Номер 31.19, страница 201, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мордкович, Семенов

§ 31. Доказательство неравенств. Глава 6. Уравнения и неравенства. Системы уравнений и неравенств*. ч. 2 - номер 31.19, страница 201.

31.19. Докажите неравенство:

a) $\sqrt{\cos x} < \sqrt{2} \cos \frac{x}{2}$, $x \in \left(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right)$

б) $\sqrt{\sin x} > \sqrt{2} \sin \frac{x}{2}$, $x \in \left(0; \frac{\pi}{2}\right)$

в) $\sqrt{\cos x} \ge \cos x \ge \cos^2 x$, $x \in \left(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right)$

г) $\sqrt{\sin x} \ge \sin x \ge \sin^2 x$, $x \in (0; \pi)$

а) Докажем неравенство $ \sqrt{\cos x} < \sqrt{2} \cos\frac{x}{2} $ для $ x \in (-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}) $.В указанном интервале $ x \in (-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}) $ выполняется условие $ \cos x > 0 $. Также, поскольку $ \frac{x}{2} \in (-\frac{\pi}{4}; \frac{\pi}{4}) $, то и $ \cos\frac{x}{2} > 0 $.Так как обе части неравенства строго положительны, мы можем возвести их в квадрат, сохранив знак неравенства:$ (\sqrt{\cos x})^2 < (\sqrt{2} \cos\frac{x}{2})^2 $
$ \cos x < 2 \cos^2\frac{x}{2} $
Воспользуемся формулой косинуса двойного угла: $ \cos x = 2 \cos^2\frac{x}{2} - 1 $.Подставим это выражение в неравенство:$ 2 \cos^2\frac{x}{2} - 1 < 2 \cos^2\frac{x}{2} $
Перенеся слагаемое $2 \cos^2\frac{x}{2}$ в левую часть, получим верное числовое неравенство:$ -1 < 0 $
Поскольку все преобразования были равносильными, исходное неравенство справедливо для всех $x$ из заданного интервала.

Ответ: Неравенство доказано.

б) Докажем неравенство $ \sqrt{\sin x} > \sqrt{2} \sin\frac{x}{2} $ для $ x \in (0; \frac{\pi}{2}) $.В указанном интервале $ x \in (0; \frac{\pi}{2}) $ выполняется условие $ \sin x > 0 $. Также, поскольку $ \frac{x}{2} \in (0; \frac{\pi}{4}) $, то и $ \sin\frac{x}{2} > 0 $.Так как обе части неравенства строго положительны, возведем их в квадрат:$ (\sqrt{\sin x})^2 > (\sqrt{2} \sin\frac{x}{2})^2 $
$ \sin x > 2 \sin^2\frac{x}{2} $
Применим формулу понижения степени, которая следует из формулы косинуса двойного угла: $ 2 \sin^2\frac{x}{2} = 1 - \cos x $.Подставим это выражение в неравенство:$ \sin x > 1 - \cos x $
$ \sin x + \cos x > 1 $
Преобразуем левую часть с помощью введения вспомогательного угла: $ \sin x + \cos x = \sqrt{2}(\frac{1}{\sqrt{2}}\sin x + \frac{1}{\sqrt{2}}\cos x) = \sqrt{2}\sin(x + \frac{\pi}{4}) $.Неравенство принимает вид:$ \sqrt{2}\sin(x + \frac{\pi}{4}) > 1 $, или $ \sin(x + \frac{\pi}{4}) > \frac{\sqrt{2}}{2} $.Если $ x \in (0; \frac{\pi}{2}) $, то аргумент синуса $ x + \frac{\pi}{4} $ находится в интервале $ (\frac{\pi}{4}; \frac{3\pi}{4}) $. Для любого угла из этого интервала значение синуса строго больше $ \frac{\sqrt{2}}{2} $. Следовательно, неравенство верно.

Ответ: Неравенство доказано.

в) Докажем двойное неравенство $ \sqrt{\cos x} \ge \cos x \ge \cos^2 x $ для $ x \in (-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}) $.Необходимо доказать два неравенства:1) $ \sqrt{\cos x} \ge \cos x $2) $ \cos x \ge \cos^2 x $В интервале $ x \in (-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}) $ косинус принимает значения $ 0 < \cos x \le 1 $.Рассмотрим второе неравенство: $ \cos x \ge \cos^2 x $. Перенесем все члены в левую часть и вынесем общий множитель:$ \cos x - \cos^2 x \ge 0 $
$ \cos x (1 - \cos x) \ge 0 $
Поскольку $ \cos x > 0 $ и $ 1 - \cos x \ge 0 $ (так как $ \cos x \le 1 $), произведение двух неотрицательных множителей также неотрицательно. Таким образом, второе неравенство доказано.Рассмотрим первое неравенство: $ \sqrt{\cos x} \ge \cos x $.Пусть $ y = \cos x $, где $ y \in (0, 1] $. Неравенство принимает вид $ \sqrt{y} \ge y $.Так как обе части неотрицательны, возведем их в квадрат:$ y \ge y^2 $
$ y - y^2 \ge 0 \Rightarrow y(1-y) \ge 0 $
Это неравенство верно для всех $ y \in [0, 1] $, а значит и для $ y \in (0, 1] $. Таким образом, первое неравенство также доказано.Поскольку оба неравенства верны, то и исходное двойное неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано.

г) Докажем двойное неравенство $ \sqrt{\sin x} \ge \sin x \ge \sin^2 x $ для $ x \in (0; \pi) $.Необходимо доказать два неравенства:1) $ \sqrt{\sin x} \ge \sin x $2) $ \sin x \ge \sin^2 x $В интервале $ x \in (0; \pi) $ синус принимает значения $ 0 < \sin x \le 1 $.Доказательство полностью аналогично пункту (в), если заменить $ \cos x $ на $ \sin x $ и учесть соответствующий интервал.Пусть $ y = \sin x $, где $ y \in (0, 1] $.Неравенство $ \sin x \ge \sin^2 x $ превращается в $ y \ge y^2 $, или $ y(1-y) \ge 0 $, что верно для $ y \in (0, 1] $.Неравенство $ \sqrt{\sin x} \ge \sin x $ превращается в $ \sqrt{y} \ge y $, что, как показано выше, также верно для $ y \in (0, 1] $.Оба неравенства выполняются, следовательно, исходное двойное неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано.