Номер 13.25, страница 325 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

Параграф 13. Использование свойств функций при решении уравнений и неравенств. Глава 2. Уравнения. Неравенства. Системы - номер 13.25, страница 325.

Условие.

13.25* а) $\frac{\sqrt{\sin x + 2} + \sqrt{\cos x + 2}}{2} \le \sqrt[4]{\sin x \cos x + 2 \sin x + 2 \cos x + 4};$

б) $\frac{\sqrt{\sin x + 2} + \sqrt{\cos x + 3}}{2} \le \sqrt[4]{\sin x \cos x + 3 \sin x + 2 \cos x + 6}.$

Решение 1.

Решение 2.

Решение 4.

а)

Рассмотрим неравенство:

$$ \frac{\sqrt{\sin x+2} + \sqrt{\cos x+2}}{2} \leq \sqrt[4]{\sin x \cos x + 2\sin x + 2\cos x + 4} $$

Определим область допустимых значений (ОДЗ). Выражения под знаками корней должны быть неотрицательными.

1. $ \sin x + 2 \ge 0 $. Поскольку $ -1 \le \sin x \le 1 $, то $ 1 \le \sin x + 2 \le 3 $. Выражение всегда положительно.

2. $ \cos x + 2 \ge 0 $. Поскольку $ -1 \le \cos x \le 1 $, то $ 1 \le \cos x + 2 \le 3 $. Выражение также всегда положительно.

3. Выражение под корнем четвертой степени $ \sin x \cos x + 2\sin x + 2\cos x + 4 $. Разложим его на множители: $ \sin x \cos x + 2\sin x + 2\cos x + 4 = \sin x(\cos x + 2) + 2(\cos x + 2) = (\sin x + 2)(\cos x + 2) $. Поскольку оба множителя, $ (\sin x + 2) $ и $ (\cos x + 2) $, всегда положительны, их произведение также всегда положительно.

Следовательно, ОДЗ — все действительные числа, $ x \in \mathbb{R} $.

Преобразуем правую часть неравенства, используя разложение на множители: $$ \sqrt[4]{\sin x \cos x + 2\sin x + 2\cos x + 4} = \sqrt[4]{(\sin x + 2)(\cos x + 2)} $$

Введем обозначения: $ a = \sqrt{\sin x + 2} $ и $ b = \sqrt{\cos x + 2} $. Заметим, что $ a > 0 $ и $ b > 0 $. Тогда исходное неравенство можно переписать в виде: $$ \frac{a+b}{2} \leq \sqrt[4]{a^2 b^2} $$ $$ \frac{a+b}{2} \leq \sqrt{ab} $$

Мы получили неравенство, связывающее среднее арифметическое $ \frac{a+b}{2} $ и среднее геометрическое $ \sqrt{ab} $ двух положительных чисел $ a $ и $ b $. Известно неравенство Коши (неравенство о средних), которое утверждает обратное: $$ \sqrt{ab} \leq \frac{a+b}{2} $$

Сравнивая данное нам неравенство $ \frac{a+b}{2} \leq \sqrt{ab} $ с неравенством Коши, делаем вывод, что оно может выполняться только в одном случае — когда достигается равенство: $$ \frac{a+b}{2} = \sqrt{ab} $$ Равенство в неравенстве Коши возможно тогда и только тогда, когда $ a = b $.

Таким образом, решение исходного неравенства сводится к решению уравнения $ a = b $: $$ \sqrt{\sin x + 2} = \sqrt{\cos x + 2} $$ Возведем обе части уравнения в квадрат: $$ \sin x + 2 = \cos x + 2 $$ $$ \sin x = \cos x $$ Если предположить, что $ \cos x = 0 $, то из уравнения следует $ \sin x = 0 $, что противоречит основному тригонометрическому тождеству $ \sin^2 x + \cos^2 x = 1 $. Значит, $ \cos x \ne 0 $, и мы можем разделить обе части уравнения на $ \cos x $: $$ \frac{\sin x}{\cos x} = 1 $$ $$ \tan x = 1 $$ Решением этого уравнения является серия корней: $$ x = \frac{\pi}{4} + \pi k, \quad k \in \mathbb{Z} $$

Ответ: $ x = \frac{\pi}{4} + \pi k, k \in \mathbb{Z} $.

б)

Рассмотрим неравенство:

$$ \frac{\sqrt{\sin x+2} + \sqrt{\cos x+3}}{2} \leq \sqrt[4]{\sin x \cos x + 3\sin x + 2\cos x + 6} $$

Определим область допустимых значений (ОДЗ). 1. $ \sin x + 2 \ge 0 $ — всегда верно, так как $ 1 \le \sin x + 2 \le 3 $. 2. $ \cos x + 3 \ge 0 $ — всегда верно, так как $ 2 \le \cos x + 3 \le 4 $. 3. Подкоренное выражение в правой части $ \sin x \cos x + 3\sin x + 2\cos x + 6 $ можно разложить на множители: $ \sin x (\cos x + 3) + 2(\cos x + 3) = (\sin x + 2)(\cos x + 3) $. Поскольку оба множителя всегда положительны, их произведение также всегда положительно. Следовательно, ОДЗ — все действительные числа, $ x \in \mathbb{R} $.

Введем обозначения: $ a = \sqrt{\sin x + 2} $ и $ b = \sqrt{\cos x + 3} $. Оба числа $ a $ и $ b $ положительны. Неравенство принимает вид: $$ \frac{a+b}{2} \leq \sqrt[4]{a^2 b^2} $$ $$ \frac{a+b}{2} \leq \sqrt{ab} $$

Как и в пункте а), данное неравенство может выполняться только при условии равенства, так как по неравенству Коши $ \sqrt{ab} \leq \frac{a+b}{2} $. Следовательно, искомые значения $ x $ удовлетворяют уравнению: $$ \frac{a+b}{2} = \sqrt{ab} $$ что эквивалентно $ a=b $.

Решим уравнение $ a=b $: $$ \sqrt{\sin x + 2} = \sqrt{\cos x + 3} $$ Возведем обе части в квадрат: $$ \sin x + 2 = \cos x + 3 $$ $$ \sin x - \cos x = 1 $$

Это линейное тригонометрическое уравнение. Решим его методом введения вспомогательного угла. Разделим обе части на $ \sqrt{1^2+(-1)^2} = \sqrt{2} $: $$ \frac{1}{\sqrt{2}}\sin x - \frac{1}{\sqrt{2}}\cos x = \frac{1}{\sqrt{2}} $$ Зная, что $ \cos\frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}} $ и $ \sin\frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}} $, заменим коэффициенты: $$ \sin x \cos\frac{\pi}{4} - \cos x \sin\frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}} $$ Применим формулу синуса разности $ \sin(\alpha-\beta) = \sin\alpha\cos\beta - \cos\alpha\sin\beta $: $$ \sin\left(x - \frac{\pi}{4}\right) = \frac{1}{\sqrt{2}} $$

Это простейшее тригонометрическое уравнение имеет две серии решений:

1. $ x - \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4} + 2\pi k $ $$ x = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{4} + 2\pi k = \frac{\pi}{2} + 2\pi k, \quad k \in \mathbb{Z} $$

2. $ x - \frac{\pi}{4} = \pi - \frac{\pi}{4} + 2\pi k $ $$ x - \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4} + 2\pi k $$ $$ x = \frac{3\pi}{4} + \frac{\pi}{4} + 2\pi k = \pi + 2\pi k, \quad k \in \mathbb{Z} $$

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