Номер 11.16, страница 288 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

Параграф 11. Равносильность неравенств на множествах. Глава 2. Уравнения. Неравенства. Системы - номер 11.16, страница 288.

Условие.

11.16* а) $1 + \sin x > |\cos x|$;

Б) $1 - \cos x > |\sin x|$;

В) $1 - \sin x < |\cos x|$;

Г) $1 + \cos x < |\sin x|$.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

a) Решим неравенство $1 + \sin x > |\cos x|$.

Заметим, что обе части неравенства неотрицательны, так как $1 + \sin x \ge 0$ и $|\cos x| \ge 0$ для всех $x$. Рассмотрим случай, когда левая часть равна нулю: $1 + \sin x = 0$, что означает $\sin x = -1$. Это происходит при $x = -\frac{\pi}{2} + 2\pi k$, $k \in \mathbb{Z}$. В этих точках $\cos x = 0$, и неравенство принимает вид $0 > 0$, что неверно. Следовательно, $1 + \sin x > 0$.

Поскольку обе части неравенства строго положительны (кроме точек, где $\cos x = 0$, но там неравенство $1 \pm 1 > 0$ очевидно выполняется), мы можем возвести их в квадрат, не меняя знак неравенства:

$(1 + \sin x)^2 > (|\cos x|)^2$

$1 + 2\sin x + \sin^2 x > \cos^2 x$

Используем основное тригонометрическое тождество $\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$:

$1 + 2\sin x + \sin^2 x > 1 - \sin^2 x$

$2\sin^2 x + 2\sin x > 0$

$2\sin x(\sin x + 1) > 0$

Как мы установили ранее, $\sin x \neq -1$, поэтому выражение $\sin x + 1$ всегда положительно. Мы можем разделить обе части неравенства на $2(\sin x + 1) > 0$:

$\sin x > 0$

Решением этого неравенства являются интервалы, на которых синус положителен, то есть I и II координатные четверти.

Ответ: $x \in (2\pi k, \pi + 2\pi k), k \in \mathbb{Z}$.

б) Решим неравенство $1 - \cos x > |\sin x|$.

Обе части неравенства неотрицательны: $1 - \cos x \ge 0$ и $|\sin x| \ge 0$. Рассмотрим случай, когда $1 - \cos x = 0$, то есть $\cos x = 1$. Это происходит при $x = 2\pi k$, $k \in \mathbb{Z}$. В этих точках $\sin x = 0$, и неравенство принимает вид $0 > 0$, что неверно. Следовательно, $1 - \cos x > 0$.

Возводим обе части в квадрат:

$(1 - \cos x)^2 > (|\sin x|)^2$

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

Заменим $\sin^2 x = 1 - \cos^2 x$:

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

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

$2\cos x(\cos x - 1) > 0$

Мы знаем, что $\cos x \neq 1$, поэтому выражение $\cos x - 1$ всегда отрицательно. Разделим обе части неравенства на $2(\cos x - 1) < 0$, изменив знак неравенства на противоположный:

$\cos x < 0$

Решением этого неравенства являются интервалы, на которых косинус отрицателен, то есть II и III координатные четверти.

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

в) Решим неравенство $1 - \sin x < |\cos x|$.

Обе части неравенства неотрицательны, поэтому мы можем возвести их в квадрат:

$(1 - \sin x)^2 < (|\cos x|)^2$

$1 - 2\sin x + \sin^2 x < \cos^2 x$

Используя $\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$, получаем:

$1 - 2\sin x + \sin^2 x < 1 - \sin^2 x$

$2\sin^2 x - 2\sin x < 0$

$2\sin x(\sin x - 1) < 0$

Произведение двух множителей отрицательно, когда они имеют разные знаки. Так как $\sin x \le 1$, то множитель $\sin x - 1 \le 0$. Чтобы произведение было отрицательным, необходимо, чтобы $\sin x - 1 \neq 0$ и $\sin x > 0$.

Таким образом, мы получаем систему условий:

$\begin{cases} \sin x > 0 \\ \sin x - 1 < 0 \end{cases} \implies \begin{cases} \sin x > 0 \\ \sin x < 1 \end{cases}$

Это соответствует двойному неравенству $0 < \sin x < 1$.

$\sin x > 0$ при $x \in (2\pi k, \pi + 2\pi k)$. Из этого интервала нужно исключить точки, где $\sin x = 1$, то есть $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi k$.

Ответ: $x \in (2\pi k, \frac{\pi}{2} + 2\pi k) \cup (\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \pi + 2\pi k), k \in \mathbb{Z}$.

г) Решим неравенство $1 + \cos x < |\sin x|$.

Обе части неравенства неотрицательны, поэтому можно возвести их в квадрат:

$(1 + \cos x)^2 < (|\sin x|)^2$

$1 + 2\cos x + \cos^2 x < \sin^2 x$

Заменим $\sin^2 x = 1 - \cos^2 x$:

$1 + 2\cos x + \cos^2 x < 1 - \cos^2 x$

$2\cos^2 x + 2\cos x < 0$

$2\cos x(\cos x + 1) < 0$

Произведение отрицательно, когда множители имеют разные знаки. Поскольку $\cos x \ge -1$, множитель $\cos x + 1 \ge 0$. Чтобы произведение было отрицательным, нужно, чтобы $\cos x + 1 \neq 0$ и $\cos x < 0$.

Получаем систему условий:

$\begin{cases} \cos x < 0 \\ \cos x + 1 > 0 \end{cases} \implies \begin{cases} \cos x < 0 \\ \cos x > -1 \end{cases}$

Это соответствует двойному неравенству $-1 < \cos x < 0$.

$\cos x < 0$ при $x \in (\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \frac{3\pi}{2} + 2\pi k)$. Из этого интервала нужно исключить точки, где $\cos x = -1$, то есть $x = \pi + 2\pi k$.

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