Страница 300 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

Найдите все решения неравенства, принадлежащие указанному промежутку (11.48–11.54):

11.48 a) $(\sin x - \frac{1}{2})(\sin x + \frac{\sqrt{2}}{2}) > 0$, $(0; \pi);$

б) $(\cos x + \frac{1}{2})(\cos x - \frac{\sqrt{3}}{2}) > 0$, $(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}).$

a) Дано неравенство $(\sin x - \frac{1}{2})(\sin x + \frac{\sqrt{2}}{2}) > 0$ и промежуток $(0; \pi)$.

Произведение двух сомножителей больше нуля тогда и только тогда, когда оба сомножителя одного знака. Это приводит к двум системам неравенств:

1) Оба сомножителя положительны:
$\begin{cases} \sin x - \frac{1}{2} > 0 \\ \sin x + \frac{\sqrt{2}}{2} > 0 \end{cases} \implies \begin{cases} \sin x > \frac{1}{2} \\ \sin x > -\frac{\sqrt{2}}{2} \end{cases}$
Решением этой системы является неравенство $\sin x > \frac{1}{2}$.

2) Оба сомножителя отрицательны:
$\begin{cases} \sin x - \frac{1}{2} < 0 \\ \sin x + \frac{\sqrt{2}}{2} < 0 \end{cases} \implies \begin{cases} \sin x < \frac{1}{2} \\ \sin x < -\frac{\sqrt{2}}{2} \end{cases}$
Решением этой системы является неравенство $\sin x < -\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Таким образом, исходное неравенство равносильно совокупности двух неравенств: $\sin x > \frac{1}{2}$ или $\sin x < -\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Теперь необходимо найти решения, которые принадлежат промежутку $(0; \pi)$. На этом промежутке функция синуса принимает значения в диапазоне $0 < \sin x \le 1$.

Рассмотрим неравенство $\sin x < -\frac{\sqrt{2}}{2}$. Так как на промежутке $(0; \pi)$ синус положителен, это неравенство не имеет решений в указанном промежутке.

Рассмотрим неравенство $\sin x > \frac{1}{2}$. Найдем значения $x$ из промежутка $(0; \pi)$, для которых $\sin x = \frac{1}{2}$. Это $x = \frac{\pi}{6}$ и $x = \pi - \frac{\pi}{6} = \frac{5\pi}{6}$.

На промежутке $(0; \pi)$ синус больше $\frac{1}{2}$ между этими двумя значениями. Таким образом, решение неравенства $\sin x > \frac{1}{2}$ на данном промежутке есть интервал $(\frac{\pi}{6}; \frac{5\pi}{6})$.

Ответ: $(\frac{\pi}{6}; \frac{5\pi}{6})$.

б) Дано неравенство $(\cos x + \frac{1}{2})(\cos x - \frac{\sqrt{3}}{2}) > 0$ и промежуток $(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$.

Аналогично предыдущему пункту, произведение положительно, когда сомножители одного знака.

1) Оба сомножителя положительны:
$\begin{cases} \cos x + \frac{1}{2} > 0 \\ \cos x - \frac{\sqrt{3}}{2} > 0 \end{cases} \implies \begin{cases} \cos x > -\frac{1}{2} \\ \cos x > \frac{\sqrt{3}}{2} \end{cases}$
Решением этой системы является $\cos x > \frac{\sqrt{3}}{2}$.

2) Оба сомножителя отрицательны:
$\begin{cases} \cos x + \frac{1}{2} < 0 \\ \cos x - \frac{\sqrt{3}}{2} < 0 \end{cases} \implies \begin{cases} \cos x < -\frac{1}{2} \\ \cos x < \frac{\sqrt{3}}{2} \end{cases}$
Решением этой системы является $\cos x < -\frac{1}{2}$.

Исходное неравенство равносильно совокупности: $\cos x > \frac{\sqrt{3}}{2}$ или $\cos x < -\frac{1}{2}$.

Теперь найдем решения, принадлежащие промежутку $(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$. На этом промежутке функция косинуса принимает значения в диапазоне $0 < \cos x \le 1$.

Неравенство $\cos x < -\frac{1}{2}$ не имеет решений на данном промежутке, так как косинус здесь положителен.

Остается решить неравенство $\cos x > \frac{\sqrt{3}}{2}$. Найдем значения $x$ из промежутка $(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$, для которых $\cos x = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Это $x = -\frac{\pi}{6}$ и $x = \frac{\pi}{6}$.

На промежутке $(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$ косинус больше $\frac{\sqrt{3}}{2}$ между этими двумя значениями. Следовательно, решение неравенства есть интервал $(-\frac{\pi}{6}; \frac{\pi}{6})$.

Ответ: $(-\frac{\pi}{6}; \frac{\pi}{6})$.

11.49 a) $(x - \log_3 75)(x - \log_2 22) > 0, [3; 4];$

б) $(x - \log_2 17)(x - \log_2 71) < 0, [4; 5].$

а) Требуется найти целочисленные решения неравенства $(x - \log_3 75)(x - \log_2 22) > 0$ на отрезке $[3; 4]$.

Решим неравенство методом интервалов. Корнями соответствующего уравнения $(x - \log_3 75)(x - \log_2 22) = 0$ являются $x_1 = \log_3 75$ и $x_2 = \log_2 22$.

Оценим значения этих корней:

Для $x_1 = \log_3 75$:
Поскольку $3^3 = 27$ и $3^4 = 81$, то $27 < 75 < 81$.
Следовательно, $\log_3 27 < \log_3 75 < \log_3 81$, что означает $3 < \log_3 75 < 4$.

Для $x_2 = \log_2 22$:
Поскольку $2^4 = 16$ и $2^5 = 32$, то $16 < 22 < 32$.
Следовательно, $\log_2 16 < \log_2 22 < \log_2 32$, что означает $4 < \log_2 22 < 5$.

Таким образом, мы установили, что $x_1 < 4$ и $x_2 > 4$, значит $x_1 < x_2$.
Решением неравенства вида $(x-a)(x-b) > 0$ при $a < b$ является объединение интервалов $x < a$ и $x > b$.
В нашем случае решение: $x < \log_3 75$ или $x > \log_2 22$.

Теперь проверим, какие целые числа из отрезка $[3; 4]$ удовлетворяют этому условию. Целые числа на данном отрезке: 3 и 4.

Проверим $x = 3$:
Нужно проверить, выполняется ли условие $3 < \log_3 75$ или $3 > \log_2 22$.
Так как $3^3 = 27 < 75$, то $\log_3 (3^3) < \log_3 75$, то есть $3 < \log_3 75$. Первое условие выполнено.
Следовательно, $x=3$ является решением неравенства и принадлежит заданному отрезку.

Проверим $x = 4$:
Нужно проверить, выполняется ли условие $4 < \log_3 75$ или $4 > \log_2 22$.
Так как $3^4 = 81 > 75$, то $\log_3 (3^4) > \log_3 75$, то есть $4 > \log_3 75$. Первое условие ($4 < \log_3 75$) не выполнено.
Так как $2^4 = 16 < 22$, то $\log_2 (2^4) < \log_2 22$, то есть $4 < \log_2 22$. Второе условие ($4 > \log_2 22$) также не выполнено.
Следовательно, $x=4$ не является решением неравенства.

Единственное целое число из отрезка $[3; 4]$, удовлетворяющее неравенству, это 3.

Ответ: 3

б) Требуется найти целочисленные решения неравенства $(x - \log_2 17)(x - \log_2 71) < 0$ на отрезке $[4; 5]$.

Решим неравенство методом интервалов. Корнями соответствующего уравнения $(x - \log_2 17)(x - \log_2 71) = 0$ являются $x_1 = \log_2 17$ и $x_2 = \log_2 71$.

Оценим значения этих корней:

Для $x_1 = \log_2 17$:
Поскольку $2^4 = 16$ и $2^5 = 32$, то $16 < 17 < 32$.
Следовательно, $\log_2 16 < \log_2 17 < \log_2 32$, что означает $4 < \log_2 17 < 5$.

Для $x_2 = \log_2 71$:
Поскольку $2^6 = 64$ и $2^7 = 128$, то $64 < 71 < 128$.
Следовательно, $\log_2 64 < \log_2 71 < \log_2 128$, что означает $6 < \log_2 71 < 7$.

Решением неравенства вида $(x-a)(x-b) < 0$ при $a < b$ является интервал $a < x < b$.
В нашем случае решение: $\log_2 17 < x < \log_2 71$.

Теперь проверим, какие целые числа из отрезка $[4; 5]$ удовлетворяют этому условию. Целые числа на данном отрезке: 4 и 5.

Проверим $x = 4$:
Нужно проверить, выполняется ли условие $\log_2 17 < 4 < \log_2 71$.
Так как $2^4 = 16 < 17$, то $\log_2 (2^4) < \log_2 17$, то есть $4 < \log_2 17$.
Следовательно, левая часть двойного неравенства ($\log_2 17 < 4$) неверна. Значит, $x=4$ не является решением.

Проверим $x = 5$:
Нужно проверить, выполняется ли условие $\log_2 17 < 5 < \log_2 71$.
Проверим левую часть: $\log_2 17 < 5$. Так как $2^5 = 32$, а $17 < 32$, то неравенство $\log_2 17 < \log_2 32$ верно.
Проверим правую часть: $5 < \log_2 71$. Так как $2^5 = 32$, а $32 < 71$, то неравенство $\log_2 32 < \log_2 71$ верно.
Оба неравенства верны, значит $x=5$ является решением и принадлежит заданному отрезку.

Единственное целое число из отрезка $[4; 5]$, удовлетворяющее неравенству, это 5.

Ответ: 5

11.50 a) $x^4 + x^3 + x^2 - 3x > 0$, $[-2; 2];$

б) $x^4 + x^3 + x^2 - 14x < 0$, $[1; 3].$

а) Решим неравенство $x^4 + x^3 + x^2 - 3x > 0$ на отрезке $[-2; 2]$.

Рассмотрим функцию $f(x) = x^4 + x^3 + x^2 - 3x$. Нам нужно найти значения $x$, при которых $f(x) > 0$.

Разложим многочлен на множители. Сначала вынесем $x$ за скобки:

$x(x^3 + x^2 + x - 3) > 0$

Теперь найдем корни многочлена $g(x) = x^3 + x^2 + x - 3$. Попробуем найти целые корни среди делителей свободного члена (-3), то есть $\pm1, \pm3$.

Проверим $x = 1$: $g(1) = 1^3 + 1^2 + 1 - 3 = 1 + 1 + 1 - 3 = 0$. Значит, $x=1$ является корнем.

Разделим многочлен $x^3 + x^2 + x - 3$ на двучлен $(x - 1)$:

$(x^3 + x^2 + x - 3) \div (x - 1) = x^2 + 2x + 3$.

Таким образом, неравенство можно переписать в виде:

$x(x - 1)(x^2 + 2x + 3) > 0$

Рассмотрим квадратный трехчлен $x^2 + 2x + 3$. Найдем его дискриминант:

$D = b^2 - 4ac = 2^2 - 4 \cdot 1 \cdot 3 = 4 - 12 = -8$.

Поскольку дискриминант $D < 0$ и старший коэффициент (при $x^2$) положителен ($1 > 0$), выражение $x^2 + 2x + 3$ всегда положительно при любых действительных значениях $x$.

Следовательно, знак исходного выражения зависит только от знака произведения $x(x - 1)$.

Решим неравенство $x(x - 1) > 0$. Корнями являются $x=0$ и $x=1$. Используя метод интервалов, получаем, что неравенство выполняется при $x < 0$ или $x > 1$.

Таким образом, решение неравенства: $x \in (-\infty; 0) \cup (1; +\infty)$.

Теперь найдем пересечение этого решения с заданным отрезком $[-2; 2]$.

1. $(-\infty; 0) \cap [-2; 2] = [-2; 0)$

2. $(1; +\infty) \cap [-2; 2] = (1; 2]$

Объединяя эти два интервала, получаем окончательное решение на отрезке $[-2; 2]$.

Ответ: $x \in [-2; 0) \cup (1; 2]$.

б) Решим неравенство $x^4 + x^3 + x^2 - 14x < 0$ на отрезке $[1; 3]$.

Рассмотрим функцию $g(x) = x^4 + x^3 + x^2 - 14x$. Нам нужно найти значения $x$, при которых $g(x) < 0$.

Разложим многочлен на множители, вынеся $x$ за скобки:

$x(x^3 + x^2 + x - 14) < 0$

Найдем корни многочлена $h(x) = x^3 + x^2 + x - 14$. Проверим целые корни среди делителей свободного члена (-14): $\pm1, \pm2, \pm7, \pm14$.

Проверим $x = 2$: $h(2) = 2^3 + 2^2 + 2 - 14 = 8 + 4 + 2 - 14 = 0$. Значит, $x=2$ является корнем.

Разделим многочлен $x^3 + x^2 + x - 14$ на двучлен $(x - 2)$:

$(x^3 + x^2 + x - 14) \div (x - 2) = x^2 + 3x + 7$.

Таким образом, неравенство принимает вид:

$x(x - 2)(x^2 + 3x + 7) < 0$

Рассмотрим квадратный трехчлен $x^2 + 3x + 7$. Найдем его дискриминант:

$D = b^2 - 4ac = 3^2 - 4 \cdot 1 \cdot 7 = 9 - 28 = -19$.

Поскольку $D < 0$ и старший коэффициент ($1 > 0$) положителен, выражение $x^2 + 3x + 7$ всегда положительно при любых действительных $x$.

Значит, знак исходного выражения определяется знаком произведения $x(x - 2)$.

Решим неравенство $x(x - 2) < 0$. Корнями являются $x=0$ и $x=2$. Методом интервалов находим, что неравенство выполняется, когда $x$ находится между корнями.

Решение этого неравенства: $x \in (0; 2)$.

Теперь найдем пересечение этого решения с заданным отрезком $[1; 3]$.

$(0; 2) \cap [1; 3] = [1; 2)$.

Ответ: $x \in [1; 2)$.

11.51 a) $ \sin 2x + \frac{\sqrt{2}}{2} > \cos x + \sqrt{2} \sin x, \left[\frac{2\pi}{3}; \frac{4\pi}{3}\right]; $

б) $ \sin 2x - \frac{\sqrt{3}}{2} < \sqrt{3} \sin x - \cos x, \left[0; \pi\right]. $

a)

Решим неравенство $\sin 2x + \frac{\sqrt{2}}{2} > \cos x + \sqrt{2} \sin x$ на промежутке $[\frac{2\pi}{3}; \frac{4\pi}{3}]$.

Перенесем все члены неравенства в левую часть:

$\sin 2x - \cos x - \sqrt{2} \sin x + \frac{\sqrt{2}}{2} > 0$

Используем формулу синуса двойного угла $\sin 2x = 2 \sin x \cos x$:

$2 \sin x \cos x - \cos x - \sqrt{2} \sin x + \frac{\sqrt{2}}{2} > 0$

Сгруппируем слагаемые и вынесем общие множители за скобки:

$(2 \sin x \cos x - \cos x) - (\sqrt{2} \sin x - \frac{\sqrt{2}}{2}) > 0$

$\cos x (2 \sin x - 1) - \frac{\sqrt{2}}{2} (2 \sin x - 1) > 0$

$(2 \sin x - 1)(\cos x - \frac{\sqrt{2}}{2}) > 0$

Теперь решим это неравенство на заданном промежутке $[\frac{2\pi}{3}; \frac{4\pi}{3}]$. Проанализируем знак каждого множителя на этом интервале.

1. Множитель $(\cos x - \frac{\sqrt{2}}{2})$.

На промежутке $[\frac{2\pi}{3}; \frac{4\pi}{3}]$ косинус принимает значения от $\cos(\frac{2\pi}{3}) = -\frac{1}{2}$ до $\cos(\frac{4\pi}{3}) = -\frac{1}{2}$, проходя через $\cos(\pi) = -1$. Максимальное значение косинуса на этом отрезке равно $-\frac{1}{2}$.

Поскольку $-\frac{1}{2} < \frac{\sqrt{2}}{2}$, то $\cos x < \frac{\sqrt{2}}{2}$ для любого $x \in [\frac{2\pi}{3}; \frac{4\pi}{3}]$. Следовательно, множитель $(\cos x - \frac{\sqrt{2}}{2})$ всегда отрицателен на данном промежутке.

2. Для того чтобы произведение двух множителей было положительным, а один из них отрицателен, второй множитель также должен быть отрицательным.

Таким образом, неравенство сводится к следующему:

$2 \sin x - 1 < 0$

$\sin x < \frac{1}{2}$

Найдем решение этого неравенства на отрезке $[\frac{2\pi}{3}; \frac{4\pi}{3}]$.

Рассмотрим, где $\sin x = \frac{1}{2}$. Это происходит при $x = \frac{\pi}{6} + 2\pi k$ и $x = \frac{5\pi}{6} + 2\pi k$.

На промежутке $[\frac{2\pi}{3}; \frac{4\pi}{3}]$ синус убывает от $\sin(\frac{2\pi}{3}) = \frac{\sqrt{3}}{2}$ до $\sin(\frac{5\pi}{6})=\frac{1}{2}$, а затем продолжает убывать до $\sin(\frac{4\pi}{3}) = -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Значение $\sin x = \frac{1}{2}$ достигается в точке $x = \frac{5\pi}{6}$.

На интервале $(\frac{5\pi}{6}; \frac{4\pi}{3}]$ значения $\sin x$ будут меньше, чем $\frac{1}{2}$.

Исходное неравенство строгое, поэтому точка $x = \frac{5\pi}{6}$, где левая часть равна нулю, не входит в решение. Конечная точка $x = \frac{4\pi}{3}$ входит в заданный отрезок, и в ней $\sin(\frac{4\pi}{3})=-\frac{\sqrt{3}}{2} < \frac{1}{2}$, поэтому она включается в ответ.

Ответ: $x \in (\frac{5\pi}{6}; \frac{4\pi}{3}]$

б)

Решим неравенство $\sin 2x - \frac{\sqrt{3}}{2} < \sqrt{3} \sin x - \cos x$ на промежутке $[0; \pi]$.

Перенесем все члены неравенства в левую часть:

$\sin 2x - \sqrt{3} \sin x + \cos x - \frac{\sqrt{3}}{2} < 0$

Используем формулу синуса двойного угла $\sin 2x = 2 \sin x \cos x$:

$2 \sin x \cos x - \sqrt{3} \sin x + \cos x - \frac{\sqrt{3}}{2} < 0$

Сгруппируем слагаемые и вынесем общие множители за скобки:

$(2 \sin x \cos x + \cos x) - (\sqrt{3} \sin x + \frac{\sqrt{3}}{2}) < 0$

$\cos x (2 \sin x + 1) - \frac{\sqrt{3}}{2} (2 \sin x + 1) < 0$

$(2 \sin x + 1)(\cos x - \frac{\sqrt{3}}{2}) < 0$

Теперь решим это неравенство на заданном промежутке $[0; \pi]$. Проанализируем знак каждого множителя на этом интервале.

1. Множитель $(2 \sin x + 1)$.

На промежутке $[0; \pi]$ синус принимает неотрицательные значения, то есть $\sin x \ge 0$.

Следовательно, $2 \sin x \ge 0$, и $2 \sin x + 1 \ge 1$. Таким образом, множитель $(2 \sin x + 1)$ всегда положителен на данном промежутке.

2. Для того чтобы произведение двух множителей было отрицательным, а один из них положителен, второй множитель должен быть отрицательным.

Таким образом, неравенство сводится к следующему:

$\cos x - \frac{\sqrt{3}}{2} < 0$

$\cos x < \frac{\sqrt{3}}{2}$

Найдем решение этого неравенства на отрезке $[0; \pi]$.

На отрезке $[0; \pi]$ косинус убывает от $\cos(0) = 1$ до $\cos(\pi) = -1$.

Найдем, где $\cos x = \frac{\sqrt{3}}{2}$. На данном отрезке это происходит в точке $x = \frac{\pi}{6}$.

Поскольку функция $\cos x$ убывает на $[0; \pi]$, неравенство $\cos x < \frac{\sqrt{3}}{2}$ будет выполняться для всех $x$, больших чем $\frac{\pi}{6}$.

Таким образом, решением является интервал $(\frac{\pi}{6}; \pi]$.

Исходное неравенство строгое, поэтому точка $x = \frac{\pi}{6}$, где левая часть равна нулю, не входит в решение. Конечная точка $x=\pi$ входит в заданный отрезок, и в ней $\cos(\pi)=-1 < \frac{\sqrt{3}}{2}$, поэтому она включается в ответ.

Ответ: $x \in (\frac{\pi}{6}; \pi]$

11.52* a) $ \sin \frac{\pi x}{2} + \sqrt{3} \cos \frac{\pi x}{4} + \sin \frac{\pi x}{4} + \frac{\sqrt{3}}{2} > 0, [-1; 5]; $

б) $ \sin \frac{\pi x}{3} + \sqrt{2} \cos \frac{\pi x}{6} + \sqrt{3} \sin \frac{\pi x}{6} + \frac{\sqrt{6}}{2} < 0, [5; 13]. $

а)

Требуется решить неравенство $\sin\frac{\pi x}{2} + \sqrt{3}\cos\frac{\pi x}{4} + \sin\frac{\pi x}{4} + \frac{\sqrt{3}}{2} > 0$ на отрезке $[-1; 5]$.

Заметим, что аргумент $\frac{\pi x}{2}$ вдвое больше аргумента $\frac{\pi x}{4}$. Применим формулу синуса двойного угла $\sin(2\alpha) = 2\sin\alpha\cos\alpha$, где $\alpha = \frac{\pi x}{4}$.

$\sin\frac{\pi x}{2} = 2\sin\frac{\pi x}{4}\cos\frac{\pi x}{4}$.

Подставим это выражение в исходное неравенство:

$2\sin\frac{\pi x}{4}\cos\frac{\pi x}{4} + \sqrt{3}\cos\frac{\pi x}{4} + \sin\frac{\pi x}{4} + \frac{\sqrt{3}}{2} > 0$

Сгруппируем слагаемые и вынесем общие множители за скобки:

$(2\sin\frac{\pi x}{4}\cos\frac{\pi x}{4} + \sqrt{3}\cos\frac{\pi x}{4}) + (\sin\frac{\pi x}{4} + \frac{\sqrt{3}}{2}) > 0$

$\cos\frac{\pi x}{4}(2\sin\frac{\pi x}{4} + \sqrt{3}) + (\sin\frac{\pi x}{4} + \frac{\sqrt{3}}{2}) > 0$

Заметим, что $2\sin\frac{\pi x}{4} + \sqrt{3} = 2(\sin\frac{\pi x}{4} + \frac{\sqrt{3}}{2})$. Тогда неравенство примет вид:

$2\cos\frac{\pi x}{4}(\sin\frac{\pi x}{4} + \frac{\sqrt{3}}{2}) + 1 \cdot (\sin\frac{\pi x}{4} + \frac{\sqrt{3}}{2}) > 0$

Вынесем общий множитель $(\sin\frac{\pi x}{4} + \frac{\sqrt{3}}{2})$ за скобку:

$(\sin\frac{\pi x}{4} + \frac{\sqrt{3}}{2})(2\cos\frac{\pi x}{4} + 1) > 0$

Произведение двух множителей положительно, когда оба множителя одного знака (оба положительны или оба отрицательны).

Сделаем замену $u = \frac{\pi x}{4}$.

Случай 1: Оба множителя положительны.

$\begin{cases} \sin u + \frac{\sqrt{3}}{2} > 0 \\ 2\cos u + 1 > 0 \end{cases} \implies \begin{cases} \sin u > -\frac{\sqrt{3}}{2} \\ \cos u > -\frac{1}{2} \end{cases}$

Решая эту систему с помощью единичной окружности, находим, что $u \in (-\frac{\pi}{3} + 2\pi k, \frac{2\pi}{3} + 2\pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Случай 2: Оба множителя отрицательны.

$\begin{cases} \sin u + \frac{\sqrt{3}}{2} < 0 \\ 2\cos u + 1 < 0 \end{cases} \implies \begin{cases} \sin u < -\frac{\sqrt{3}}{2} \\ \cos u < -\frac{1}{2} \end{cases}$

Эта система не имеет решений, так как на единичной окружности нет точек, для которых одновременно синус меньше $-\frac{\sqrt{3}}{2}$ и косинус меньше $-\frac{1}{2}$.

Таким образом, решение для $u$: $-\frac{\pi}{3} + 2\pi k < u < \frac{2\pi}{3} + 2\pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

Выполним обратную замену $u = \frac{\pi x}{4}$:

$-\frac{\pi}{3} + 2\pi k < \frac{\pi x}{4} < \frac{2\pi}{3} + 2\pi k$

Умножим все части неравенства на $\frac{4}{\pi}$:

$-\frac{4}{3} + 8k < x < \frac{8}{3} + 8k$, $k \in \mathbb{Z}$.

Теперь найдем решения, принадлежащие заданному отрезку $x \in [-1; 5]$. Для этого найдем пересечение полученных интервалов с отрезком $[-1; 5]$.

При $k=0$: $-\frac{4}{3} < x < \frac{8}{3}$. В десятичной форме это примерно $-1.33 < x < 2.67$.
Пересечение интервала $(-\frac{4}{3}, \frac{8}{3})$ с отрезком $[-1; 5]$ дает интервал $[-1, \frac{8}{3})$.

При $k=1$: $-\frac{4}{3} + 8 < x < \frac{8}{3} + 8 \implies \frac{20}{3} < x < \frac{32}{3}$. Этот интервал (примерно $6.67 < x < 10.67$) не пересекается с отрезком $[-1; 5]$.

При $k=-1$ и других целых $k$ пересечений с отрезком $[-1; 5]$ также не будет.

Следовательно, решение неравенства на отрезке $[-1; 5]$ есть $x \in [-1, \frac{8}{3})$.

Ответ: $x \in [-1, \frac{8}{3})$.

б)

Требуется решить неравенство $\sin\frac{\pi x}{3} + \sqrt{2}\cos\frac{\pi x}{6} + \sqrt{3}\sin\frac{\pi x}{6} + \frac{\sqrt{6}}{2} < 0$ на отрезке $[5; 13]$.

Используем формулу синуса двойного угла $\sin(2\alpha) = 2\sin\alpha\cos\alpha$ для $\alpha = \frac{\pi x}{6}$.

$\sin\frac{\pi x}{3} = 2\sin\frac{\pi x}{6}\cos\frac{\pi x}{6}$.

Подставим в неравенство:

$2\sin\frac{\pi x}{6}\cos\frac{\pi x}{6} + \sqrt{2}\cos\frac{\pi x}{6} + \sqrt{3}\sin\frac{\pi x}{6} + \frac{\sqrt{6}}{2} < 0$

Сгруппируем слагаемые для последующего разложения на множители:

$(2\sin\frac{\pi x}{6}\cos\frac{\pi x}{6} + \sqrt{2}\cos\frac{\pi x}{6}) + (\sqrt{3}\sin\frac{\pi x}{6} + \frac{\sqrt{6}}{2}) < 0$

$\cos\frac{\pi x}{6}(2\sin\frac{\pi x}{6} + \sqrt{2}) + \sqrt{3}(\sin\frac{\pi x}{6} + \frac{\sqrt{2}}{2}) < 0$

Заметив, что $2\sin\frac{\pi x}{6} + \sqrt{2} = 2(\sin\frac{\pi x}{6} + \frac{\sqrt{2}}{2})$, получим:

$2\cos\frac{\pi x}{6}(\sin\frac{\pi x}{6} + \frac{\sqrt{2}}{2}) + \sqrt{3}(\sin\frac{\pi x}{6} + \frac{\sqrt{2}}{2}) < 0$

Вынесем общий множитель $(\sin\frac{\pi x}{6} + \frac{\sqrt{2}}{2})$:

$(\sin\frac{\pi x}{6} + \frac{\sqrt{2}}{2})(2\cos\frac{\pi x}{6} + \sqrt{3}) < 0$

Произведение двух множителей отрицательно, когда они имеют разные знаки.

Сделаем замену $v = \frac{\pi x}{6}$.

Случай 1: Первый множитель положителен, второй отрицателен.

$\begin{cases} \sin v + \frac{\sqrt{2}}{2} > 0 \\ 2\cos v + \sqrt{3} < 0 \end{cases} \implies \begin{cases} \sin v > -\frac{\sqrt{2}}{2} \\ \cos v < -\frac{\sqrt{3}}{2} \end{cases}$

Решением этой системы является интервал $v \in (\frac{5\pi}{6} + 2\pi k, \frac{7\pi}{6} + 2\pi k)$, $k \in \mathbb{Z}$.

Случай 2: Первый множитель отрицателен, второй положителен.

$\begin{cases} \sin v + \frac{\sqrt{2}}{2} < 0 \\ 2\cos v + \sqrt{3} > 0 \end{cases} \implies \begin{cases} \sin v < -\frac{\sqrt{2}}{2} \\ \cos v > -\frac{\sqrt{3}}{2} \end{cases}$

Решением этой системы является интервал $v \in (\frac{5\pi}{4} + 2\pi k, \frac{7\pi}{4} + 2\pi k)$, $k \in \mathbb{Z}$.

Объединяя решения обоих случаев, получаем общее решение для $v$:

$v \in (\frac{5\pi}{6} + 2\pi k, \frac{7\pi}{6} + 2\pi k) \cup (\frac{5\pi}{4} + 2\pi k, \frac{7\pi}{4} + 2\pi k)$, $k \in \mathbb{Z}$.

Выполним обратную замену $v = \frac{\pi x}{6}$, откуда $x = \frac{6v}{\pi}$:

Из первого интервала: $\frac{6}{\pi}(\frac{5\pi}{6} + 2\pi k) < x < \frac{6}{\pi}(\frac{7\pi}{6} + 2\pi k) \implies 5 + 12k < x < 7 + 12k$.

Из второго интервала: $\frac{6}{\pi}(\frac{5\pi}{4} + 2\pi k) < x < \frac{6}{\pi}(\frac{7\pi}{4} + 2\pi k) \implies \frac{15}{2} + 12k < x < \frac{21}{2} + 12k \implies 7.5 + 12k < x < 10.5 + 12k$.

Общее решение для $x$: $x \in (5 + 12k, 7 + 12k) \cup (7.5 + 12k, 10.5 + 12k)$, $k \in \mathbb{Z}$.

Найдем решения, принадлежащие отрезку $[5; 13]$.

При $k=0$: $x \in (5, 7) \cup (7.5, 10.5)$. Оба этих интервала полностью содержатся в отрезке $[5; 13]$.

При $k=1$: $x \in (17, 19) \cup (19.5, 22.5)$. Эти интервалы не пересекаются с $[5; 13]$.

При других целых $k$ пересечений также не будет.

Следовательно, искомое решение: $x \in (5, 7) \cup (7.5, 10.5)$.

Ответ: $x \in (5; 7) \cup (7.5; 10.5)$.