ГДЗ по Алгебре 11 Класс Номер 27.15 Углубленный Уровень Мерзляк, Номировский — Подробные Ответы

1)
\(
\sin^6(x) + \cos^6(x) < \frac{2}{3}
\)

2)
\(
2\cos^2(x) — \sin(x) > 1
\)

3)
\(
\tan^2(x) — \tan(x) — 2 > 0
\)

4)
\(
2 + \tan(2x) + \cot(2x) < 0
\)

1) \(\sin^6 x + \cos^6 x < \frac{2}{3}\)

\(
(\sin^2 x + \cos^2 x)(\sin^4 x — \sin^2 x \cos^2 x + \cos^4 x) < \frac{2}{3}
\)
\(
3(\sin^4 x + \cos^4 x) — 3 \sin^2 x \cos^2 x < 2
\)
\(
3(1 — 2 \sin^2 x \cos^2 x) — 3 \sin^2 x \cos^2 x < 2
\)
\(
3 — 6 \sin^2 x \cos^2 x — 3 \sin^2 x \cos^2 x < 2
\)
\(
9 \sin^2 x \cos^2 x — 1 > 0
\)
\(
9 \sin^2 2x — 1 > 0
\)
\(
\sin^2 2x — \frac{1}{9} > 0
\)
\(
1 — \frac{\cos 4x}{2} — \frac{4}{9} > 0
\)
\(
9 — 9 \cos 4x — 8 > 0
\)
\(
9 \cos 4x < 1
\)
\(
\cos 4x < \frac{1}{9}
\)
\(
\arccos \frac{1}{9} + 2\pi n < 4x < 2\pi — \arccos \frac{1}{9} + 2\pi n
\)

Ответ:
\(
\left( \frac{1}{4} \arccos \frac{1}{9} + \frac{\pi n}{2}; \frac{\pi}{2} — \frac{1}{4} \arccos \frac{1}{9} + \frac{\pi n}{2} \right)
\)

2) \(2 \cos^2 x — \sin x > 1\)

\(
2(1 — \sin^2 x) — \sin x — 1 > 0
\)
\(
2 — 2 \sin^2 x — \sin x — 1 > 0
\)
\(
2 \sin^2 x + \sin x — 1 < 0
\)

D = \(1^2 + 4 \cdot 2 = 1 + 8 = 9\), тогда:

\(
\sin x_1 = \frac{-1 — 3}{2 \cdot 2} = -1, \quad \sin x_2 = \frac{-1 + 3}{2 \cdot 2} = \frac{1}{2}
\)

\(
(\sin x + 1)(\sin x — \frac{1}{2}) < 0
\)

\(
-1 < \sin x < \frac{1}{2}
\)

Ответ:
\(
\left(-\frac{\pi}{2} + 2\pi n; \frac{\pi}{6} + 2\pi n\right) \cup \left(\frac{5\pi}{6} + 2\pi n; \frac{3\pi}{2} + 2\pi n\right)
\)

3) \(\tan^2 x — \tan x — 2 > 0\)

\(
D = 1^2 + 4 \cdot 2 = 1 + 8 = 9, \text{ тогда:}
\)
\(
\tan x_1 = \frac{1 — 3}{2} = -1, \quad \tan x_2 = \frac{1 + 3}{2} = 2
\)
\(
(\tan x + 1)(\tan x — 2) > 0
\)
\(
\tan x < -1, \quad \tan x > 2
\)

Ответ:
\(
\left(-\frac{\pi}{2} + \pi n; -\frac{\pi}{4} + \pi n\right) \cup \left(\arctan 2 + \pi n; \frac{\pi}{2} + \pi n\right)
\)

4) \(2 + \tan 2x + \cot 2x < 0\)

\(
2 \tan 2x + \tan^2 2x + 1 < 0
\)
\(
\frac{(\tan 2x + 1)^2}{\tan 2x} < 0
\)

\(
\tan 2x < 0, \quad \tan 2x \neq -1
\)
\(
\frac{\pi}{2} + \pi n < 2x < \pi + \pi n, \quad 2x \neq \frac{3\pi}{4} + \pi n
\)

Ответ:
\(
\left(\frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{2}; \frac{3\pi}{8} + \frac{\pi n}{2}\right) \cup \left(\frac{3\pi}{8} + \frac{\pi n}{2}; \frac{\pi}{2} + \frac{\pi n}{2}\right)
\)

1) \(\sin^6 x + \cos^6 x < \frac{2}{3}\)

Преобразуем выражение:

\(
\sin^6 x + \cos^6 x = (\sin^2 x)^3 + (\cos^2 x)^3
\)

Используем формулу суммы кубов:

\(
a^3 + b^3 = (a + b)(a^2 — ab + b^2)
\)

Так как \(\sin^2 x + \cos^2 x = 1\), получаем:

\(
\sin^6 x + \cos^6 x = (\sin^2 x + \cos^2 x)((\sin^2 x)^2 — \sin^2 x \cos^2 x + (\cos^2 x)^2) =
\)
\(
= 1 \cdot (\sin^4 x — \sin^2 x \cos^2 x + \cos^4 x)
\)

Далее:

\(
\sin^4 x + \cos^4 x = (\sin^2 x + \cos^2 x)^2 — 2\sin^2 x\cos^2 x = 1 — 2\sin^2 x\cos^2 x
\)

Значит,

\(
\sin^6 x + \cos^6 x = 1 — 2\sin^2 x\cos^2 x — \sin^2 x\cos^2 x = 1 — 3\sin^2 x\cos^2 x
\)

Подставляем в неравенство:

\(
1 — 3\sin^2 x\cos^2 x < \frac{2}{3}
\)
\(
1 — \frac{2}{3} < 3\sin^2 x\cos^2 x
\)
\(
\frac{1}{3} < 3\sin^2 x\cos^2 x
\)
\(
\frac{1}{9} < \sin^2 x\cos^2 x
\)

Преобразуем \(\sin^2 x\cos^2 x\):

\(
\sin^2 x\cos^2 x = \frac{1}{4}\sin^2 2x
\)

Тогда:

\(
\frac{1}{9} < \frac{1}{4}\sin^2 2x
\)
\(
\sin^2 2x > \frac{4}{9}
\)

Следовательно,

\(
|\sin 2x| > \frac{2}{3}
\)

Рассмотрим \(\sin 2x > \frac{2}{3}\) и \(\sin 2x < -\frac{2}{3}\):

\(
2x \in (\arcsin \frac{2}{3} + 2\pi n; \pi — \arcsin \frac{2}{3} + 2\pi n) \cup
\)
\(
(\pi + \arcsin \frac{2}{3} + 2\pi n; 2\pi — \arcsin \frac{2}{3} + 2\pi n)
\)

Разделим на 2:

\(
x \in (\frac{1}{2}\arcsin \frac{2}{3} + \pi n; \frac{\pi}{2} — \frac{1}{2}\arcsin \frac{2}{3} + \pi n) \cup
\)
\(
\cup (\frac{\pi}{2} + \frac{1}{2}\arcsin \frac{2}{3} + \pi n; \pi — \frac{1}{2}\arcsin \frac{2}{3} + \pi n)
\)

Аналогично можно записать через \(\arccos\):

\(
\cos 4x < \frac{1}{9}
\)
\(
4x \in (\arccos \frac{1}{9} + 2\pi n; 2\pi — \arccos \frac{1}{9} + 2\pi n)
\)
\(
x \in (\frac{1}{4}\arccos \frac{1}{9} + \frac{\pi n}{2}; \frac{\pi}{2} — \frac{1}{4}\arccos \frac{1}{9} + \frac{\pi n}{2})
\)

2) \(2 \cos^2 x — \sin x > 1\)

Преобразуем:

\(
2\cos^2 x — \sin x > 1
\)
\(
2(1 — \sin^2 x) — \sin x > 1
\)
\(
2 — 2\sin^2 x — \sin x > 1
\)
\(
2 — 2\sin^2 x — \sin x — 1 > 0
\)
\(
1 — 2\sin^2 x — \sin x > 0
\)
\(
2\sin^2 x + \sin x — 1 < 0
\)

Решим квадратное неравенство относительно \(\sin x\):

\(
2\sin^2 x + \sin x — 1 < 0
\)

Найдём корни:

\(
2\sin^2 x + \sin x — 1 = 0
\)

Дискриминант:

\(
D = 1^2 — 4 \cdot 2 \cdot (-1) = 1 + 8 = 9
\)

Корни:

\(
\sin x_1 = \frac{-1 — 3}{2 \cdot 2} = -1
\)
\(
\sin x_2 = \frac{-1 + 3}{2 \cdot 2} = \frac{1}{2}
\)

Так как ветви вверх, знак «< 0» между корнями:

\(
-1 < \sin x < \frac{1}{2}
\)

Переходим к промежуткам:

\(
x \in (-\frac{\pi}{2} + 2\pi n; \frac{\pi}{6} + 2\pi n) \cup (\frac{5\pi}{6} + 2\pi n; \frac{3\pi}{2} + 2\pi n)
\)

3) \(\tan^2 x — \tan x — 2 > 0\)

Решим квадратное неравенство относительно \(\tan x\):

\(
\tan^2 x — \tan x — 2 > 0
\)

Корни:

\(
\tan x_1 = \frac{1 — 3}{2} = -1
\)
\(
\tan x_2 = \frac{1 + 3}{2} = 2
\)

Так как ветви вверх, знак «> 0» вне корней:

\(
\tan x < -1, \quad \tan x > 2
\)

Переходим к промежуткам:

\(
x \in (-\frac{\pi}{2} + \pi n; -\frac{\pi}{4} + \pi n) \cup (\arctan 2 + \pi n; \frac{\pi}{2} + \pi n)
\)

4) \(2 + \tan 2x + \cot 2x < 0\)

Преобразуем:

\(
2 + \tan 2x + \cot 2x < 0
\)
\(
2 + \tan 2x + \frac{1}{\tan 2x} < 0
\)
\(
2\tan 2x + \tan^2 2x + 1 < 0
\)
\(
\frac{(\tan 2x + 1)^2}{\tan 2x} < 0
\)

Рассматриваем знак дроби:

\(
\tan 2x < 0, \quad \tan 2x \neq -1
\)

Промежутки для \(\tan 2x < 0\):

\(
2x \in (\frac{\pi}{2} + \pi n; \pi + \pi n)
\)

Исключаем точки, где \(\tan 2x = -1\):

\(
2x \neq \frac{3\pi}{4} + \pi n
\)

Переходим к промежуткам для \(x\):

\(
x \in (\frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{2}; \frac{3\pi}{8} + \frac{\pi n}{2}) \cup (\frac{3\pi}{8} + \frac{\pi n}{2}; \frac{\pi}{2} + \frac{\pi n}{2})
\)