Номер 9.157, страница 121, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

9.157. Решите неравенство:

1) $ \sin3x > 4\sin x\cos2x; $

2) $ 5 + 2\cos2x < 3|2\sin x - 1|. $

1)

Исходное неравенство: $sin(3x) > 4sin(x)cos(2x)$.

Преобразуем правую часть, используя формулу преобразования произведения в сумму $2sin(\alpha)cos(\beta) = sin(\alpha+\beta) + sin(\alpha-\beta)$.

$4sin(x)cos(2x) = 2 \cdot (2sin(x)cos(2x)) = 2(sin(x+2x) + sin(x-2x)) = 2(sin(3x) + sin(-x)) = 2sin(3x) - 2sin(x)$.

Подставим это выражение в исходное неравенство:

$sin(3x) > 2sin(3x) - 2sin(x)$

Перенесем все члены в одну сторону:

$2sin(x) - sin(3x) > 0$

Применим формулу синуса тройного угла $sin(3x) = 3sin(x) - 4sin^3(x)$:

$2sin(x) - (3sin(x) - 4sin^3(x)) > 0$

$4sin^3(x) - sin(x) > 0$

Вынесем $sin(x)$ за скобки:

$sin(x)(4sin^2(x) - 1) > 0$

$sin(x)(2sin(x) - 1)(2sin(x) + 1) > 0$

Сделаем замену $t = sin(x)$, где $t \in [-1, 1]$.

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

Решим это неравенство методом интервалов. Корни выражения: $t=0, t=1/2, t=-1/2$. Эти точки делят числовую ось на интервалы. Определим знаки на этих интервалах:

• При $t > 1/2$: $t(2t-1)(2t+1) > 0$
• При $0 < t < 1/2$: $t(2t-1)(2t+1) < 0$
• При $-1/2 < t < 0$: $t(2t-1)(2t+1) > 0$
• При $t < -1/2$: $t(2t-1)(2t+1) < 0$

Решением неравенства являются интервалы $t \in (-1/2, 0) \cup (1/2, +\infty)$. Учитывая ограничение $t \in [-1, 1]$, получаем $t \in (-1/2, 0) \cup (1/2, 1]$.

Вернемся к переменной $\text{x}$:

1. $-1/2 < sin(x) < 0$. Это соответствует двум интервалам на тригонометрической окружности: от $\pi$ до $7\pi/6$ и от $11\pi/6$ до $2\pi$. С учетом периодичности, решения: $x \in (\pi + 2\pi k, 7\pi/6 + 2\pi k) \cup (11\pi/6 + 2\pi k, 2\pi + 2\pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.

2. $1/2 < sin(x) \le 1$. Это соответствует интервалу от $\pi/6$ до $5\pi/6$. С учетом периодичности, решение: $x \in (\pi/6 + 2\pi k, 5\pi/6 + 2\pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Объединяя все найденные интервалы, получаем итоговое решение.

Ответ: $x \in (\pi/6 + 2\pi k, 5\pi/6 + 2\pi k) \cup (\pi + 2\pi k, 7\pi/6 + 2\pi k) \cup (11\pi/6 + 2\pi k, 2\pi + 2\pi k)$, $k \in \mathbb{Z}$.

2)

Исходное неравенство: $5 + 2cos(2x) \le 3|2sin(x) - 1|$.

Используем формулу косинуса двойного угла $cos(2x) = 1 - 2sin^2(x)$, чтобы привести неравенство к одной функции $sin(x)$.

$5 + 2(1 - 2sin^2(x)) \le 3|2sin(x) - 1|$

$5 + 2 - 4sin^2(x) \le 3|2sin(x) - 1|$

$7 - 4sin^2(x) \le 3|2sin(x) - 1|$

Сделаем замену $t = sin(x)$, где $t \in [-1, 1]$.

$7 - 4t^2 \le 3|2t - 1|$

Рассмотрим два случая в зависимости от знака выражения под модулем.

Случай 1: $2t - 1 \ge 0$, то есть $t \ge 1/2$. С учетом области значений $\text{t}$, получаем $t \in [1/2, 1]$.

В этом случае $|2t - 1| = 2t - 1$.

$7 - 4t^2 \le 3(2t - 1)$

$7 - 4t^2 \le 6t - 3$

$0 \le 4t^2 + 6t - 10$

$2t^2 + 3t - 5 \ge 0$

Найдем корни квадратного уравнения $2t^2 + 3t - 5 = 0$. Дискриминант $D = 3^2 - 4(2)(-5) = 9 + 40 = 49$. Корни $t_{1,2} = \frac{-3 \pm 7}{4}$, то есть $t_1 = 1$, $t_2 = -5/2$.

Так как ветви параболы направлены вверх, неравенство выполняется при $t \in (-\infty, -5/2] \cup [1, +\infty)$. Пересекая это решение с условием $t \in [1/2, 1]$, получаем $t = 1$.

Случай 2: $2t - 1 < 0$, то есть $t < 1/2$. С учетом области значений $\text{t}$, получаем $t \in [-1, 1/2)$.

В этом случае $|2t - 1| = -(2t - 1) = 1 - 2t$.

$7 - 4t^2 \le 3(1 - 2t)$

$7 - 4t^2 \le 3 - 6t$

$4t^2 - 6t - 4 \ge 0$

$2t^2 - 3t - 2 \ge 0$

Найдем корни квадратного уравнения $2t^2 - 3t - 2 = 0$. Дискриминант $D = (-3)^2 - 4(2)(-2) = 9 + 16 = 25$. Корни $t_{1,2} = \frac{3 \pm 5}{4}$, то есть $t_1 = 2$, $t_2 = -1/2$.

Так как ветви параболы направлены вверх, неравенство выполняется при $t \in (-\infty, -1/2] \cup [2, +\infty)$. Пересекая это решение с условием $t \in [-1, 1/2)$, получаем $t \in [-1, -1/2]$.

Объединяя решения из обоих случаев, получаем $t \in [-1, -1/2] \cup \{1\}$.

Вернемся к переменной $\text{x}$:

1. $sin(x) = 1$. Решением этого уравнения является $x = \pi/2 + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

2. $-1 \le sin(x) \le -1/2$. Это соответствует дуге на тригонометрической окружности от $7\pi/6$ до $11\pi/6$. С учетом периодичности, решение: $x \in [7\pi/6 + 2\pi k, 11\pi/6 + 2\pi k]$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = \pi/2 + 2\pi k; \quad 7\pi/6 + 2\pi k \le x \le 11\pi/6 + 2\pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.