Номер 9.152, страница 120, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

В упражнениях 9.151-9.154 решите неравенства.

9.152. 1) $\sqrt{2}\sin\left(\frac{\pi}{4}+\frac{x}{2}\right)\ge 1$ ;

2) $\sqrt{3}\operatorname{tg}\left(3x+\frac{\pi}{6}\right)\le 1$ .

1)

Решим неравенство $\sqrt{2}\sin(\frac{\pi}{4} + \frac{x}{2}) \ge 1$.

Сначала разделим обе части неравенства на $\sqrt{2}$:

$\sin(\frac{\pi}{4} + \frac{x}{2}) \ge \frac{1}{\sqrt{2}}$

$\sin(\frac{\pi}{4} + \frac{x}{2}) \ge \frac{\sqrt{2}}{2}$

Введем замену переменной. Пусть $t = \frac{\pi}{4} + \frac{x}{2}$. Тогда неравенство примет вид:

$\sin(t) \ge \frac{\sqrt{2}}{2}$

Решением этого простейшего тригонометрического неравенства на единичной окружности являются значения $\text{t}$, для которых ордината соответствующей точки не меньше $\frac{\sqrt{2}}{2}$. Это соответствует дуге от $\frac{\pi}{4}$ до $\frac{3\pi}{4}$. С учетом периодичности функции синус ($2\pi$), общее решение можно записать в виде двойного неравенства:

$\frac{\pi}{4} + 2\pi n \le t \le \frac{3\pi}{4} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Теперь вернемся к исходной переменной $\text{x}$, подставив выражение для $\text{t}$:

$\frac{\pi}{4} + 2\pi n \le \frac{\pi}{4} + \frac{x}{2} \le \frac{3\pi}{4} + 2\pi n$

Вычтем $\frac{\pi}{4}$ из всех частей неравенства:

$2\pi n \le \frac{x}{2} \le (\frac{3\pi}{4} - \frac{\pi}{4}) + 2\pi n$

$2\pi n \le \frac{x}{2} \le \frac{2\pi}{4} + 2\pi n$

$2\pi n \le \frac{x}{2} \le \frac{\pi}{2} + 2\pi n$

Умножим все части неравенства на 2, чтобы выразить $\text{x}$:

$4\pi n \le x \le \pi + 4\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $[4\pi n, \pi + 4\pi n], n \in \mathbb{Z}$.

2)

Решим неравенство $\sqrt{3}\text{tg}(3x + \frac{\pi}{6}) \le 1$.

Разделим обе части неравенства на $\sqrt{3}$:

$\text{tg}(3x + \frac{\pi}{6}) \le \frac{1}{\sqrt{3}}$

Введем замену переменной. Пусть $t = 3x + \frac{\pi}{6}$. Неравенство примет вид:

$\text{tg}(t) \le \frac{1}{\sqrt{3}}$

Решение этого неравенства нужно рассматривать на одном из промежутков области определения тангенса, длина которого равна периоду $\pi$, например, на $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$.

Аргумент тангенса, при котором его значение равно $\frac{1}{\sqrt{3}}$, это $\frac{\pi}{6}$. Так как функция $y = \text{tg}(t)$ возрастающая, неравенство $\text{tg}(t) \le \frac{1}{\sqrt{3}}$ выполняется при $t \le \frac{\pi}{6}$. С учетом области определения тангенса ($t \ne \frac{\pi}{2} + \pi k$), получаем решение для одного периода: $-\frac{\pi}{2} < t \le \frac{\pi}{6}$.

С учетом периодичности функции тангенс (период $\pi$), общее решение для $\text{t}$ имеет вид:

$-\frac{\pi}{2} + \pi k < t \le \frac{\pi}{6} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Сделаем обратную замену:

$-\frac{\pi}{2} + \pi k < 3x + \frac{\pi}{6} \le \frac{\pi}{6} + \pi k$

Вычтем $\frac{\pi}{6}$ из всех частей неравенства:

$-\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{6} + \pi k < 3x \le \frac{\pi}{6} - \frac{\pi}{6} + \pi k$

$-\frac{3\pi+\pi}{6} + \pi k < 3x \le \pi k$

$-\frac{4\pi}{6} + \pi k < 3x \le \pi k$

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

Разделим все части неравенства на 3:

$-\frac{2\pi}{9} + \frac{\pi k}{3} < x \le \frac{\pi k}{3}$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $(-\frac{2\pi}{9} + \frac{\pi k}{3}, \frac{\pi k}{3}], k \in \mathbb{Z}$.