Номер 30.42, страница 195, 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 30.42, страница 195.

30.42. a) $\sqrt{\sin x} < \sqrt{\cos x};$

б) $\sqrt{2 - \sqrt{3} \sin 2x} > \sqrt{\cos 2x}.$

а)

Решим неравенство $\sqrt{\sin x} < \sqrt{\cos x}$.

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Выражения под знаком корня должны быть неотрицательными:

$\begin{cases} \sin x \ge 0 \\ \cos x \ge 0 \end{cases}$

Оба условия выполняются одновременно, когда $x$ находится в первой координатной четверти, то есть:

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

2. В области допустимых значений обе части неравенства неотрицательны, поэтому мы можем возвести их в квадрат, сохранив знак неравенства:

$(\sqrt{\sin x})^2 < (\sqrt{\cos x})^2$

$\sin x < \cos x$

3. Решим неравенство $\sin x < \cos x$ с учетом ОДЗ. В области допустимых значений $\cos x \ge 0$.

Рассмотрим случай, когда $\cos x = 0$. Это происходит при $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n$. В этом случае $\sin x = 1$, и неравенство $1 < 0$ неверно. Значит, $\cos x \ne 0$, и, с учетом ОДЗ, $\cos x > 0$.

Разделим обе части неравенства на положительное число $\cos x$:

$\frac{\sin x}{\cos x} < 1$

$\tan x < 1$

4. Теперь необходимо найти значения $x$, удовлетворяющие системе условий:

$\begin{cases} 2\pi n \le x \le \frac{\pi}{2} + 2\pi n \\ \tan x < 1 \end{cases}$

На промежутке $[0, \frac{\pi}{2})$, функция $\tan x$ возрастает. Уравнение $\tan x = 1$ имеет решение $x = \frac{\pi}{4}$.

Следовательно, неравенство $\tan x < 1$ на рассматриваемом промежутке выполняется при $0 \le x < \frac{\pi}{4}$.

С учетом периодичности, окончательное решение, удовлетворяющее ОДЗ, будет:

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

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

б)

Решим неравенство $\sqrt{2 - \sqrt{3} \sin 2x} > \sqrt{\cos 2x}$.

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ):

$\begin{cases} 2 - \sqrt{3} \sin 2x \ge 0 \\ \cos 2x \ge 0 \end{cases}$

Первое неравенство, $2 \ge \sqrt{3} \sin 2x$, или $\sin 2x \le \frac{2}{\sqrt{3}}$, выполняется для всех действительных значений $x$, так как $\frac{2}{\sqrt{3}} \approx 1.15 > 1$, а $\sin 2x \le 1$.

Таким образом, ОДЗ определяется вторым неравенством: $\cos 2x \ge 0$. Это выполняется, когда:

$-\frac{\pi}{2} + 2\pi n \le 2x \le \frac{\pi}{2} + 2\pi n$

Разделив на 2, получаем ОДЗ:

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

2. В ОДЗ обе части исходного неравенства неотрицательны, поэтому можно возвести их в квадрат:

$2 - \sqrt{3} \sin 2x > \cos 2x$

$2 > \cos 2x + \sqrt{3} \sin 2x$

3. Преобразуем правую часть неравенства, используя метод введения вспомогательного аргумента:

$\cos 2x + \sqrt{3} \sin 2x = 2(\frac{1}{2}\cos 2x + \frac{\sqrt{3}}{2}\sin 2x) = 2(\cos\frac{\pi}{3}\cos 2x + \sin\frac{\pi}{3}\sin 2x) = 2\cos(2x - \frac{\pi}{3})$

Неравенство принимает вид:

$2 > 2\cos(2x - \frac{\pi}{3})$

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

4. Неравенство $\cos(2x - \frac{\pi}{3}) < 1$ верно для всех значений аргумента, кроме тех, при которых косинус равен 1.

Найдем значения $x$, при которых равенство достигается:

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

$2x - \frac{\pi}{3} = 2\pi k$

$2x = \frac{\pi}{3} + 2\pi k$

$x = \frac{\pi}{6} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Следовательно, решением неравенства $1 > \cos(2x - \frac{\pi}{3})$ являются все действительные числа, кроме $x = \frac{\pi}{6} + \pi k$.

5. Совместим это решение с ОДЗ. Нам нужно из промежутков $[-\frac{\pi}{4} + \pi n, \frac{\pi}{4} + \pi n]$ исключить точки $x = \frac{\pi}{6} + \pi n$.

Для любого целого $n$, точка $x = \frac{\pi}{6} + \pi n$ находится внутри промежутка $[-\frac{\pi}{4} + \pi n, \frac{\pi}{4} + \pi n]$, так как $-\frac{\pi}{4} < \frac{\pi}{6} < \frac{\pi}{4}$.

Таким образом, мы должны "выколоть" эту точку из каждого промежутка ОДЗ. Решение можно записать в виде объединения двух интервалов для каждого периода:

$[-\frac{\pi}{4} + \pi n, \frac{\pi}{6} + \pi n) \cup (\frac{\pi}{6} + \pi n, \frac{\pi}{4} + \pi n]$.

Ответ: $x \in [-\frac{\pi}{4} + \pi n, \frac{\pi}{6} + \pi n) \cup (\frac{\pi}{6} + \pi n, \frac{\pi}{4} + \pi n]$, $n \in \mathbb{Z}$.