Упр.11.54 ГДЗ Никольский 10 класс (Алгебра)

Совет дня! Чтобы не спалиться на списывании, сайт решак.ру рекомендует максимально изменять тексты сочинений «под себя», изменять имена собственные, города, подбирать синонимы.

1. а) $$3\sin^2 x+2\sqrt3\sin x\cos x-3\cos^2 x<0$$

   Преобразуем левую часть:

   $$ \frac{3}{2}(1-\cos 2x)+\sqrt3\sin 2x-\frac{3}{2}(1+\cos 2x)<0 $$

   $$ \sqrt3\sin 2x-3\cos 2x<0 $$

   $$ \sin 2x\cos\frac{\pi}{6}-\cos 2x\sin\frac{\pi}{6}<0 $$

   $$ \sin\left(2x-\frac{\pi}{6}\right)<0 $$

   Отсюда

   $$ \pi+2\pi n<2x-\frac{\pi}{6}<2\pi+2\pi n,\quad n\in\mathbb Z $$

   $$ \frac{7\pi}{6}+2\pi n<2x<\frac{13\pi}{6}+2\pi n $$

   $$ \frac{7\pi}{12}+\pi n<x<\frac{13\pi}{12}+\pi n,\quad n\in\mathbb Z $$

2. б) $$3\sin^2 x-2\sqrt3\sin x\cos x-3\cos^2 x>0$$

   Преобразуем:

   $$ \frac{3}{2}(1-\cos 2x)-\sqrt3\sin 2x-\frac{3}{2}(1+\cos 2x)>0 $$

   $$ -3\cos 2x-\sqrt3\sin 2x>0 $$

   $$ \sqrt3\sin 2x+3\cos 2x<0 $$

   $$ \sin\left(2x+\frac{\pi}{6}\right)<0 $$

   Следовательно,

   $$ \pi+2\pi n<2x+\frac{\pi}{6}<2\pi+2\pi n,\quad n\in\mathbb Z $$

   $$ \frac{5\pi}{6}+2\pi n<2x<\frac{11\pi}{6}+2\pi n $$

   $$ \frac{5\pi}{12}+\pi n<x<\frac{11\pi}{12}+\pi n,\quad n\in\mathbb Z $$

3. в) $$\sin^2 x-(\sqrt3-1)\sin x\cos x-\sqrt3\cos^2 x>0$$

   Переходим к двойному углу:

   $$ \sin^2 x-\sqrt3(1-\sin^2 x)+\frac{\sqrt3-1}{2}\sin 2x>0 $$

   $$ (1+\sqrt3)\sin^2 x+\frac{\sqrt3-1}{2}\sin 2x-\sqrt3>0 $$

   $$ \frac{1+\sqrt3}{2}(1-\cos 2x)+\frac{\sqrt3-1}{2}\sin 2x-\sqrt3>0 $$

   $$ (1+\sqrt3)\cos 2x-(\sqrt3-1)\sin 2x<-1 $$

   Представим левую часть в виде одной тригонометрической функции:

   $$ \sqrt{(1+\sqrt3)^2+(\sqrt3-1)^2}=2\sqrt{2+\sqrt3} $$

   Тогда

   $$ \cos(2x+\alpha)<-\frac{1}{2\sqrt{2+\sqrt3}} $$

   где $$\alpha=\arctan\frac{\sqrt3-1}{1+\sqrt3}.$$

   Следовательно,

   $$ \pi-\arccos\frac{1}{2\sqrt{2+\sqrt3}}+2\pi n<2x+\alpha<\pi+\arccos\frac{1}{2\sqrt{2+\sqrt3}}+2\pi n $$

   $$ \frac{\pi-\arccos\frac{1}{2\sqrt{2+\sqrt3}}-\alpha}{2}+\pi n<x<\frac{\pi+\arccos\frac{1}{2\sqrt{2+\sqrt3}}-\alpha}{2}+\pi n,\quad n\in\mathbb Z $$

4. г) $$3\sin^2 x-8\sin x\cos x-5\cos^2 x\ge 0$$

   Преобразуем:

   $$ 3\sin^2 x-8\sin x\cos x-5(1-\sin^2 x)\ge 0 $$

   $$ 8\sin^2 x-8\sin x\cos x-5\ge 0 $$

   $$ 4\sin^2 x-4\sin x\cos x-\frac{5}{2}\ge 0 $$

   Используем формулу $$\sin 2x=2\sin x\cos x$$:

   $$ 4\sin^2 x-2\sin 2x-\frac{5}{2}\ge 0 $$

   Далее получаем

   $$ \sin\left(2x-\frac{\pi}{4}\right)\ge \frac{\sqrt2}{4} $$

   Отсюда

   $$ \arcsin\frac{\sqrt2}{4}+2\pi n\le 2x-\frac{\pi}{4}\le \pi-\arcsin\frac{\sqrt2}{4}+2\pi n,\quad n\in\mathbb Z $$

   $$ \frac{\pi}{8}+\frac12\arcsin\frac{\sqrt2}{4}+\pi n\le x\le \frac{3\pi}{8}-\frac12\arcsin\frac{\sqrt2}{4}+\pi n,\quad n\in\mathbb Z $$

Ответ

а) $$x\in\left(\frac{7\pi}{12}+\pi n;\,\frac{13\pi}{12}+\pi n\right),\ n\in\mathbb Z$$
б) $$x\in\left(\frac{5\pi}{12}+\pi n;\,\frac{11\pi}{12}+\pi n\right),\ n\in\mathbb Z$$
в) $$x\in\left(\frac{\pi-\arccos\frac{1}{2\sqrt{2+\sqrt3}}-\alpha}{2}+\pi n;\,\frac{\pi+\arccos\frac{1}{2\sqrt{2+\sqrt3}}-\alpha}{2}+\pi n\right),\ n\in\mathbb Z,$$ где $$\alpha=\arctan\frac{\sqrt3-1}{1+\sqrt3}$$
г) $$x\in\left[\frac{\pi}{8}+\frac12\arcsin\frac{\sqrt2}{4}+\pi n;\,\frac{3\pi}{8}-\frac12\arcsin\frac{\sqrt2}{4}+\pi n\right],\ n\in\mathbb Z$$