Номер 9.154, страница 121, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

В упражнениях 9.151-9.154 решите неравенства.

9.154. 1) $ \sin x > \cos x $;

2) $ \cos^2 x + \sin x \cos x > 1 $;

3) $ 1 - \sin x + \cos x < 0 $;

4) $ 2 \cos 2x + \sin 2x > \tan x $.

1)

Перенесем $\cos x$ в левую часть неравенства:

$\sin x - \cos x > 0$

Для решения этого неравенства воспользуемся методом вспомогательного угла. Умножим и разделим левую часть на $\sqrt{1^2+(-1)^2} = \sqrt{2}$:

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

Зная, что $\cos\frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ и $\sin\frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$, заменим коэффициенты:

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

Применим формулу синуса разности $\sin(\alpha-\beta) = \sin \alpha \cos \beta - \cos \alpha \sin \beta$:

$\sqrt{2}\sin(x - \frac{\pi}{4}) > 0$

Разделим обе части на $\sqrt{2}$:

$\sin(x - \frac{\pi}{4}) > 0$

Решением неравенства $\sin u > 0$ является интервал $2\pi k < u < \pi + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

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

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

Чтобы найти $\text{x}$, прибавим $\frac{\pi}{4}$ ко всем частям двойного неравенства:

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

$\frac{\pi}{4} + 2\pi k < x < \frac{5\pi}{4} + 2\pi k$

Ответ: $x \in (\frac{\pi}{4} + 2\pi k; \frac{5\pi}{4} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z}$.

2)

Заменим 1 в правой части неравенства, используя основное тригонометрическое тождество $1 = \sin^2 x + \cos^2 x$:

$\cos^2 x + \sin x \cos x > \sin^2 x + \cos^2 x$

Вычтем $\cos^2 x$ из обеих частей неравенства:

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

Перенесем $\sin^2 x$ в левую часть:

$\sin x \cos x - \sin^2 x > 0$

Вынесем общий множитель $\sin x$ за скобки:

$\sin x (\cos x - \sin x) > 0$

Проверим случай, когда $\sin x = 0$. В этом случае неравенство становится $0 > 0$, что является ложным. Следовательно, $\sin x \neq 0$.

Так как $\sin x \neq 0$, то $\sin^2 x > 0$. Мы можем разделить обе части неравенства $\sin x \cos x > \sin^2 x$ на $\sin^2 x$, при этом знак неравенства сохранится:

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

$\cot x > 1$

Решением неравенства $\cot u > 1$ является интервал $\pi k < u < \frac{\pi}{4} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

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

3)

Перепишем исходное неравенство, оставив тригонометрические функции в одной части:

$\cos x - \sin x < -1$

Применим метод вспомогательного угла, умножив и разделив левую часть на $\sqrt{1^2+(-1)^2} = \sqrt{2}$:

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

Заменим $\frac{1}{\sqrt{2}}$ на $\cos\frac{\pi}{4}$ и $\sin\frac{\pi}{4}$:

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

Воспользуемся формулой косинуса суммы $\cos(\alpha+\beta) = \cos \alpha \cos \beta - \sin \alpha \sin \beta$:

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

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

Решением неравенства $\cos u < -\frac{\sqrt{2}}{2}$ является интервал $\frac{3\pi}{4} + 2\pi k < u < \frac{5\pi}{4} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

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

$\frac{3\pi}{4} + 2\pi k < x + \frac{\pi}{4} < \frac{5\pi}{4} + 2\pi k$

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

4)

Область допустимых значений (ОДЗ) определяется условием существования тангенса: $\cos x \neq 0$, что означает $x \neq \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Для решения неравенства используем универсальную тригонометрическую подстановку, выразив все функции через $t = \tan x$. Формулы двойного угла через тангенс основного угла:

$\cos 2x = \frac{1 - \tan^2 x}{1 + \tan^2 x} = \frac{1 - t^2}{1 + t^2}$

$\sin 2x = \frac{2 \tan x}{1 + \tan^2 x} = \frac{2t}{1 + t^2}$

Подставим эти выражения в неравенство:

$2\left(\frac{1 - t^2}{1 + t^2}\right) + \frac{2t}{1 + t^2} > t$

$\frac{2 - 2t^2 + 2t}{1 + t^2} > t$

Так как $1 + t^2 > 0$ для любого действительного $\text{t}$, можно умножить обе части на $1 + t^2$, сохранив знак неравенства:

$2 - 2t^2 + 2t > t(1 + t^2)$

$2 - 2t^2 + 2t > t + t^3$

Перенесем все члены в одну сторону, чтобы получить кубическое неравенство:

$t^3 + 2t^2 - t - 2 < 0$

Разложим левую часть на множители методом группировки:

$t^2(t + 2) - (t + 2) < 0$

$(t^2 - 1)(t + 2) < 0$

$(t - 1)(t + 1)(t + 2) < 0$

Решим это неравенство методом интервалов. Корни многочлена равны $t_1 = -2, t_2 = -1, t_3 = 1$. Они разбивают числовую прямую на четыре интервала. Определим знак выражения на каждом из них:

• $t \in (-\infty; -2)$: $(-)(-)_(-) = -$. Неравенство выполняется.
• $t \in (-2; -1)$: $(-)(-)_(+) = +$. Неравенство не выполняется.
• $t \in (-1; 1)$: $(-)(+)(+) = -$. Неравенство выполняется.
• $t \in (1; +\infty)$: $(+)(+)(+) = +$. Неравенство не выполняется.

Решением для $\text{t}$ является объединение интервалов $t < -2$ и $-1 < t < 1$.

Теперь вернемся к переменной $\text{x}$, сделав обратную замену $t = \tan x$:

1. $\tan x < -2$.

Решением этого неравенства с учетом периодичности тангенса являются интервалы $x \in (-\frac{\pi}{2} + \pi k; \arctan(-2) + \pi k)$. Так как $\arctan(-2) = -\arctan(2)$, получаем $x \in (-\frac{\pi}{2} + \pi k; -\arctan(2) + \pi k)$.

2. $-1 < \tan x < 1$.

Так как $\tan(-\frac{\pi}{4}) = -1$ и $\tan(\frac{\pi}{4}) = 1$, решением этого двойного неравенства являются интервалы $x \in (-\frac{\pi}{4} + \pi k; \frac{\pi}{4} + \pi k)$.

Общее решение является объединением решений для обоих случаев.

Ответ: $x \in (-\frac{\pi}{2} + \pi k; -\arctan(2) + \pi k) \cup (-\frac{\pi}{4} + \pi k; \frac{\pi}{4} + \pi k), k \in \mathbb{Z}$.