} \ge \sqrt[3]{\frac{a}{b} \cdot \frac{b}{c} \cdot \frac{c}{a}}$

Найдем значение выражения под корнем (среднее геометрическое):

$\sqrt[3]{\frac{a}{b} \cdot \frac{b}{c} \cdot \frac{c}{a}} = \sqrt[3]{\frac{a \cdot b \cdot c}{b \cdot c \cdot a}} = \sqrt[3]{1} = 1$

Таким образом, наше неравенство принимает вид:

$\frac{\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}}{3} \ge 1$

Умножим обе части неравенства на 3:

$\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \ge 3$

Что и требовалось доказать. Равенство достигается тогда и только тогда, когда $\frac{a}{b} = \frac{b}{c} = \frac{

Решить систему уравнений (938-939).

938. 1) $ \begin{cases} 5x - 7y = 3, \\ 6x + 5y = 17; \end{cases} $

2) $ \begin{cases} 2x - y - 13 = 0, \\ x + 2y + 1 = 0. \end{cases} $

1) Решим систему уравнений методом алгебраического сложения:

$\begin{cases} 5x - 7y = 3, \\ 6x + 5y = 17; \end{cases}$

Для того чтобы коэффициенты при переменной $y$ стали противоположными числами, умножим первое уравнение на 5, а второе на 7:

$\begin{cases} (5x - 7y) \cdot 5 = 3 \cdot 5, \\ (6x + 5y) \cdot 7 = 17 \cdot 7; \end{cases}$

Получим новую систему:

$\begin{cases} 25x - 35y = 15, \\ 42x + 35y = 119; \end{cases}$

Теперь сложим левые и правые части уравнений:

$(25x - 35y) + (42x + 35y) = 15 + 119$

$67x = 134$

Найдем значение $x$:

$x = \frac{134}{67}$

$x = 2$

Подставим найденное значение $x=2$ в любое из исходных уравнений, например, во второе:

$6(2) + 5y = 17$

$12 + 5y = 17$

$5y = 17 - 12$

$5y = 5$

$y = 1$

Таким образом, решение системы — пара чисел $(2; 1)$.

Ответ: $(2; 1)$

2) Решим систему уравнений:

$\begin{cases} 2x - y - 13 = 0, \\ x + 2y + 1 = 0. \end{cases}$

Для удобства преобразуем систему к стандартному виду:

$\begin{cases} 2x - y = 13, \\ x + 2y = -1. \end{cases}$

Решим эту систему методом подстановки. Из первого уравнения выразим $y$ через $x$:

$-y = 13 - 2x$

$y = 2x - 13$

Подставим полученное выражение для $y$ во второе уравнение системы:

$x + 2(2x - 13) = -1$

Решим полученное уравнение относительно $x$:

$x + 4x - 26 = -1$

$5x = 26 - 1$

$5x = 25$

$x = \frac{25}{5}$

$x = 5$

Теперь найдем соответствующее значение $y$, подставив $x=5$ в выражение $y = 2x - 13$:

$y = 2(5) - 13$

$y = 10 - 13$

$y = -3$

Таким образом, решение системы — пара чисел $(5; -3)$.

Ответ: $(5; -3)$

939. 1) $\begin{cases} \frac{x-y}{5} - \frac{x+y}{2} = 10, \\ \frac{x}{5} + \frac{y}{2} = 10; \end{cases}$

2) $\begin{cases} \frac{x+y}{2} + \frac{x-y}{3} = 6, \\ \frac{x+y}{4} - \frac{x-y}{3} = 0. \end{cases}$

1) Решим систему уравнений:

$ \begin{cases} \frac{x-y}{5} - \frac{x+y}{2} = 10 \\ \frac{x}{5} + \frac{y}{2} = 10 \end{cases} $

Сначала упростим оба уравнения, избавившись от знаменателей. Для этого умножим каждое уравнение на общий знаменатель дробей, который равен 10.

Первое уравнение:

$10 \cdot (\frac{x-y}{5} - \frac{x+y}{2}) = 10 \cdot 10$

$2(x-y) - 5(x+y) = 100$

Раскроем скобки:

$2x - 2y - 5x - 5y = 100$

Приведем подобные слагаемые:

$-3x - 7y = 100$

Второе уравнение:

$10 \cdot (\frac{x}{5} + \frac{y}{2}) = 10 \cdot 10$

$2x + 5y = 100$

Теперь мы имеем более простую систему линейных уравнений:

$ \begin{cases} -3x - 7y = 100 \\ 2x + 5y = 100 \end{cases} $

Решим эту систему методом алгебраического сложения. Умножим первое уравнение на 2, а второе на 3, чтобы коэффициенты при переменной $x$ стали противоположными числами.

$ \begin{cases} 2(-3x - 7y) = 2 \cdot 100 \\ 3(2x + 5y) = 3 \cdot 100 \end{cases} $

$ \begin{cases} -6x - 14y = 200 \\ 6x + 15y = 300 \end{cases} $

Теперь сложим два уравнения почленно:

$(-6x - 14y) + (6x + 15y) = 200 + 300$

$y = 500$

Подставим найденное значение $y=500$ во второе упрощенное уравнение ($2x + 5y = 100$), чтобы найти $x$.

$2x + 5(500) = 100$

$2x + 2500 = 100$

$2x = 100 - 2500$

$2x = -2400$

$x = -1200$

Ответ: $x = -1200, y = 500$.

2) Решим систему уравнений:

$ \begin{cases} \frac{x+y}{2} + \frac{x-y}{3} = 6 \\ \frac{x+y}{4} - \frac{x-y}{3} = 0 \end{cases} $

Эта система удобна для решения методом введения новых переменных. Обозначим $a = x+y$ и $b = x-y$.

Тогда система перепишется в виде:

$ \begin{cases} \frac{a}{2} + \frac{b}{3} = 6 \\ \frac{a}{4} - \frac{b}{3} = 0 \end{cases} $

Заметим, что слагаемые с переменной $b$ имеют противоположные знаки. Сложим два уравнения системы:

$(\frac{a}{2} + \frac{b}{3}) + (\frac{a}{4} - \frac{b}{3}) = 6 + 0$

$\frac{a}{2} + \frac{a}{4} = 6$

Приведем левую часть к общему знаменателю 4:

$\frac{2a}{4} + \frac{a}{4} = 6$

$\frac{3a}{4} = 6$

$3a = 24$

$a = 8$

Теперь подставим значение $a=8$ во второе уравнение системы ($\frac{a}{4} - \frac{b}{3} = 0$), чтобы найти $b$.

$\frac{8}{4} - \frac{b}{3} = 0$

$2 - \frac{b}{3} = 0$

$2 = \frac{b}{3}$

$b = 6$

Мы нашли значения $a$ и $b$. Теперь вернемся к исходным переменным $x$ и $y$, решив систему:

$ \begin{cases} x+y = a \\ x-y = b \end{cases} \implies \begin{cases} x+y = 8 \\ x-y = 6 \end{cases} $

Сложим эти два уравнения:

$(x+y) + (x-y) = 8 + 6$

$2x = 14$

$x = 7$

Подставим $x=7$ в уравнение $x+y = 8$:

$7 + y = 8$

$y = 1$

Ответ: $x = 7, y = 1$.