Номер 189, страница 425 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

Задания для повторения - номер 189, страница 425.

Условие.

189 a) $\sqrt{6 - 10 \cos x} - \sin x < \sin x - \cos x$, $x \in [-\pi; \pi]$;

б) $\sqrt{6 \cos x - \sin x + 4} < \sin x + \cos x$, $x \in [0; 2\pi]$.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 4.

а)

Исходное неравенство: $\sqrt{6 - 10\cos x - \sin x} < \sin x - \cos x$ на промежутке $x \in [-\pi; \pi]$.

Данное иррациональное неравенство вида $\sqrt{f(x)} < g(x)$ равносильно системе неравенств:

$ \begin{cases} g(x) > 0 \\ f(x) \ge 0 \\ f(x) < (g(x))^2 \end{cases} $ $ \implies $ $ \begin{cases} \sin x - \cos x > 0 & (1) \\ 6 - 10\cos x - \sin x \ge 0 & (2) \\ 6 - 10\cos x - \sin x < (\sin x - \cos x)^2 & (3) \end{cases} $

1. Решим неравенство (1): $\sin x - \cos x > 0$.
$\sin x > \cos x$. На тригонометрической окружности в пределах от $-\pi$ до $\pi$ это соответствует промежутку $x \in (\frac{\pi}{4}, \pi]$.

2. Решим неравенство (3):
$6 - 10\cos x - \sin x < \sin^2 x - 2\sin x \cos x + \cos^2 x$
$6 - 10\cos x - \sin x < 1 - 2\sin x \cos x$
$5 < 10\cos x + \sin x - 2\sin x \cos x$
$10\cos x + \sin x - 2\sin x \cos x - 5 > 0$
Сгруппируем слагаемые:
$(10\cos x - 5) + (\sin x - 2\sin x \cos x) > 0$
$5(2\cos x - 1) - \sin x(2\cos x - 1) > 0$
$(5 - \sin x)(2\cos x - 1) > 0$
Поскольку $-1 \le \sin x \le 1$, выражение $5 - \sin x$ всегда положительно. Следовательно, неравенство сводится к:
$2\cos x - 1 > 0 \implies \cos x > \frac{1}{2}$.
На промежутке $[-\pi; \pi]$ решением этого неравенства является $x \in (-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3})$.

3. Найдем пересечение решений неравенств (1) и (3):
$x \in (\frac{\pi}{4}, \pi] \cap (-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3}) = (\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{3})$.

4. Теперь проверим выполнение условия (2) на найденном интервале $x \in (\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{3})$:
$6 - 10\cos x - \sin x \ge 0$.
Пусть $f(x) = 6 - 10\cos x - \sin x$. Найдем производную:
$f'(x) = 10\sin x - \cos x$.
На интервале $(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{3})$ выполняется $\sin x > \cos x > 0$, поэтому $f'(x) = 10\sin x - \cos x > \sin x - \cos x > 0$.
Так как $f'(x) > 0$, функция $f(x)$ монотонно возрастает на этом интервале.
Найдем значения функции на концах интервала:
$f(\frac{\pi}{4}) = 6 - 10\cos\frac{\pi}{4} - \sin\frac{\pi}{4} = 6 - 10\frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} = 6 - \frac{11\sqrt{2}}{2} = \frac{12-11\sqrt{2}}{2}$. Так как $12^2=144$, а $(11\sqrt{2})^2=242$, то $12 < 11\sqrt{2}$, значит $f(\frac{\pi}{4}) < 0$.
$f(\frac{\pi}{3}) = 6 - 10\cos\frac{\pi}{3} - \sin\frac{\pi}{3} = 6 - 10(\frac{1}{2}) - \frac{\sqrt{3}}{2} = 1 - \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{2-\sqrt{3}}{2}$. Так как $2 > \sqrt{3}$, то $f(\frac{\pi}{3}) > 0$.
Поскольку функция $f(x)$ непрерывна, возрастает и меняет знак на интервале $(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{3})$, существует единственная точка $x_0 \in (\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{3})$, в которой $f(x_0) = 0$. Неравенство $f(x) \ge 0$ выполняется при $x \in [x_0, \frac{\pi}{3})$.

5. Найдем $x_0$ из уравнения $10\cos x_0 + \sin x_0 = 6$.
Воспользуемся универсальной тригонометрической подстановкой $t = \tan(x_0/2)$.
$10\frac{1-t^2}{1+t^2} + \frac{2t}{1+t^2} = 6$
$10(1-t^2) + 2t = 6(1+t^2)$
$10 - 10t^2 + 2t = 6 + 6t^2$
$16t^2 - 2t - 4 = 0$
$8t^2 - t - 2 = 0$
$t = \frac{1 \pm \sqrt{1-4(8)(-2)}}{16} = \frac{1 \pm \sqrt{65}}{16}$.
Так как $x_0 \in (\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{3})$, то $x_0/2 \in (\frac{\pi}{8}, \frac{\pi}{6})$, и $\tan(x_0/2)$ должен быть положительным. Выбираем корень $t = \frac{1+\sqrt{65}}{16}$.
Отсюда $x_0 = 2\arctan\left(\frac{1+\sqrt{65}}{16}\right)$.

6. Окончательное решение является пересечением интервалов $(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{3})$ и $[x_0, \frac{\pi}{3})$, что дает $(x_0, \frac{\pi}{3})$.

Ответ: $x \in \left(2\arctan\left(\frac{1+\sqrt{65}}{16}\right), \frac{\pi}{3}\right)$.

---

б)

Исходное неравенство: $\sqrt{6\cos x - \sin x + 4} < \sin x + \cos x$ на промежутке $x \in [0; 2\pi]$.

Неравенство равносильно системе:

$ \begin{cases} \sin x + \cos x > 0 & (1) \\ 6\cos x - \sin x + 4 \ge 0 & (2) \\ 6\cos x - \sin x + 4 < (\sin x + \cos x)^2 & (3) \end{cases} $

1. Решим неравенство (1): $\sin x + \cos x > 0$.
$\sqrt{2}(\frac{1}{\sqrt{2}}\sin x + \frac{1}{\sqrt{2}}\cos x) > 0 \implies \sqrt{2}\sin(x+\frac{\pi}{4}) > 0$.
$\sin(x+\frac{\pi}{4}) > 0$.
На промежутке $x \in [0; 2\pi]$, это соответствует $x+\frac{\pi}{4} \in (\frac{\pi}{4}, \pi) \cup (2\pi, \frac{9\pi}{4})$, что дает $x \in [0, \frac{3\pi}{4}) \cup (\frac{7\pi}{4}, 2\pi]$.

2. Решим неравенство (3):
$6\cos x - \sin x + 4 < \sin^2 x + 2\sin x \cos x + \cos^2 x$
$6\cos x - \sin x + 4 < 1 + 2\sin x \cos x$
$0 < -6\cos x + \sin x + 2\sin x \cos x - 3$
$2\sin x \cos x + \sin x - 6\cos x - 3 > 0$
Сгруппируем слагаемые:
$\sin x(2\cos x + 1) - 3(2\cos x + 1) > 0$
$(\sin x - 3)(2\cos x + 1) > 0$
Поскольку $-1 \le \sin x \le 1$, выражение $\sin x - 3$ всегда отрицательно. Следовательно, неравенство сводится к:
$2\cos x + 1 < 0 \implies \cos x < -\frac{1}{2}$.
На промежутке $[0; 2\pi]$ решением этого неравенства является $x \in (\frac{2\pi}{3}, \frac{4\pi}{3})$.

3. Найдем пересечение решений неравенств (1) и (3):
$x \in \left( [0, \frac{3\pi}{4}) \cup (\frac{7\pi}{4}, 2\pi] \right) \cap (\frac{2\pi}{3}, \frac{4\pi}{3})$.
Пересечение первого интервала $[0, \frac{3\pi}{4})$ с $(\frac{2\pi}{3}, \frac{4\pi}{3})$ дает $(\frac{2\pi}{3}, \frac{3\pi}{4})$.
Второй интервал $(\frac{7\pi}{4}, 2\pi]$ не пересекается с $(\frac{2\pi}{3}, \frac{4\pi}{3})$.
Итак, промежуточное решение: $x \in (\frac{2\pi}{3}, \frac{3\pi}{4})$.

4. Проверим выполнение условия (2) на найденном интервале $x \in (\frac{2\pi}{3}, \frac{3\pi}{4})$:
$6\cos x - \sin x + 4 \ge 0$.
Пусть $f(x) = 6\cos x - \sin x + 4$. Найдем производную:
$f'(x) = -6\sin x - \cos x = -(6\sin x + \cos x)$.
На интервале $(\frac{2\pi}{3}, \frac{3\pi}{4})$, $\sin x > 0$, $\cos x < 0$. $\tan x < -1$. Тогда $6\tan x < -6$, $6\tan x+1 < -5$. Так как $\cos x < 0$, то $6\sin x + \cos x = \cos x(6\tan x + 1) > 0$. Следовательно, $f'(x) < 0$, и функция $f(x)$ монотонно убывает на этом интервале.
Найдем значения функции на концах интервала:
$f(\frac{2\pi}{3}) = 6\cos\frac{2\pi}{3} - \sin\frac{2\pi}{3} + 4 = 6(-\frac{1}{2}) - \frac{\sqrt{3}}{2} + 4 = 1 - \frac{\sqrt{3}}{2} > 0$.
$f(\frac{3\pi}{4}) = 6\cos\frac{3\pi}{4} - \sin\frac{3\pi}{4} + 4 = 6(-\frac{\sqrt{2}}{2}) - \frac{\sqrt{2}}{2} + 4 = 4 - \frac{7\sqrt{2}}{2} < 0$.
Так как функция $f(x)$ непрерывна, убывает и меняет знак на интервале $(\frac{2\pi}{3}, \frac{3\pi}{4})$, существует единственная точка $x_0 \in (\frac{2\pi}{3}, \frac{3\pi}{4})$, в которой $f(x_0)=0$. Неравенство $f(x) \ge 0$ выполняется при $x \in (\frac{2\pi}{3}, x_0]$.

5. Найдем $x_0$ из уравнения $6\cos x_0 - \sin x_0 + 4 = 0$, или $\sin x_0 - 6\cos x_0 = 4$.
Воспользуемся универсальной тригонометрической подстановкой $t = \tan(x_0/2)$.
$\frac{2t}{1+t^2} - 6\frac{1-t^2}{1+t^2} = 4$
$2t - 6 + 6t^2 = 4 + 4t^2$
$2t^2 + 2t - 10 = 0$
$t^2 + t - 5 = 0$
$t = \frac{-1 \pm \sqrt{1-4(1)(-5)}}{2} = \frac{-1 \pm \sqrt{21}}{2}$.
Так как $x_0 \in (\frac{2\pi}{3}, \frac{3\pi}{4})$, то $x_0/2 \in (\frac{\pi}{3}, \frac{3\pi}{8})$, и $\tan(x_0/2)$ должен быть положительным. Выбираем корень $t = \frac{-1+\sqrt{21}}{2}$.
Отсюда $x_0 = 2\arctan\left(\frac{\sqrt{21}-1}{2}\right)$.

6. Окончательное решение является пересечением интервала $(\frac{2\pi}{3}, \frac{3\pi}{4})$ и промежутка $(\frac{2\pi}{3}, x_0]$, что дает $(\frac{2\pi}{3}, x_0]$.

Ответ: $x \in \left(\frac{2\pi}{3}, 2\arctan\left(\frac{\sqrt{21}-1}{2}\right)\right]$.