Номер 0.23, страница 8, часть 1 - гдз по алгебре 11 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

0.23. Решите неравенство:

1) $\cos^2x + \sin x \cdot \cos x \ge 1;$

2) $1 - \sin x + \cos x < 0;$

3) $\tan x + \cot x \ge 2;$

4) $|\sin x| > |\cos x|.$

1) $ \cos^2{x} + \sin{x} \cdot \cos{x} \ge 1 $

Используем основное тригонометрическое тождество $1 = \sin^2{x} + \cos^2{x}$ и перепишем неравенство: $ \cos^2{x} + \sin{x} \cos{x} \ge \sin^2{x} + \cos^2{x} $

Перенесем все члены в левую часть: $ \sin{x} \cos{x} - \sin^2{x} \ge 0 $

Вынесем $ \sin{x} $ за скобки: $ \sin{x} (\cos{x} - \sin{x}) \ge 0 $

Рассмотрим случай, когда $ \cos{x} = 0 $. Тогда $ x = \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z} $. В этих точках исходное неравенство принимает вид $ 0 \ge 1 $, что неверно. Следовательно, $ \cos{x} \ne 0 $.

Поскольку $ \cos{x} \ne 0 $, мы можем разделить исходное неравенство на $ \cos^2{x} $. Так как $ \cos^2{x} > 0 $, знак неравенства не изменится: $ \frac{\cos^2{x}}{\cos^2{x}} + \frac{\sin{x} \cos{x}}{\cos^2{x}} \ge \frac{1}{\cos^2{x}} $

$ 1 + \mathrm{tg}{x} \ge \mathrm{tg}^2{x} + 1 $ (используя тождество $ \frac{1}{\cos^2{x}} = \mathrm{tg}^2{x} + 1 $)

$ \mathrm{tg}{x} - \mathrm{tg}^2{x} \ge 0 $

$ \mathrm{tg}{x}(1 - \mathrm{tg}{x}) \ge 0 $

Пусть $ t = \mathrm{tg}{x} $. Неравенство $ t(1-t) \ge 0 $ выполняется для $ t \in [0, 1] $.

Таким образом, нам нужно решить двойное неравенство $ 0 \le \mathrm{tg}{x} \le 1 $.

Решением являются промежутки $ [\pi k, \frac{\pi}{4} + \pi k] $ для любого целого $ k $.

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

2) $ 1 - \sin{x} + \cos{x} < 0 $

Перепишем неравенство: $ \cos{x} - \sin{x} < -1 $

Применим метод введения вспомогательного угла. Выражение $ \cos{x} - \sin{x} $ можно преобразовать: $ \cos{x} - \sin{x} = \sqrt{2}(\frac{1}{\sqrt{2}}\cos{x} - \frac{1}{\sqrt{2}}\sin{x}) = \sqrt{2}(\cos\frac{\pi}{4}\cos{x} - \sin\frac{\pi}{4}\sin{x}) = \sqrt{2}\cos(x+\frac{\pi}{4}) $

Неравенство принимает вид: $ \sqrt{2}\cos(x+\frac{\pi}{4}) < -1 $

$ \cos(x+\frac{\pi}{4}) < -\frac{1}{\sqrt{2}} $

Обозначим $ y = x + \frac{\pi}{4} $. Решаем неравенство $ \cos{y} < -\frac{\sqrt{2}}{2} $.

Используя тригонометрическую окружность, находим, что это неравенство выполняется для $ y $, находящихся в интервале: $ \frac{3\pi}{4} + 2\pi k < y < \frac{5\pi}{4} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

Выполним обратную замену: $ \frac{3\pi}{4} + 2\pi k < x + \frac{\pi}{4} < \frac{5\pi}{4} + 2\pi k $

Вычтем $ \frac{\pi}{4} $ из всех частей неравенства: $ \frac{3\pi}{4} - \frac{\pi}{4} + 2\pi k < x < \frac{5\pi}{4} - \frac{\pi}{4} + 2\pi k $

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

$ \frac{\pi}{2} + 2\pi k < x < \pi + 2\pi k $

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

3) $ \mathrm{tg}{x} + \mathrm{ctg}{x} \ge 2 $

Область допустимых значений (ОДЗ): $ \sin{x} \ne 0 $ и $ \cos{x} \ne 0 $, то есть $ x \ne \frac{\pi n}{2} $ для любого целого $ n $.

Преобразуем левую часть неравенства: $ \mathrm{tg}{x} + \mathrm{ctg}{x} = \frac{\sin{x}}{\cos{x}} + \frac{\cos{x}}{\sin{x}} = \frac{\sin^2{x} + \cos^2{x}}{\sin{x}\cos{x}} = \frac{1}{\frac{1}{2}\sin(2x)} = \frac{2}{\sin(2x)} $

Неравенство принимает вид: $ \frac{2}{\sin(2x)} \ge 2 $

Если $ \sin(2x) < 0 $, то левая часть отрицательна и не может быть больше или равна 2. Решений в этом случае нет.

Если $ \sin(2x) > 0 $, мы можем умножить обе части неравенства на $ \sin(2x) $, сохранив знак: $ 2 \ge 2\sin(2x) $ $ 1 \ge \sin(2x) $

Последнее неравенство истинно для всех $ x $. Таким образом, решение исходного неравенства сводится к решению неравенства $ \sin(2x) > 0 $.

$ 2\pi k < 2x < \pi + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

Разделим все части на 2: $ \pi k < x < \frac{\pi}{2} + \pi k $

Данное решение удовлетворяет ОДЗ.

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

4) $ |\sin{x}| > |\cos{x}| $

Поскольку обе части неравенства неотрицательны, мы можем возвести их в квадрат, сохранив знак неравенства: $ (\sin{x})^2 > (\cos{x})^2 $

$ \sin^2{x} > \cos^2{x} $

Перенесем $ \cos^2{x} $ в левую часть: $ \sin^2{x} - \cos^2{x} > 0 $

Используя формулу косинуса двойного угла $ \cos(2x) = \cos^2{x} - \sin^2{x} $, получаем: $ -(\cos^2{x} - \sin^2{x}) > 0 $

$ -\cos(2x) > 0 $

$ \cos(2x) < 0 $

Косинус отрицателен во второй и третьей четвертях. Следовательно, для аргумента $ 2x $ имеем: $ \frac{\pi}{2} + 2\pi k < 2x < \frac{3\pi}{2} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

Разделим все части двойного неравенства на 2: $ \frac{\pi}{4} + \pi k < x < \frac{3\pi}{4} + \pi k $

Ответ: $ x \in (\frac{\pi}{4} + \pi k, \frac{3\pi}{4} + \pi k), k \in \mathbb{Z} $