Номер 30.57, страница 197, 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 30.57, страница 197.

30.57. a) $\sqrt{\cos x} > \sin x;$

б) $\sqrt{0,5 + \sin x + \cos x} < \cos x;$

в) $\sqrt{\cos 2x} \ge \sin x;$

г) $\sqrt{\sin x + \sin 3x} \le \cos x.$

а) $ \sqrt{\cos x} > \sin x $

Данное иррациональное неравенство равносильно совокупности двух систем:

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

2) $ \begin{cases} \sin x \ge 0 \\ \cos x > (\sin x)^2 \end{cases} $

Решим первую систему:

$ \sin x < 0 $ при $ x \in (-\pi + 2\pi k, 2\pi k) $, где $k \in \mathbb{Z}$.

$ \cos x \ge 0 $ при $ x \in [-\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \frac{\pi}{2} + 2\pi k] $, где $k \in \mathbb{Z}$.

Пересечение этих множеств соответствует IV координатной четверти (включая границу по оси y).

Решением первой системы является $ x \in [-\frac{\pi}{2} + 2\pi k, 2\pi k) $.

Решим вторую систему:

Рассмотрим неравенство $ \cos x > \sin^2 x $. Используя основное тригонометрическое тождество $ \sin^2 x = 1 - \cos^2 x $, получаем:

$ \cos x > 1 - \cos^2 x $

$ \cos^2 x + \cos x - 1 > 0 $

Сделаем замену $ t = \cos x $, где $ -1 \le t \le 1 $.

$ t^2 + t - 1 > 0 $

Найдем корни квадратного уравнения $ t^2 + t - 1 = 0 $: $ t_{1,2} = \frac{-1 \pm \sqrt{1 - 4(1)(-1)}}{2} = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2} $.

Так как ветви параболы направлены вверх, неравенство $ t^2 + t - 1 > 0 $ выполняется при $ t < \frac{-1 - \sqrt{5}}{2} $ или $ t > \frac{-1 + \sqrt{5}}{2} $.

Возвращаемся к замене $ \cos x = t $.

Неравенство $ \cos x < \frac{-1 - \sqrt{5}}{2} \approx -1.618 $ не имеет решений, так как $ \cos x \ge -1 $.

Решаем неравенство $ \cos x > \frac{-1 + \sqrt{5}}{2} $.

Так как $ \cos(\frac{2\pi}{5}) = \frac{\sqrt{5}-1}{2} $, то $ \cos x > \cos(\frac{2\pi}{5}) $.

Решением этого неравенства является $ x \in (-\frac{2\pi}{5} + 2\pi k, \frac{2\pi}{5} + 2\pi k) $.

Теперь учтем второе условие системы (2): $ \sin x \ge 0 $. Это условие выполняется для $ x \in [2\pi k, \pi + 2\pi k] $.

Найдем пересечение множеств $ (-\frac{2\pi}{5} + 2\pi k, \frac{2\pi}{5} + 2\pi k) $ и $ [2\pi k, \pi + 2\pi k] $.

Пересечением является интервал $ [2\pi k, \frac{2\pi}{5} + 2\pi k) $.

Объединим решения обеих систем:

$ [-\frac{\pi}{2} + 2\pi k, 2\pi k) \cup [2\pi k, \frac{2\pi}{5} + 2\pi k) = [-\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \frac{2\pi}{5} + 2\pi k) $.

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

б) $ \sqrt{0,5 + \sin x + \cos x} < \cos x $

Неравенство вида $ \sqrt{f(x)} < g(x) $ равносильно системе:

$ \begin{cases} f(x) \ge 0 \\ g(x) > 0 \\ f(x) < (g(x))^2 \end{cases} \implies \begin{cases} 0,5 + \sin x + \cos x \ge 0 \\ \cos x > 0 \\ 0,5 + \sin x + \cos x < \cos^2 x \end{cases} $

Рассмотрим третье неравенство:

$ 0,5 + \sin x + \cos x < \cos^2 x $

$ \sin x + \cos x < \cos^2 x - 0,5 $

Используя формулу $ \cos(2x) = 2\cos^2 x - 1 $, получаем $ \cos^2 x = \frac{1+\cos(2x)}{2} $.

$ \sin x + \cos x < \frac{1+\cos(2x)}{2} - 0,5 = \frac{\cos(2x)}{2} $

$ 2(\sin x + \cos x) < \cos(2x) $

$ 2(\sin x + \cos x) < \cos^2 x - \sin^2 x $

$ 2(\sin x + \cos x) < (\cos x - \sin x)(\cos x + \sin x) $

$ (\cos x + \sin x)(\cos x - \sin x - 2) > 0 $

Выражение $ \cos x - \sin x = \sqrt{2}\cos(x+\frac{\pi}{4}) $. Так как $ \sqrt{2}\cos(x+\frac{\pi}{4}) \le \sqrt{2} < 2 $, то множитель $ (\cos x - \sin x - 2) $ всегда отрицателен.

Следовательно, неравенство выполняется, когда $ \cos x + \sin x < 0 $.

Теперь решим систему с учетом этого вывода:

$ \begin{cases} \cos x > 0 \\ \cos x + \sin x < 0 \\ 0,5 + \sin x + \cos x \ge 0 \end{cases} $

Из $ \cos x > 0 $ и $ \cos x + \sin x < 0 $ следует, что $ \sin x $ должен быть отрицательным и $ |\sin x| > \cos x $. Это соответствует интервалу $ x \in (-\frac{\pi}{2} + 2\pi k, -\frac{\pi}{4} + 2\pi k) $.

Теперь решим на этом интервале третье неравенство $ 0,5 + \sin x + \cos x \ge 0 $:

$ \sin x + \cos x \ge -0,5 $

$ \sqrt{2}\sin(x+\frac{\pi}{4}) \ge -0,5 $

$ \sin(x+\frac{\pi}{4}) \ge -\frac{1}{2\sqrt{2}} = -\frac{\sqrt{2}}{4} $

Пусть $ y = x + \frac{\pi}{4} $. Для $ x \in (-\frac{\pi}{2}, -\frac{\pi}{4}) $ переменная $ y \in (-\frac{\pi}{4}, 0) $.

Решаем $ \sin y \ge -\frac{\sqrt{2}}{4} $ для $ y \in (-\frac{\pi}{4}, 0) $.

Так как $ \sin(-\frac{\pi}{4}) = -\frac{\sqrt{2}}{2} < -\frac{\sqrt{2}}{4} $, а функция $ \sin y $ возрастает на $ (-\frac{\pi}{4}, 0) $, то решение будет $ y \in [\arcsin(-\frac{\sqrt{2}}{4}), 0) $.

Возвращаясь к $ x $: $ x + \frac{\pi}{4} \in [\arcsin(-\frac{\sqrt{2}}{4}), 0) $.

$ x \in [\arcsin(-\frac{\sqrt{2}}{4}) - \frac{\pi}{4}, -\frac{\pi}{4}) $.

Добавляя период, получаем решение.

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

в) $ \sqrt{\cos 2x} \ge \sin x $

Данное неравенство равносильно совокупности двух систем:

1) $ \begin{cases} \sin x < 0 \\ \cos 2x \ge 0 \end{cases} $

2) $ \begin{cases} \sin x \ge 0 \\ \cos 2x \ge (\sin x)^2 \end{cases} $

Решим первую систему:

$ \sin x < 0 $ при $ x \in (\pi + 2\pi k, 2\pi + 2\pi k) $.

$ \cos 2x \ge 0 $ при $ 2x \in [-\frac{\pi}{2} + 2\pi n, \frac{\pi}{2} + 2\pi n] \implies x \in [-\frac{\pi}{4} + \pi n, \frac{\pi}{4} + \pi n] $.

Пересекая эти множества на периоде $ [0, 2\pi] $, получаем $ x \in (\pi, \frac{5\pi}{4}] \cup [\frac{7\pi}{4}, 2\pi) $.

Решим вторую систему:

Рассмотрим неравенство $ \cos 2x \ge \sin^2 x $. Используя формулу $ \cos 2x = 1 - 2\sin^2 x $:

$ 1 - 2\sin^2 x \ge \sin^2 x $

$ 1 \ge 3\sin^2 x $

$ \sin^2 x \le \frac{1}{3} \implies -\frac{1}{\sqrt{3}} \le \sin x \le \frac{1}{\sqrt{3}} $.

Учитывая условие $ \sin x \ge 0 $, получаем $ 0 \le \sin x \le \frac{1}{\sqrt{3}} $.

Решением этого двойного неравенства является $ x \in [2\pi k, \arcsin(\frac{1}{\sqrt{3}}) + 2\pi k] \cup [\pi - \arcsin(\frac{1}{\sqrt{3}}) + 2\pi k, \pi + 2\pi k] $.

Объединим решения обеих систем. Для удобства рассмотрим период $ [-\frac{\pi}{4}, \frac{7\pi}{4}] $.

Решение системы 1: $ (\pi, \frac{5\pi}{4}] \cup [-\frac{\pi}{4}, 0) $.

Решение системы 2: $ [0, \arcsin(\frac{1}{\sqrt{3}})] \cup [\pi - \arcsin(\frac{1}{\sqrt{3}}), \pi] $.

Объединяем интервалы:

$ [-\frac{\pi}{4}, 0) \cup [0, \arcsin(\frac{1}{\sqrt{3}})] = [-\frac{\pi}{4}, \arcsin(\frac{1}{\sqrt{3}})] $.

$ [\pi - \arcsin(\frac{1}{\sqrt{3}}), \pi] \cup (\pi, \frac{5\pi}{4}] = [\pi - \arcsin(\frac{1}{\sqrt{3}}), \frac{5\pi}{4}] $.

Добавляем период $ 2\pi k $.

Ответ: $ x \in [-\frac{\pi}{4} + 2\pi k, \arcsin(\frac{1}{\sqrt{3}}) + 2\pi k] \cup [\pi - \arcsin(\frac{1}{\sqrt{3}}) + 2\pi k, \frac{5\pi}{4} + 2\pi k], k \in \mathbb{Z} $.

г) $ \sqrt{\sin x + \sin 3x} \le \cos x $

Используем формулу суммы синусов: $ \sin x + \sin 3x = 2\sin\frac{x+3x}{2}\cos\frac{x-3x}{2} = 2\sin(2x)\cos x $.

Неравенство принимает вид $ \sqrt{2\sin(2x)\cos x} \le \cos x $.

Неравенство вида $ \sqrt{f(x)} \le g(x) $ равносильно системе:

$ \begin{cases} f(x) \ge 0 \\ g(x) \ge 0 \\ f(x) \le (g(x))^2 \end{cases} \implies \begin{cases} 2\sin(2x)\cos x \ge 0 \\ \cos x \ge 0 \\ 2\sin(2x)\cos x \le \cos^2 x \end{cases} $

Из второго условия $ \cos x \ge 0 $, что соответствует $ x \in [-\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \frac{\pi}{2} + 2\pi k] $.

Рассмотрим два случая.

Случай 1: $ \cos x = 0 $. Это точки $ x = \pm\frac{\pi}{2} + 2\pi k $.

Подставляем в исходное неравенство: $ \sqrt{0} \le 0 $, что верно. Следовательно, эти точки являются решениями.

Случай 2: $ \cos x > 0 $. Это интервал $ x \in (-\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \frac{\pi}{2} + 2\pi k) $.

На этом интервале система упрощается (можно разделить на $ \cos x > 0 $):

$ \begin{cases} 2\sin(2x) \ge 0 \implies \sin(2x) \ge 0 \\ 2\sin(2x) \le \cos x \end{cases} $

Условие $ \sin(2x) \ge 0 $ означает $ 2x \in [2\pi n, \pi + 2\pi n] \implies x \in [\pi n, \frac{\pi}{2} + \pi n] $.

Пересекая с $ (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}) $, получаем $ x \in [0, \frac{\pi}{2}) $.

Теперь на интервале $ [0, \frac{\pi}{2}) $ решаем второе неравенство: $ 2\sin(2x) \le \cos x $.

$ 2(2\sin x \cos x) \le \cos x $

$ 4\sin x \cos x \le \cos x $

Так как на $ [0, \frac{\pi}{2}) $ $ \cos x > 0 $, делим на него:

$ 4\sin x \le 1 \implies \sin x \le \frac{1}{4} $.

На интервале $ [0, \frac{\pi}{2}) $ функция $ \sin x $ возрастает, поэтому решением будет $ x \in [0, \arcsin(\frac{1}{4})] $.

Объединяем решения из обоих случаев:

1. Точки $ x = \pm\frac{\pi}{2} + 2\pi k $.

2. Интервал $ [2\pi k, \arcsin(\frac{1}{4}) + 2\pi k] $.

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