Упр.30.57 ГДЗ Мордковича 11 класс профильный уровень (Алгебра)
- а) $$\cos x > \sin x$$; б) $$0{,}5+\sin x+\cos x<\cos x$$; в) $$\cos 2x\geq\sin x$$; г) $$\sin x+\sin 3x\leq\cos x$$.
а) $$\sqrt{\cos x}>\sin x.$$
Так как левая часть неотрицательна, рассмотрим два случая:
$$\begin{cases} \sin x<0,\\ \cos x\ge 0 \end{cases} \qquad \text{или} \qquad \begin{cases} \sin x\ge 0,\\ \cos x>\sin^2 x. \end{cases}$$
Из первой системы получаем
$$-\frac{\pi}{2}+2\pi n<x<2\pi n.$$
Из второй системы:
$$\cos x>\sin^2 x=1-\cos^2 x,$$
$$\cos^2 x+\cos x-1>0.$$
Пусть $$y=\cos x$$. Тогда
$$y^2+y-1>0.$$
Корни уравнения $$y^2+y-1=0$$:
$$y=\frac{-1\pm\sqrt5}{2}.$$
С учётом $$-1\le \cos x\le 1$$ получаем
$$\cos x>\frac{\sqrt5-1}{2}.$$
Значит,
$$-\arccos\frac{\sqrt5-1}{2}+2\pi n<x<\arccos\frac{\sqrt5-1}{2}+2\pi n.$$
Пересечение с условием $$\sin x\ge 0$$ даёт
$$2\pi n<x<\arccos\frac{\sqrt5-1}{2}+2\pi n.$$
Объединяя результаты, получаем:
$$x\in\left[-\frac{\pi}{2}+2\pi n;\,\arccos\frac{\sqrt5-1}{2}+2\pi n\right),\quad n\in\mathbb Z.$$
б) $$\sqrt{0{,}5+\sin x+\cos x}<\cos x.$$
Необходимо, чтобы одновременно выполнялись условия:
$$\begin{cases} \cos x>0,\\ 0{,}5+\sin x+\cos x\ge 0,\\ 0{,}5+\sin x+\cos x<\cos^2 x. \end{cases}$$
Рассмотрим последнее неравенство:
$$0{,}5+\sin x+\cos x<\cos^2 x.$$
Умножим на $$2$$:
$$1+2\sin x+2\cos x<2\cos^2 x.$$
Так как $$2\cos^2 x=1+\cos 2x$$, а $$\cos 2x=\cos^2 x-\sin^2 x=(\cos x-\sin x)(\cos x+\sin x)$$, удобно преобразовать так:
$$0{,}5+\sin x+\cos x-\cos^2 x<0,$$
$$0{,}5(\sin x-\cos x)(\sin x+\cos x)+(\sin x+\cos x)<0,$$
$$(\sin x+\cos x)\bigl(0{,}5\sin x-0{,}5\cos x+1\bigr)<0.$$
При $$\cos x>0$$ второй множитель положителен, поэтому нужно
$$\sin x+\cos x<0.$$
Тогда
$$\tg x<-1,$$
и при $$\cos x>0$$ получаем
$$-\frac{\pi}{2}+2\pi n<x<-\frac{\pi}{4}+2\pi n.$$
Теперь решим неравенство $$0{,}5+\sin x+\cos x\ge 0$$:
$$\sin x+\cos x\ge -\frac12,$$
$$\sqrt2\sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)\ge -\frac12,$$
$$\sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)\ge -\frac{\sqrt2}{4}.$$
Отсюда
$$-\arcsin\frac{\sqrt2}{4}+2\pi n\le x+\frac{\pi}{4}\le \pi+\arcsin\frac{\sqrt2}{4}+2\pi n,$$
$$-\frac{\pi}{4}-\arcsin\frac{\sqrt2}{4}+2\pi n\le x\le \frac{3\pi}{4}+\arcsin\frac{\sqrt2}{4}+2\pi n.$$
Пересечение с $$-\frac{\pi}{2}+2\pi n<x<-\frac{\pi}{4}+2\pi n$$ даёт
$$x\in\left[-\frac{3\pi}{4}+\arccos\frac{\sqrt2}{4}+2\pi n;\,-\frac{\pi}{4}+2\pi n\right).$$
$$x\in\left[-\frac{3\pi}{4}+\arccos\frac{\sqrt2}{4}+2\pi n;\,-\frac{\pi}{4}+2\pi n\right),\quad n\in\mathbb Z.$$
в) $$\sqrt{\cos 2x}\ge \sin x.$$
Так как левая часть неотрицательна, рассмотрим два случая:
$$\begin{cases} \sin x<0,\\ \cos 2x\ge \sin^2 x, \end{cases} \qquad \text{или} \qquad \begin{cases} \sin x\ge 0,\\ \cos 2x\ge \sin^2 x. \end{cases}$$
Из неравенства
$$\cos 2x\ge \sin^2 x$$
получаем
$$1-2\sin^2 x\ge \sin^2 x,$$
$$3\sin^2 x\le 1,$$
$$-\frac1{\sqrt3}\le \sin x\le \frac1{\sqrt3}.$$
Тогда
$$-\arcsin\frac1{\sqrt3}+\pi n\le x\le \arcsin\frac1{\sqrt3}+\pi n.$$
С учётом условия $$\sin x<0$$ и $$\cos 2x\ge 0$$ получаем
$$-\frac{\pi}{4}+\pi n\le x\le \arcsin\frac1{\sqrt3}+\pi n.$$
При $$\sin x\ge 0$$ и $$\cos 2x\ge \sin^2 x$$ имеем
$$x\in\left[\pi-\arcsin\frac1{\sqrt3}+2\pi n;\,\frac{5\pi}{4}+2\pi n\right].$$
Итак,
$$x\in\left[-\frac{\pi}{4}+2\pi n;\,\arcsin\frac1{\sqrt3}+2\pi n\right]\cup\left[\pi-\arcsin\frac1{\sqrt3}+2\pi n;\,\frac{5\pi}{4}+2\pi n\right],\quad n\in\mathbb Z.$$
г) $$\sqrt{\sin x+\sin 3x}\le \cos x.$$
Необходимо, чтобы
$$\begin{cases} \cos x\ge 0,\\ \sin x+\sin 3x\ge 0,\\ \sin x+\sin 3x\le \cos^2 x. \end{cases}$$
Преобразуем сумму:
$$\sin x+\sin 3x=2\sin 2x\cos x=4\sin x\cos^2 x.$$
Тогда последнее неравенство даёт
$$4\sin x\cos^2 x\le \cos^2 x,$$
$$\cos^2 x(4\sin x-1)\le 0.$$
При $$\cos x\ne 0$$ получаем
$$\sin x\le \frac14.$$
С учётом $$\sin x+\sin 3x\ge 0$$ и $$\cos x\ge 0$$ имеем
$$\sin x\ge 0.$$
Значит,
$$0\le \sin x\le \frac14,\qquad \cos x\ge 0.$$
Отсюда
$$2\pi n\le x\le \arcsin\frac14+2\pi n$$
или
$$x=\frac{\pi}{2}+\pi n.$$
Итак,
$$x\in\left[2\pi n;\,\arcsin\frac14+2\pi n\right]\cup\left\{\frac{\pi}{2}+\pi n\right\},\quad n\in\mathbb Z.$$
