Номер 63, страница 148 - гдз по алгебре 11 класс учебник Абылкасымова, Жумагулова

63. 1) $\log_{\frac{1}{4}} \sin2x < \log_{\frac{1}{4}} \frac{1}{2};$
2) $\log_{13} \sin x + \log_{13} \cos x > \log_{13} \frac{1}{4};$
3) $\log_{0,9} (2\cos4x) > \log_{0,9} \sqrt{3};$
4) $\log_{\frac{1}{5}} \operatorname{tg}x < 0.$

1)Исходное неравенство: $\log_{\frac{1}{4}} \sin(2x) < \log_{\frac{1}{4}} \frac{1}{2}$.

Сначала найдем область допустимых значений (ОДЗ). Аргумент логарифма должен быть строго положительным:

$\sin(2x) > 0$

Это неравенство выполняется, когда $2x$ находится в I или II координатной четверти:

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

Разделив на 2, получаем ОДЗ для $x$:

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

Теперь решим само неравенство. Основание логарифма $a = \frac{1}{4}$. Поскольку $0 < a < 1$, логарифмическая функция является убывающей. Это означает, что при переходе от логарифмов к их аргументам знак неравенства необходимо изменить на противоположный:

$\sin(2x) > \frac{1}{2}$

Решим полученное тригонометрическое неравенство. Значения $2x$, для которых $\sin(2x) > \frac{1}{2}$, находятся в интервале:

$\frac{\pi}{6} + 2n\pi < 2x < \frac{5\pi}{6} + 2n\pi$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Разделим все части неравенства на 2:

$\frac{\pi}{12} + n\pi < x < \frac{5\pi}{12} + n\pi$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Данное решение удовлетворяет условию $\sin(2x) > \frac{1}{2}$, из которого автоматически следует, что $\sin(2x) > 0$. Таким образом, найденные интервалы полностью входят в ОДЗ.

Ответ: $x \in (\frac{\pi}{12} + n\pi; \frac{5\pi}{12} + n\pi)$, $n \in \mathbb{Z}$.

2)Исходное неравенство: $\log_{13} \sin x + \log_{13} \cos x > \log_{13} \frac{1}{4}$.

ОДЗ: аргументы логарифмов должны быть положительными:

$\left\{ \begin{array}{l} \sin x > 0 \\ \cos x > 0 \end{array} \right.$

Оба условия выполняются одновременно, когда угол $x$ находится в I координатной четверти:

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

Используя свойство суммы логарифмов, преобразуем левую часть:

$\log_{13} (\sin x \cdot \cos x) > \log_{13} \frac{1}{4}$

Применим формулу синуса двойного угла: $\sin x \cos x = \frac{1}{2}\sin(2x)$.

$\log_{13} (\frac{1}{2}\sin(2x)) > \log_{13} \frac{1}{4}$

Основание логарифма $a = 13 > 1$, поэтому логарифмическая функция возрастающая, и знак неравенства сохраняется:

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

$\sin(2x) > \frac{1}{2}$

Решение этого тригонометрического неравенства:

$\frac{\pi}{6} + 2n\pi < 2x < \frac{5\pi}{6} + 2n\pi$, где $n \in \mathbb{Z}$.

$\frac{\pi}{12} + n\pi < x < \frac{5\pi}{12} + n\pi$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Теперь необходимо учесть ОДЗ $2k\pi < x < \frac{\pi}{2} + 2k\pi$.

Рассмотрим пересечение полученного решения с ОДЗ.

Если $n=2k$ (четное), то интервал $(\frac{\pi}{12} + 2k\pi; \frac{5\pi}{12} + 2k\pi)$ полностью содержится в интервале ОДЗ $(2k\pi; \frac{\pi}{2} + 2k\pi)$.

Если $n=2k+1$ (нечетное), то интервал $(\frac{\pi}{12} + (2k+1)\pi; \frac{5\pi}{12} + (2k+1)\pi)$ соответствует III четверти, где $\sin x < 0$ и $\cos x < 0$, что не удовлетворяет ОДЗ.

Следовательно, подходят только решения при четных $n=2k$.

Ответ: $x \in (\frac{\pi}{12} + 2k\pi; \frac{5\pi}{12} + 2k\pi)$, $k \in \mathbb{Z}$.

3)Исходное неравенство: $\log_{0.9} (2\cos(4x)) > \log_{0.9} \sqrt{3}$.

ОДЗ: $2\cos(4x) > 0 \implies \cos(4x) > 0$.

$-\frac{\pi}{2} + 2k\pi < 4x < \frac{\pi}{2} + 2k\pi$, где $k \in \mathbb{Z}$.

$-\frac{\pi}{8} + \frac{k\pi}{2} < x < \frac{\pi}{8} + \frac{k\pi}{2}$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Основание логарифма $a = 0.9$, так как $0 < a < 1$, функция убывающая, поэтому знак неравенства меняется на противоположный:

$2\cos(4x) < \sqrt{3}$

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

Объединяя это условие с ОДЗ, получаем систему неравенств:

$\left\{ \begin{array}{l} \cos(4x) > 0 \\ \cos(4x) < \frac{\sqrt{3}}{2} \end{array} \right.$

что эквивалентно двойному неравенству $0 < \cos(4x) < \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Решим это неравенство для аргумента $u = 4x$. На единичной окружности косинус принимает значения в интервале $(0, \frac{\sqrt{3}}{2})$ для углов из двух интервалов за один оборот:

1) $\frac{\pi}{6} + 2k\pi < u < \frac{\pi}{2} + 2k\pi$

2) $-\frac{\pi}{2} + 2k\pi < u < -\frac{\pi}{6} + 2k\pi$

Выполним обратную замену $u=4x$ и найдем $x$:

1) $\frac{\pi}{6} + 2k\pi < 4x < \frac{\pi}{2} + 2k\pi \implies \frac{\pi}{24} + \frac{k\pi}{2} < x < \frac{\pi}{8} + \frac{k\pi}{2}$

2) $-\frac{\pi}{2} + 2k\pi < 4x < -\frac{\pi}{6} + 2k\pi \implies -\frac{\pi}{8} + \frac{k\pi}{2} < x < -\frac{\pi}{24} + \frac{k\pi}{2}$

Решением является объединение этих двух семейств интервалов.

Ответ: $x \in \bigcup_{k \in \mathbb{Z}} \left( (-\frac{\pi}{8} + \frac{k\pi}{2}; -\frac{\pi}{24} + \frac{k\pi}{2}) \cup (\frac{\pi}{24} + \frac{k\pi}{2}; \frac{\pi}{8} + \frac{k\pi}{2}) \right)$.

4)Исходное неравенство: $\log_{\frac{4}{5}} \tan x < 0$.

ОДЗ: $\tan x > 0$.

Тангенс положителен в I и III координатных четвертях:

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

Представим правую часть неравенства в виде логарифма с тем же основанием: $0 = \log_{\frac{4}{5}} 1$.

$\log_{\frac{4}{5}} \tan x < \log_{\frac{4}{5}} 1$

Основание логарифма $a = \frac{4}{5}$, так как $0 < a < 1$, функция убывающая, поэтому меняем знак неравенства:

$\tan x > 1$

Решим тригонометрическое неравенство. Функция $\tan x$ возрастает на каждом интервале своей области определения. $\tan x = 1$ при $x = \frac{\pi}{4} + n\pi$.

Следовательно, неравенство $\tan x > 1$ выполняется при:

$\frac{\pi}{4} + n\pi < x < \frac{\pi}{2} + n\pi$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Условие $\tan x > 1$ является более строгим, чем условие ОДЗ $\tan x > 0$. Поэтому найденное решение автоматически удовлетворяет ОДЗ.

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