ГДЗ по Алгебре 10 Класс Номер 30.22 Профильный Уровень Мордкович — Подробные Ответы

а) $\sqrt{3} \sin x + \cos x > 1$;

$$\sqrt{3+1} \cos \left(x — \arccos \frac{1}{\sqrt{3+1}}\right) > 1;$$ $$2 \cos \left(x — \arccos \frac{1}{2}\right) > 1;$$ $$\cos \left(x — \frac{\pi}{3}\right) > \frac{1}{2};$$

Равенство выполняется при:

$$\cos \left(x — \frac{\pi}{3}\right) = \frac{1}{2};$$ $$x — \frac{\pi}{3} = \pm \arccos \frac{1}{2} + 2\pi n = \pm \frac{\pi}{3} + 2\pi n;$$

Решения неравенства:

$$-\frac{\pi}{3} + 2\pi n < x — \frac{\pi}{3} < \frac{\pi}{3} + 2\pi n;$$ $$2\pi n < x < \frac{2\pi}{3} + 2\pi n;$$

б) $3 \sin x — 4 \cos x < 2{,}5$;

$$\sqrt{9 + 16} \sin \left(x — \arcsin \frac{4}{\sqrt{9+16}}\right) < 2{,}5;$$ $$5 \sin \left(x — \arcsin \frac{4}{5}\right) < \frac{5}{2};$$ $$\sin \left(x — \arcsin \frac{4}{5}\right) < \frac{1}{2};$$

Равенство выполняется при:

$$\sin \left(x — \arcsin \frac{4}{5}\right) = \frac{1}{2};$$ $$x — \arcsin \frac{4}{5} = (-1)^n \cdot \arcsin \frac{1}{2} + \pi n = (-1)^n \cdot \frac{\pi}{6} + \pi n;$$

Решения неравенства:

$$-\frac{7\pi}{6} + 2\pi n < x — \arcsin \frac{4}{5} < \frac{\pi}{6} + 2\pi n;$$ $$\arcsin \frac{4}{5} — \frac{7\pi}{6} + 2\pi n < x < \arcsin \frac{4}{5} + \frac{\pi}{6} + 2\pi n;$$

а) Решить неравенство:

$$\sqrt{3} \sin x + \cos x > 1$$

Шаг 1. Преобразуем выражение к виду $R \cos(x — \alpha)$

Мы приводим линейную комбинацию $\sqrt{3} \sin x + \cos x$ к единой тригонометрической функции с фазовым сдвигом:

$$\sqrt{3} \sin x + \cos x = R \cos(x — \alpha)$$

Как это делается:

Мы используем формулу:

$$a\sin x+b\cos x=\sqrt{a^2+b^2}\cos (x-\phi ),$$

$$a \sin x + b \cos x = \sqrt{a^2 + b^2} \cos\left(x — \varphi\right), \quad \text{где} \quad \cos \varphi = \frac{b}{\sqrt{a^2 + b^2}}, \; \sin \varphi = \frac{a}{\sqrt{a^2 + b^2}}$$

В нашем случае:
$a = \sqrt{3}, \quad b = 1$

$$R = \sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + 1^2} = \sqrt{3 + 1} = \sqrt{4} = 2$$

Теперь находим угол $\alpha$:

$$\cos \alpha = \frac{1}{2}, \quad \Rightarrow \quad \alpha = \arccos\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{\pi}{3}$$

Значит:

$$\sqrt{3} \sin x + \cos x = 2 \cos\left(x — \frac{\pi}{3}\right)$$

Шаг 2. Подставляем в исходное неравенство:

$$2 \cos\left(x — \frac{\pi}{3}\right) > 1$$

Делим обе части на 2:

$$\cos\left(x — \frac{\pi}{3}\right) > \frac{1}{2}$$

Шаг 3. Решим неравенство $\cos \theta > \frac{1}{2}$

Обозначим:

$$\theta = x — \frac{\pi}{3}$$

Где косинус больше $\frac{1}{2}$?

На единичной окружности:

$$\cos \theta > \frac{1}{2} \quad \Rightarrow \quad \theta \in (-\frac{\pi}{3} + 2\pi n; \frac{\pi}{3} + 2\pi n)$$

Потому что $\cos \theta = \frac{1}{2}$ на границах этих промежутков, и между ними косинус больше $\frac{1}{2}$.

Шаг 4. Возвращаемся к $x$

$$x — \frac{\pi}{3} \in \left(-\frac{\pi}{3} + 2\pi n, \frac{\pi}{3} + 2\pi n\right)$$

Прибавим $\frac{\pi}{3}$ ко всем частям:

$$2\pi n < x < \frac{2\pi}{3} + 2\pi n$$

Ответ для пункта а:

Общий вид решения:

$$x \in (2\pi n; \frac{2\pi}{3} + 2\pi n), \quad n \in \mathbb{Z}$$

б) Решить неравенство:

$$3 \sin x — 4 \cos x < 2{,}5$$

Шаг 1. Преобразуем выражение $a \sin x + b \cos x$ к виду $R \sin(x — \alpha)$

Мы можем также привести это к виду одной тригонометрической функции:

$$3 \sin x — 4 \cos x = R \sin(x — \alpha)$$

Где:

$$R = \sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{3^2 + (-4)^2} = \sqrt{9 + 16} = \sqrt{25} = 5$$ $$\sin(x — \alpha) = \frac{3}{5} \sin x — \frac{4}{5} \cos x$$ $$\Rightarrow \sin \alpha = \frac{4}{5}, \quad \alpha = \arcsin\left(\frac{4}{5}\right)$$

(заметь: $\cos \alpha = \frac{3}{5}$, по теореме Пифагора)

Значит:

$$3 \sin x — 4 \cos x = 5 \sin\left(x — \arcsin \frac{4}{5}\right)$$

Шаг 2. Подставим в неравенство:

$$5 \sin\left(x — \arcsin \frac{4}{5}\right) < 2{,}5$$

Делим обе части на 5:

$$\sin\left(x — \arcsin \frac{4}{5}\right) < \frac{1}{2}$$

Шаг 3. Обозначим:

$$\theta = x — \arcsin \frac{4}{5}$$

Решим:

$$\sin \theta < \frac{1}{2}$$

Шаг 4. Где $\sin \theta < \frac{1}{2}$?

$$\sin \theta = \frac{1}{2} \quad \Rightarrow \quad \theta = \frac{\pi}{6} + 2\pi n \quad \text{или} \quad \theta = \frac{5\pi}{6} + 2\pi n$$

А неравенство $\sin \theta < \frac{1}{2}$ выполняется в промежутке:

$$\theta \in (-\frac{7\pi}{6} + 2\pi n, \frac{\pi}{6} + 2\pi n)$$

(этот промежуток содержит все значения $\theta$, при которых синус строго меньше $\frac{1}{2}$)

Шаг 5. Переход к $x$:

$$x — \arcsin \frac{4}{5} \in \left(-\frac{7\pi}{6} + 2\pi n, \frac{\pi}{6} + 2\pi n\right)$$

Прибавим $\arcsin \frac{4}{5}$ к обеим частям:

$$\arcsin \frac{4}{5} — \frac{7\pi}{6} + 2\pi n < x < \arcsin \frac{4}{5} + \frac{\pi}{6} + 2\pi n$$

Ответ для пункта б:

Общий вид решения:

$$x \in \left(\arcsin \frac{4}{5} — \frac{7\pi}{6} + 2\pi n,\; \arcsin \frac{4}{5} + \frac{\pi}{6} + 2\pi n\right), \quad n \in \mathbb{Z}$$