Упр.30.57 ГДЗ Мордковича 11 класс профильный уровень (Алгебра)
Рассмотрим вариант решения задания из учебника Мордкович, Семенов 11 класс, Мнемозина: 30.57. a) корень cosx > sin x; б) корень 0,5 + sinx + cosx < cosx; в) корень cos2x больше или равно sinx; r) корень sinx + sin3x меньше или равно cosx.
а) $$\sqrt{\cos x}>\sin x$$
Так как левая часть определена, то $$\cos x\ge 0.$$
При $$\sin x<0$$ неравенство выполняется автоматически, а при $$\sin x\ge 0$$ можно возвести обе части в квадрат:
$$\cos x>\sin^2 x.$$
С учётом $$\sin^2 x=1-\cos^2 x$$ получаем:
$$ \cos x>1-\cos^2 x $$
$$ \cos^2 x+\cos x-1>0. $$Положим $$y=\cos x$$. Тогда
$$ y^2+y-1>0. $$
Корни уравнения $$y^2+y-1=0$$:
$$ y=\frac{-1\pm\sqrt5}{2}. $$
С учётом $$-1\le \cos x\le 1$$ остаётся
$$ \cos x>\frac{\sqrt5-1}{2}. $$
Пересекаем это с условием $$\sin x<0$$ и получаем:
$$ -\frac{\pi}{2}+2\pi n\le x<\arccos\frac{\sqrt5-1}{2}+2\pi n,\quad n\in\mathbb Z. $$
б) $$\sqrt{0{,}5+\sin x+\cos x}<\cos x$$
Необходимо, чтобы
$$ \cos x>0,\qquad 0{,}5+\sin x+\cos x\ge 0. $$
Возводим в квадрат:
$$ 0{,}5+\sin x+\cos x<\cos^2 x. $$
Преобразуем:
$$ 0{,}5+\sin x+\cos x-\cos^2 x<0 $$
$$ 0{,}5(\sin^2 x+\cos^2 x)+\sin x+\cos x-\cos^2 x<0 $$
$$ 0{,}5\sin^2 x-0{,}5\cos^2 x+\sin x+\cos x<0 $$
$$ (\sin x+\cos x)\bigl(0{,}5\sin x-0{,}5\cos x+1\bigr)<0. $$Из-за условия $$\cos x>0$$ получаем
$$ \sin x+\cos x<0 \quad\Longleftrightarrow\quad \tg x<-1. $$
Тогда
$$ -\frac{\pi}{2}+\pi n<x<-\frac{\pi}{4}+\pi n,\quad n\in\mathbb Z. $$
Теперь используем условие $$0{,}5+\sin x+\cos x\ge 0$$:
$$ \sin x+\cos x\ge -\frac12 $$
$$ \sqrt2\cos\left(x-\frac{\pi}{4}\right)\ge -\frac12 $$
$$ \cos\left(x-\frac{\pi}{4}\right)\ge -\frac{\sqrt2}{4}. $$Совмещая с $$\cos x>0$$ и $$\sin x+\cos x<0$$, получаем:
$$ -\frac{3\pi}{4}+\arccos\frac{\sqrt2}{4}+2\pi n\le x<-\frac{\pi}{4}+2\pi n,\quad n\in\mathbb Z. $$
в) $$\sqrt{\cos 2x}\ge \sin x$$
Так как левая часть определена, то
$$ \cos 2x\ge 0. $$
Если $$\sin x<0$$, то неравенство выполняется автоматически. Если $$\sin x\ge 0$$, то можно возвести в квадрат:
$$ \cos 2x\ge \sin^2 x. $$
Подставим $$\cos 2x=1-2\sin^2 x$$:
$$ 1-2\sin^2 x\ge \sin^2 x $$
$$ 3\sin^2 x\le 1 $$
$$ \sin^2 x\le \frac13. $$Значит,
$$ -\frac1{\sqrt3}\le \sin x\le \frac1{\sqrt3}. $$
С учётом $$\cos 2x\ge 0$$ и $$\sin x\le 0$$ получаем:
$$ -\frac{\pi}{4}+\pi n\le x\le \arcsin\frac1{\sqrt3}+\pi n,\quad n\in\mathbb Z, $$
$$ \pi-\arcsin\frac1{\sqrt3}+\pi n\le x\le \frac{5\pi}{4}+\pi n,\quad n\in\mathbb Z. $$г) $$\sqrt{\sin x+\sin 3x}\le \cos x$$
Необходимо, чтобы
$$ \sin x+\sin 3x\ge 0,\qquad \cos x\ge 0. $$
Возводим в квадрат:
$$ \sin x+\sin 3x\le \cos^2 x. $$
Используем формулу $$\sin x+\sin 3x=2\sin 2x\cos x$$:
$$ 2\sin 2x\cos x\le \cos^2 x $$
$$ 4\sin x\cos^2 x\le \cos^2 x $$
$$ \cos^2 x(4\sin x-1)\le 0. $$Отсюда либо $$\cos x=0$$, либо
$$ 4\sin x-1\le 0 \quad\Longleftrightarrow\quad \sin x\le \frac14. $$
С учётом условия $$\sin x+\sin 3x\ge 0$$ получаем:
$$ 2\pi n\le x\le \arcsin\frac14+2\pi n $$
или
$$ x=\frac{\pi}{2}+\pi n,\quad n\in\mathbb Z. $$
Ответ
а) $$x\in\left[-\frac{\pi}{2}+2\pi n;\,\arccos\frac{\sqrt5-1}{2}+2\pi n\right),\ n\in\mathbb Z;$$
б) $$x\in\left[-\frac{3\pi}{4}+\arccos\frac{\sqrt2}{4}+2\pi n;\,-\frac{\pi}{4}+2\pi n\right),\ n\in\mathbb Z;$$
в) $$x\in\left[-\frac{\pi}{4}+\pi n;\,\arcsin\frac1{\sqrt3}+\pi n\right]\cup\left[\pi-\arcsin\frac1{\sqrt3}+\pi n;\,\frac{5\pi}{4}+\pi n\right],\ n\in\mathbb Z;$$
г) $$x\in\left[2\pi n;\,\arcsin\frac14+2\pi n\right]\cup\left\{\frac{\pi}{2}+\pi n\right\},\ n\in\mathbb Z.$$
