Самостоятельная работа 36 Вариант 1, ГДЗ по алгебре за 10 класс к самостоятельным работам Мерзляка

1) Введём новую переменную \(t = 2x\); неравенство принимает вид \(\cos t < \frac{1}{2}\).

Так как \(\arccos\frac{1}{2} = \frac{\pi}{3}\), решим это неравенство на промежутке \(\left[\frac{\pi}{3};\ \frac{\pi}{3} + 2\pi\right]\), то есть на промежутке \(\left[\frac{\pi}{3};\ \frac{7\pi}{3}\right]\), длина которого равна периоду функции \(y = \cos t\). На нём график функции \(y = \cos t\) расположен ниже графика функции \(y = \frac{1}{2}\) при \(t \in \left(\frac{\pi}{3};\ \frac{5\pi}{3}\right)\).

Все остальные решения отличаются от найденных на \(2\pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\), поэтому \(\frac{\pi}{3} + 2\pi n < t < \frac{5\pi}{3} + 2\pi n\). Возвращаясь к переменной \(x\), получаем \(\frac{\pi}{3} + 2\pi n < 2x < \frac{5\pi}{3} + 2\pi n\), откуда \(\frac{\pi}{6} + \pi n < x < \frac{5\pi}{6} + \pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\); период данной функции \(y = \cos 2x\) равен \(\pi\), и в ответе стоит именно \(\pi n\).

2) Введём новую переменную \(t = \frac{x}{5} - \frac{\pi}{10}\); неравенство принимает вид \(\mathrm{ctg}\,t \leqslant \frac{\sqrt{3}}{3}\).

Решим его на промежутке \((0;\ \pi)\), длина которого равна периоду функции \(y = \mathrm{ctg}\,t\). Так как \(\mathrm{arcctg}\,\frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{\pi}{3}\), то на этом промежутке график функции \(y = \mathrm{ctg}\,t\) расположен не выше графика функции \(y = \frac{\sqrt{3}}{3}\) при \(t \in \left[\frac{\pi}{3};\ \pi\right)\). Правый конец выколот: в точке \(\pi\) котангенс не определён.

Все остальные решения отличаются от найденных на \(\pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\), поэтому \(\frac{\pi}{3} + \pi n \leqslant t < \pi + \pi n\). Возвращаясь к переменной \(x\), получаем \[\frac{\pi}{3} + \pi n \leqslant \frac{x}{5} - \frac{\pi}{10} < \pi + \pi n; \qquad \frac{13\pi}{30} + \pi n \leqslant \frac{x}{5} < \frac{11\pi}{10} + \pi n;\] отсюда \(\frac{13\pi}{6} + 5\pi n \leqslant x < \frac{11\pi}{2} + 5\pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\).

3) Решим двойное неравенство на промежутке \(\left(-\frac{\pi}{2};\ \frac{\pi}{2}\right)\), длина которого равна периоду функции \(y = \mathrm{tg}\,x\). На этом промежутке тангенс возрастает, поэтому неравенство \(\mathrm{tg}\,x \geqslant 1\) выполняется при \(x \geqslant \mathrm{arctg}\,1 = \frac{\pi}{4}\), а неравенство \(\mathrm{tg}\,x \leqslant 2\) — при \(x \leqslant \mathrm{arctg}\,2\). Значит, на рассматриваемом промежутке множество решений — отрезок \(\left[\frac{\pi}{4};\ \mathrm{arctg}\,2\right]\) (оба конца входят, неравенства нестрогие).

Все остальные решения отличаются от найденных на \(\pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\): \(\frac{\pi}{4} + \pi n \leqslant x \leqslant \mathrm{arctg}\,2 + \pi n\).

4) Неравенство \(|\sin x| > \frac{1}{2}\) равносильно совокупности \[\left[\begin{array}{l}\sin x > \frac{1}{2},\\ \sin x < -\frac{1}{2}.\end{array}\right.\]

Решим оба неравенства на промежутке \(\left[-\frac{\pi}{6};\ -\frac{\pi}{6} + 2\pi\right]\), то есть на промежутке \(\left[-\frac{\pi}{6};\ \frac{11\pi}{6}\right]\), длина которого равна периоду функции \(y = \sin x\). Так как \(\arcsin\frac{1}{2} = \frac{\pi}{6}\) и \(\arcsin\left(-\frac{1}{2}\right) = -\frac{\pi}{6}\), то на этом промежутке график функции \(y = \sin x\) расположен выше графика функции \(y = \frac{1}{2}\) при \(x \in \left(\frac{\pi}{6};\ \frac{5\pi}{6}\right)\) и ниже графика функции \(y = -\frac{1}{2}\) при \(x \in \left(\frac{7\pi}{6};\ \frac{11\pi}{6}\right)\).

С учётом периодичности получаем две серии промежутков: \(\left(\frac{\pi}{6} + 2\pi n;\ \frac{5\pi}{6} + 2\pi n\right)\) и \(\left(\frac{7\pi}{6} + 2\pi n;\ \frac{11\pi}{6} + 2\pi n\right)\), \(n \in \mathbf{Z}\). Так как \(\frac{7\pi}{6} = \frac{\pi}{6} + \pi\) и \(\frac{11\pi}{6} = \frac{5\pi}{6} + \pi\), вторая серия — это первая, сдвинутая на \(\pi\), поэтому обе серии вместе записываются одной строкой: \(\frac{\pi}{6} + \pi n < x < \frac{5\pi}{6} + \pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\).

5) Рассмотрим функцию \(f(x) = \sin x\,(2\cos 2x - 1)\), \(D(f) = \mathbf{R}\). Она периодическая с периодом \(2\pi\); число \(\pi\) её периодом не является, так как \(f(x + \pi) = -\sin x\,(2\cos 2x - 1) = -f(x)\).

Найдём нули функции \(f\) на промежутке \([0;\ 2\pi]\). Имеем \(\sin x\,(2\cos 2x - 1) = 0\); \[\left[\begin{array}{l}\sin x = 0,\\ \cos 2x = \frac{1}{2};\end{array}\right. \qquad \left[\begin{array}{l}x = \pi n,\\ x = \pm\frac{\pi}{6} + \pi n,\ n \in \mathbf{Z}.\end{array}\right.\]

На промежутке \([0;\ 2\pi]\) функция \(f\) имеет семь нулей: \(0\), \(\frac{\pi}{6}\), \(\frac{5\pi}{6}\), \(\pi\), \(\frac{7\pi}{6}\), \(\frac{11\pi}{6}\), \(2\pi\). Они разбивают этот промежуток на промежутки знакопостоянства; знак на каждом из них найдём по пробной точке.

При \(x = \frac{\pi}{12}\): \(\sin\frac{\pi}{12} > 0\) и \(2\cos\frac{\pi}{6} - 1 = \sqrt{3} - 1 > 0\), поэтому на \(\left(0;\ \frac{\pi}{6}\right)\) функция положительна. При \(x = \frac{\pi}{2}\): \(\sin\frac{\pi}{2} = 1 > 0\) и \(2\cos\pi - 1 = -3 < 0\), поэтому на \(\left(\frac{\pi}{6};\ \frac{5\pi}{6}\right)\) функция отрицательна. При \(x = \frac{11\pi}{12}\): \(\sin\frac{11\pi}{12} > 0\) и \(2\cos\frac{11\pi}{6} - 1 = \sqrt{3} - 1 > 0\), поэтому на \(\left(\frac{5\pi}{6};\ \pi\right)\) функция положительна.

При \(x = \frac{13\pi}{12}\): \(\sin\frac{13\pi}{12} < 0\) и \(2\cos\frac{13\pi}{6} - 1 = \sqrt{3} - 1 > 0\), поэтому на \(\left(\pi;\ \frac{7\pi}{6}\right)\) функция отрицательна. При \(x = \frac{3\pi}{2}\): \(\sin\frac{3\pi}{2} = -1 < 0\) и \(2\cos 3\pi - 1 = -3 < 0\), поэтому на \(\left(\frac{7\pi}{6};\ \frac{11\pi}{6}\right)\) функция положительна. При \(x = \frac{23\pi}{12}\): \(\sin\frac{23\pi}{12} < 0\) и \(2\cos\frac{23\pi}{6} - 1 = \sqrt{3} - 1 > 0\), поэтому на \(\left(\frac{11\pi}{6};\ 2\pi\right)\) функция отрицательна.

Значит, на промежутке \([0;\ 2\pi]\) функция \(f\) принимает положительные значения при \(x \in \left(0;\ \frac{\pi}{6}\right)\), \(x \in \left(\frac{5\pi}{6};\ \pi\right)\) и \(x \in \left(\frac{7\pi}{6};\ \frac{11\pi}{6}\right)\). Остальные решения отличаются от найденных на \(2\pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\).

Ответ: 1) \(\frac{\pi}{6} + \pi n < x < \frac{5\pi}{6} + \pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\); 2) \(\frac{13\pi}{6} + 5\pi n \leqslant x < \frac{11\pi}{2} + 5\pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\); 3) \(\frac{\pi}{4} + \pi n \leqslant x \leqslant \mathrm{arctg}\,2 + \pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\); 4) \(\frac{\pi}{6} + \pi n < x < \frac{5\pi}{6} + \pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\); 5) \(2\pi n < x < \frac{\pi}{6} + 2\pi n\), или \(\frac{5\pi}{6} + 2\pi n < x < \pi + 2\pi n\), или \(\frac{7\pi}{6} + 2\pi n < x < \frac{11\pi}{6} + 2\pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\).