Номер 30.36, страница 194, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мордкович, Семенов

§ 30. Иррациональные уравнения и неравенства. Глава 6. Уравнения и неравенства. Системы уравнений и неравенств*. ч. 2 - номер 30.36, страница 194.

30.36. a) $\sqrt[4]{2 \cos x} > 1;$

б) $\sqrt[6]{1 + 2 \cos 4x} > \sqrt{2 - \sqrt{3}};$

В) $\sqrt[4]{8 \operatorname{ctg} \frac{x}{2}} < 2;$

г) $\sqrt[3]{2 \sin 3x - 1} < -1.$

a) Исходное неравенство: $\sqrt[4]{2 \cos x} > 1$.

Поскольку корень четной степени, подкоренное выражение должно быть неотрицательным. Это определяет область допустимых значений (ОДЗ):$2 \cos x \ge 0$, что равносильно $\cos x \ge 0$.

Обе части исходного неравенства положительны, поэтому мы можем возвести их в четвертую степень, сохранив знак неравенства:$(\sqrt[4]{2 \cos x})^4 > 1^4$$2 \cos x > 1$$\cos x > \frac{1}{2}$

Условие $\cos x > \frac{1}{2}$ является более строгим, чем условие ОДЗ ($\cos x \ge 0$), поэтому достаточно решить только это неравенство. Решение неравенства $\cos x > \frac{1}{2}$ на единичной окружности соответствует дуге, заключенной между углами $-\frac{\pi}{3}$ и $\frac{\pi}{3}$.

С учетом периодичности функции косинус, общее решение неравенства записывается в виде:$-\frac{\pi}{3} + 2\pi n < x < \frac{\pi}{3} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

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

б) Исходное неравенство: $\sqrt[6]{1 + 2 \cos 4x} > \sqrt{2} - \sqrt{3}$.

Оценим правую часть неравенства. Поскольку $\sqrt{2} \approx 1.414$ и $\sqrt{3} \approx 1.732$, то $\sqrt{2} - \sqrt{3}$ является отрицательным числом.

Левая часть неравенства, $\sqrt[6]{1 + 2 \cos 4x}$, как корень четной степени, по определению является неотрицательной величиной ( $\ge 0$ ).

Неравенство, в котором неотрицательная величина сравнивается с отрицательной (неотрицательное > отрицательного), всегда верно, при условии, что левая часть существует. Таким образом, решение неравенства совпадает с его областью допустимых значений (ОДЗ).

Найдем ОДЗ, решив неравенство:$1 + 2 \cos 4x \ge 0$$2 \cos 4x \ge -1$$\cos 4x \ge -\frac{1}{2}$

Пусть $t = 4x$. Тогда $\cos t \ge -\frac{1}{2}$. Решением этого неравенства является объединение промежутков $[-\frac{2\pi}{3} + 2\pi n; \frac{2\pi}{3} + 2\pi n]$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Произведем обратную замену:$-\frac{2\pi}{3} + 2\pi n \le 4x \le \frac{2\pi}{3} + 2\pi n$Разделим все части неравенства на 4:$-\frac{2\pi}{12} + \frac{2\pi n}{4} \le x \le \frac{2\pi}{12} + \frac{2\pi n}{4}$$-\frac{\pi}{6} + \frac{\pi n}{2} \le x \le \frac{\pi}{6} + \frac{\pi n}{2}$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in [-\frac{\pi}{6} + \frac{\pi n}{2}; \frac{\pi}{6} + \frac{\pi n}{2}], n \in \mathbb{Z}$.

в) Исходное неравенство: $\sqrt[4]{8 \operatorname{ctg} \frac{x}{2}} < 2$.

ОДЗ определяется неотрицательностью подкоренного выражения:$8 \operatorname{ctg} \frac{x}{2} \ge 0$, что равносильно $\operatorname{ctg} \frac{x}{2} \ge 0$.

Обе части неравенства неотрицательны, поэтому можно возвести их в четвертую степень:$(\sqrt[4]{8 \operatorname{ctg} \frac{x}{2}})^4 < 2^4$$8 \operatorname{ctg} \frac{x}{2} < 16$$\operatorname{ctg} \frac{x}{2} < 2$

Теперь необходимо найти решение, удовлетворяющее обоим условиям:$\begin{cases} \operatorname{ctg} \frac{x}{2} \ge 0 \\ \operatorname{ctg} \frac{x}{2} < 2 \end{cases}$Это можно записать в виде двойного неравенства: $0 \le \operatorname{ctg} \frac{x}{2} < 2$.

Пусть $t = \frac{x}{2}$. Решим неравенство $0 \le \operatorname{ctg} t < 2$.Функция $y = \operatorname{ctg} t$ является убывающей на своем основном промежутке определения $(0, \pi)$.Из $\operatorname{ctg} t < 2$ следует $t > \operatorname{arcctg} 2$.Из $\operatorname{ctg} t \ge 0$ следует $t \le \frac{\pi}{2}$.Объединяя эти условия и учитывая периодичность, получаем:$\operatorname{arcctg} 2 + \pi k < t \le \frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Выполним обратную замену:$\operatorname{arcctg} 2 + \pi k < \frac{x}{2} \le \frac{\pi}{2} + \pi k$Умножим все части на 2:$2 \operatorname{arcctg} 2 + 2\pi k < x \le \pi + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (2 \operatorname{arcctg} 2 + 2\pi k; \pi + 2\pi k], k \in \mathbb{Z}$.

г) Исходное неравенство: $\sqrt[3]{2 \sin 3x - 1} < -1$.

Поскольку корень нечетной степени (кубический), подкоренное выражение может быть любым действительным числом. ОДЗ: $x \in \mathbb{R}$.

Возведем обе части неравенства в третью степень. Так как степень нечетная, знак неравенства сохраняется:$(\sqrt[3]{2 \sin 3x - 1})^3 < (-1)^3$$2 \sin 3x - 1 < -1$$2 \sin 3x < 0$$\sin 3x < 0$

Пусть $t = 3x$. Решим неравенство $\sin t < 0$.Функция синус отрицательна в III и IV координатных четвертях. На круге это соответствует интервалу $(\pi, 2\pi)$.С учетом периодичности, решение для $t$ имеет вид:$\pi + 2\pi n < t < 2\pi + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Выполним обратную замену:$\pi + 2\pi n < 3x < 2\pi + 2\pi n$Разделим все части неравенства на 3:$\frac{\pi}{3} + \frac{2\pi n}{3} < x < \frac{2\pi}{3} + \frac{2\pi n}{3}$, где $n \in \mathbb{Z}$.

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