Тригонометричні нерівності

Поділимо на \(2\): \(\sin2x\gt-\dfrac{\sqrt2}{2}\). Позначимо \(t=2x\). На одиничному колі \(\sin t\gt-\dfrac{\sqrt2}{2}\) на дузі \(t\in(-\dfrac\pi4+2\pi k;\dfrac{5\pi}4+2\pi k)\). Ділимо межі на \(2\): \[x\in\left(-\frac\pi8+\pi k;\frac{5\pi}8+\pi k\right),\ k\in\mathbb Z.\] Відповідь: Г.

Маємо \(\sin x\le\dfrac12\). Граничні точки на одному періоді: \(x_1=\dfrac\pi6\) і \(x_2=\dfrac{5\pi}{6}\). Розв’язки утворюють відрізки від \(\dfrac{5\pi}{6}+2\pi k\) до \(\dfrac\pi6+2\pi(k+1)\). Їх довжина \[\frac\pi6+2\pi-\frac{5\pi}{6}=\frac{4\pi}{3}.\] Відповідь: В.

Позначимо \(t=\pi x\). На одиничному колі \(\cos t\gt\dfrac12\) при \[t\in\left(-\frac\pi3+2\pi k;\frac\pi3+2\pi k\right).\] Ділимо на \(\pi\): \[x\in\left(-\frac13+2k;\frac13+2k\right),\ k\in\mathbb Z.\] Відповідь: А.

За формулою подвійного кута \(\cos^2\dfrac x2-\sin^2\dfrac x2=\cos x\). Отже, маємо \(\cos x\le-\dfrac{\sqrt3}{2}\). На одиничному колі це дуга від \(\dfrac{5\pi}{6}\) до \(\dfrac{7\pi}{6}\). Її довжина за аргументом: \[\frac{7\pi}{6}-\frac{5\pi}{6}=\frac\pi3.\] Відповідь: А.

\(\sin^2x\gt\dfrac14\) рівносильно \(|\sin x|\gt\dfrac12\). На одиничному колі це верхня й нижня дуги між рівнями \(y=\pm\dfrac12\). Завдяки періоду \(\pi\) для \(\sin^2x\) відповідь можна записати компактно: \[x\in\left(\frac\pi6+\pi k;\frac{5\pi}{6}+\pi k\right),\ k\in\mathbb Z.\] Відповідь: А.

\(\cos^2x\le\dfrac14\) рівносильно \(|\cos x|\le\dfrac12\). На колі це дві дуги біля осі \(Oy\). З урахуванням періоду \(\pi\) для \(\cos^2x\): \[x\in\left[\frac\pi3+\pi k;\frac{2\pi}{3}+\pi k\right],\ k\in\mathbb Z.\] Відповідь: Б.

Оскільки \(-1\le\sin x\le1\), то \(2\sin x-3\le-1\lt0\) для всіх \(x\). Тому добуток буде невід’ємним тоді й лише тоді, коли \(\mathrm{tg}\,x\le0\). На кожному періоді тангенса це \[x\in\left(-\frac\pi2+\pi n;\pi n\right],\ n\in\mathbb Z,\] причому точки \(-\dfrac\pi2+\pi n\) не входять в ОДЗ. Відповідь: В.

Перенесемо все в одну сторону: \(\sin x-\cos x\lt0\). За формулою допоміжного кута \[\sin x-\cos x=\sqrt2\sin\left(x-\frac\pi4\right).\] Отже, \(\sin(x-\dfrac\pi4)\lt0\). Синус від’ємний на нижній півокружності, тому \[x-\frac\pi4\in(-\pi+2\pi n;2\pi n),\] звідки \[x\in\left(-\frac{3\pi}4+2\pi n;\frac\pi4+2\pi n\right).\] Відповідь: В.

1) \(\cos x\le-\dfrac12\) на \([\dfrac{2\pi}{3};\dfrac{4\pi}{3}]\), найбільший розв’язок \(\dfrac{4\pi}{3}\) — Д. 2) \(\sin x\ge\dfrac12\) на \([\dfrac\pi6;\dfrac{5\pi}{6}]\), найбільший \(\dfrac{5\pi}{6}\) — А. 3) \(\mathrm{tg}\,x\le1\); точка \(2\pi\) належить ОДЗ і задовольняє нерівність, тому найбільший розв’язок \(2\pi\) — В. 4) \(\mathrm{ctg}\,x\ge-1\) на останньому допустимому проміжку \((\pi;\dfrac{7\pi}{4}]\), тому найбільший розв’язок \(\dfrac{7\pi}{4}\) — Г. Отже: **1–Д, 2–А, 3–В, 4–Г**.

1) \(\cos^2x-\sin^2x=\cos2x\lt2\) виконується для всіх \(x\), тому найменший розв’язок на \([0;\pi]\) — \(0\): Г. 2) \(\sin2x\ge1\) можливе лише при \(\sin2x=1\), тому найменший \(x=\dfrac\pi4\): В. 3) \(\mathrm{ctg}\,2x\le1\). На першій гілці \(\mathrm{ctg}\,t\) спадає й дорівнює \(1\) при \(t=\dfrac\pi4\), тому найменший \(x=\dfrac\pi8\): А. 4) На \([0;\pi]\) маємо \(\dfrac x2\in[0;\dfrac\pi2]\), і \(\mathrm{tg}\,\dfrac x2\ge1\) починається з \(\dfrac x2=\dfrac\pi4\). Отже, \(x=\dfrac\pi2\): Б. Отже: **1–Г, 2–В, 3–А, 4–Б**.