Номер 11.31, страница 293 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета

Авторы: Никольский С. М., Потапов М. К., Решетников Н. Н., Шевкин А. В.

Тип: Учебник

Серия: мгу - школе

Издательство: Просвещение

Год издания: 2014 - 2025

Уровень обучения: базовый и углублённый

Цвет обложки: голубой в сеточку

ISBN: 978-5-09-087641-4

Допущено Министерством просвещения Российской Федерации

Математика: алгебра и начала математического анализа, геометрия

Популярные ГДЗ в 11 классе

Параграф 11. Равносильность неравенств на множествах. Глава 2. Уравнения. Неравенства. Системы - номер 11.31, страница 293.

№11.31 (с. 293)
Условие. №11.31 (с. 293)
скриншот условия
Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 293, номер 11.31, Условие

11.31* a) $\frac{\cos x}{\operatorname{ctg} x} + \sin x < 0;$

б) $\frac{\sin x}{\operatorname{tg} x} + \cos x > 0;$

В) $\operatorname{tg} x \operatorname{ctg} x > 2 \sin x;$

Г) $\operatorname{tg} x \operatorname{ctg} x < 2 \cos x.$

Решение 1. №11.31 (с. 293)
Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 293, номер 11.31, Решение 1 Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 293, номер 11.31, Решение 1 (продолжение 2) Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 293, номер 11.31, Решение 1 (продолжение 3) Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 293, номер 11.31, Решение 1 (продолжение 4)
Решение 2. №11.31 (с. 293)
Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 293, номер 11.31, Решение 2 Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 293, номер 11.31, Решение 2 (продолжение 2)
Решение 4. №11.31 (с. 293)

а) Решим неравенство $\frac{\cos x}{\operatorname{ctg} x} + \sin x < 0$.
1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Выражение $\operatorname{ctg} x$ определено, если $\sin x \neq 0$, то есть $x \neq \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$. Также знаменатель $\operatorname{ctg} x$ не должен быть равен нулю, то есть $\cos x \neq 0$, откуда $x \neq \frac{\pi}{2} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$. Объединяя эти условия, получаем ОДЗ: $x \neq \frac{\pi k}{2}$ для любого целого $k$.
2. Упростим неравенство. На ОДЗ имеем $\frac{\cos x}{\operatorname{ctg} x} = \frac{\cos x}{\cos x / \sin x} = \sin x$.
Неравенство принимает вид: $\sin x + \sin x < 0$, что эквивалентно $2\sin x < 0$, или $\sin x < 0$.
3. Решим неравенство $\sin x < 0$. Это выполняется, когда $x$ находится в III и IV четвертях, то есть $x \in (\pi + 2\pi n, 2\pi + 2\pi n)$, $n \in \mathbb{Z}$.
4. Учтем ОДЗ. Из найденного решения необходимо исключить точки вида $x = \frac{\pi k}{2}$. В интервал $(\pi, 2\pi)$ попадает точка $x = \frac{3\pi}{2}$. Эту точку (и все точки, отличающиеся на $2\pi n$) необходимо исключить из решения. Таким образом, искомое множество решений разбивается на два интервала.
Ответ: $x \in (\pi + 2\pi n, \frac{3\pi}{2} + 2\pi n) \cup (\frac{3\pi}{2} + 2\pi n, 2\pi(n+1)), n \in \mathbb{Z}$.

б) Решим неравенство $\frac{\sin x}{\operatorname{tg} x} + \cos x > 0$.
1. ОДЗ: Выражение $\operatorname{tg} x$ определено, если $\cos x \neq 0$, то есть $x \neq \frac{\pi}{2} + \pi n$, $n \in \mathbb{Z}$. Также знаменатель $\operatorname{tg} x$ не должен быть равен нулю, то есть $\sin x \neq 0$, откуда $x \neq \pi n$, $n \in \mathbb{Z}$. Объединяя условия, получаем ОДЗ: $x \neq \frac{\pi k}{2}$ для любого целого $k$.
2. Упростим неравенство. На ОДЗ $\frac{\sin x}{\operatorname{tg} x} = \frac{\sin x}{\sin x / \cos x} = \cos x$.
Неравенство принимает вид: $\cos x + \cos x > 0$, что эквивалентно $2\cos x > 0$, или $\cos x > 0$.
3. Решим неравенство $\cos x > 0$. Это выполняется, когда $x$ находится в I и IV четвертях, то есть $x \in (-\frac{\pi}{2} + 2\pi n, \frac{\pi}{2} + 2\pi n)$, $n \in \mathbb{Z}$.
4. Учтем ОДЗ. Из найденного решения необходимо исключить точки вида $x = \frac{\pi k}{2}$. В интервал $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ попадает точка $x = 0$. Эту точку (и все точки, отличающиеся на $2\pi n$) необходимо исключить.
Ответ: $x \in (-\frac{\pi}{2} + 2\pi n, 2\pi n) \cup (2\pi n, \frac{\pi}{2} + 2\pi n), n \in \mathbb{Z}$.

в) Решим неравенство $\operatorname{tg} x \operatorname{ctg} x > 2 \sin x$.
1. ОДЗ: Выражения $\operatorname{tg} x$ и $\operatorname{ctg} x$ должны быть определены. Это требует, чтобы $\cos x \neq 0$ и $\sin x \neq 0$. Следовательно, ОДЗ: $x \neq \frac{\pi k}{2}$ для любого целого $k$.
2. Упростим неравенство. На ОДЗ произведение $\operatorname{tg} x \operatorname{ctg} x = 1$.
Неравенство принимает вид: $1 > 2 \sin x$, или $\sin x < \frac{1}{2}$.
3. Решим неравенство $\sin x < \frac{1}{2}$. Решением являются $x \in (\frac{5\pi}{6} + 2\pi n, \frac{13\pi}{6} + 2\pi n)$, $n \in \mathbb{Z}$.
4. Учтем ОДЗ. Из полученного множества решений нужно исключить точки вида $x = \frac{\pi k}{2}$. Рассмотрим интервал $(\frac{5\pi}{6}, \frac{13\pi}{6})$. В него попадают точки ОДЗ: $\pi, \frac{3\pi}{2}, 2\pi$. Исключая их, мы разбиваем исходный интервал на части.
Ответ: $x \in (\frac{5\pi}{6} + 2\pi n, \pi + 2\pi n) \cup (\pi + 2\pi n, \frac{3\pi}{2} + 2\pi n) \cup (\frac{3\pi}{2} + 2\pi n, 2\pi + 2\pi n) \cup (2\pi + 2\pi n, \frac{13\pi}{6} + 2\pi n), n \in \mathbb{Z}$.

г) Решим неравенство $\operatorname{tg} x \operatorname{ctg} x < 2 \cos x$.
1. ОДЗ: Аналогично предыдущему пункту, $x \neq \frac{\pi k}{2}$ для любого целого $k$.
2. Упростим неравенство. На ОДЗ $\operatorname{tg} x \operatorname{ctg} x = 1$.
Неравенство принимает вид: $1 < 2 \cos x$, или $\cos x > \frac{1}{2}$.
3. Решим неравенство $\cos x > \frac{1}{2}$. Решением является интервал $x \in (-\frac{\pi}{3} + 2\pi n, \frac{\pi}{3} + 2\pi n)$, $n \in \mathbb{Z}$.
4. Учтем ОДЗ. Из полученного интервала решения нужно исключить точки вида $x = \frac{\pi k}{2}$. В интервал $(-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3})$ попадает точка $x = 0$. Эту точку (и все точки, отличающиеся на $2\pi n$) необходимо исключить.
Ответ: $x \in (-\frac{\pi}{3} + 2\pi n, 2\pi n) \cup (2\pi n, \frac{\pi}{3} + 2\pi n), n \in \mathbb{Z}$.

Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.

Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz

Присоединиться

Мы подготовили для вас ответ c подробным объяснением домашего задания по алгебре за 11 класс, для упражнения номер 11.31 расположенного на странице 293 к учебнику серии мгу - школе 2014 года издания для учащихся школ и гимназий.

Теперь на нашем сайте ГДЗ.ТОП вы всегда легко и бесплатно найдёте условие с правильным ответом на вопрос «Как решить ДЗ» и «Как сделать» задание по алгебре к упражнению №11.31 (с. 293), авторов: Никольский (Сергей Михайлович), Потапов (Михаил Константинович), Решетников (Николай Николаевич), Шевкин (Александр Владимирович), ФГОС (старый) базовый и углублённый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.