Хорошо, давайте решим эти тригонометрические неравенства. Для каждого неравенства я покажу решение и нарисую соответствующий круг (единичную окружность) для наглядности.
1. Решение неравенства \( \sin x \ge -\frac{\sqrt{2}}{2} \)
Для решения этого неравенства, нам нужно найти все значения \( x \), при которых синус \( x \) больше или равен \( -\frac{\sqrt{2}}{2} \).
Сначала найдем значения \( x \), при которых \( \sin x = -\frac{\sqrt{2}}{2} \).
На единичной окружности это соответствует углам:
\( x_1 = -\frac{\pi}{4} + 2\pi k \) или \( x_1 = \frac{7\pi}{4} + 2\pi k \)
\( x_2 = \pi - (-\frac{\pi}{4}) + 2\pi k = \frac{5\pi}{4} + 2\pi k \)
Теперь посмотрим на единичную окружность. Значения синуса отсчитываются по оси \( y \). Нам нужны те значения \( x \), для которых \( y \ge -\frac{\sqrt{2}}{2} \). Это означает, что мы рассматриваем верхнюю часть окружности, а также часть нижней, которая находится выше или на уровне линии \( y = -\frac{\sqrt{2}}{2} \).
На интервале \( [0, 2\pi] \) это соответствует углам от \( \frac{5\pi}{4} \) до \( \frac{7\pi}{4} \) (если идти по часовой стрелке от \( \frac{5\pi}{4} \) до \( \frac{7\pi}{4} \)), или от \( -\frac{\pi}{4} \) до \( \frac{5\pi}{4} \) (если идти против часовой стрелки).
Удобнее записать решение в виде интервала:
\( -\frac{\pi}{4} + 2\pi k \le x \le \frac{5\pi}{4} + 2\pi k \), где \( k \in \mathbb{Z} \).
Круг для неравенства 1:
Представьте единичную окружность.
1. Нарисуйте горизонтальную линию \( y = -\frac{\sqrt{2}}{2} \).
2. Отметьте точки пересечения этой линии с окружностью. Это будут точки, соответствующие углам \( \frac{5\pi}{4} \) и \( \frac{7\pi}{4} \) (или \( -\frac{\pi}{4} \)).
3. Заштрихуйте ту часть окружности, где \( y \ge -\frac{\sqrt{2}}{2} \). Это будет вся верхняя половина окружности и часть нижней половины, которая находится выше или на линии \( y = -\frac{\sqrt{2}}{2} \). То есть, дуга от \( -\frac{\pi}{4} \) до \( \frac{5\pi}{4} \) (против часовой стрелки).
(К сожалению, я не могу нарисовать круг непосредственно здесь, но я описал, как его представить.)
2. Решение неравенства \( \operatorname{tg} 2x \ge -\frac{\sqrt{3}}{3} \)
Для решения этого неравенства, сначала найдем значения \( 2x \), при которых \( \operatorname{tg} 2x = -\frac{\sqrt{3}}{3} \).
Мы знаем, что \( \operatorname{tg} \left(-\frac{\pi}{6}\right) = -\frac{\sqrt{3}}{3} \).
Поэтому, \( 2x = -\frac{\pi}{6} + \pi k \), где \( k \in \mathbb{Z} \).
Теперь рассмотрим неравенство \( \operatorname{tg} \alpha \ge -\frac{\sqrt{3}}{3} \), где \( \alpha = 2x \).
Функция тангенса возрастает на своих интервалах определения.
На интервале \( \left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right) \), тангенс равен \( -\frac{\sqrt{3}}{3} \) при \( \alpha = -\frac{\pi}{6} \).
Значит, \( \operatorname{tg} \alpha \ge -\frac{\sqrt{3}}{3} \) при \( -\frac{\pi}{6} \le \alpha < \frac{\pi}{2} \).
Учитывая периодичность тангенса, получаем:
\( -\frac{\pi}{6} + \pi k \le 2x < \frac{\pi}{2} + \pi k \), где \( k \in \mathbb{Z} \).
Теперь разделим все части неравенства на 2:
\( -\frac{\pi}{12} + \frac{\pi k}{2} \le x < \frac{\pi}{4} + \frac{\pi k}{2} \), где \( k \in \mathbb{Z} \).
Круг для неравенства 2:
Для тангенса удобнее использовать линию тангенсов (вертикальная линия \( x=1 \)) или просто представлять углы на единичной окружности.
1. Нарисуйте единичную окружность.
2. Отметьте углы, где \( \operatorname{tg} \alpha = -\frac{\sqrt{3}}{3} \). Это \( -\frac{\pi}{6} \) и \( \frac{5\pi}{6} \).
3. Отметьте углы, где тангенс не определен (вертикальные асимптоты): \( \frac{\pi}{2} \) и \( \frac{3\pi}{2} \).
4. Нам нужны углы, где тангенс больше или равен \( -\frac{\sqrt{3}}{3} \).
На интервале \( [0, 2\pi] \):
- От \( -\frac{\pi}{6} \) (или \( \frac{11\pi}{6} \)) до \( \frac{\pi}{2} \) (не включая \( \frac{\pi}{2} \)).
- От \( \frac{5\pi}{6} \) до \( \frac{3\pi}{2} \) (не включая \( \frac{3\pi}{2} \)).
Эти интервалы повторяются с периодом \( \pi \).
Для \( 2x \): \( \left[-\frac{\pi}{6} + \pi k, \frac{\pi}{2} + \pi k\right) \).
Для \( x \): \( \left[-\frac{\pi}{12} + \frac{\pi k}{2}, \frac{\pi}{4} + \frac{\pi k}{2}\right) \).
На окружности это будут две дуги: одна от \( -\frac{\pi}{12} \) до \( \frac{\pi}{4} \) (не включая \( \frac{\pi}{4} \)), и вторая от \( -\frac{\pi}{12} + \frac{\pi}{2} = \frac{5\pi}{12} \) до \( \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{2} = \frac{3\pi}{4} \) (не включая \( \frac{3\pi}{4} \)), и так далее.
3. Решение неравенства \( 2 \cos \left(\frac{x}{4}\right) < -\sqrt{3} \)
Сначала разделим обе части неравенства на 2:
\( \cos \left(\frac{x}{4}\right) < -\frac{\sqrt{3}}{2} \)
Пусть \( \alpha = \frac{x}{4} \). Тогда нам нужно решить \( \cos \alpha < -\frac{\sqrt{3}}{2} \).
Найдем значения \( \alpha \), при которых \( \cos \alpha = -\frac{\sqrt{3}}{2} \).
На единичной окружности это соответствует углам:
\( \alpha_1 = \frac{5\pi}{6} + 2\pi k \)
\( \alpha_2 = -\frac{5\pi}{6} + 2\pi k \) или \( \frac{7\pi}{6} + 2\pi k \)
Нам нужны значения \( \alpha \), при которых косинус \( \alpha \) меньше \( -\frac{\sqrt{3}}{2} \). Косинус отсчитывается по оси \( x \). Значит, мы ищем точки на окружности, где \( x < -\frac{\sqrt{3}}{2} \).
Это соответствует дуге между \( \frac{5\pi}{6} \) и \( \frac{7\pi}{6} \) (если идти против часовой стрелки).
Итак, для \( \alpha \):
\( \frac{5\pi}{6} + 2\pi k < \alpha < \frac{7\pi}{6} + 2\pi k \), где \( k \in \mathbb{Z} \).
Теперь подставим \( \alpha = \frac{x}{4} \):
\( \frac{5\pi}{6} + 2\pi k < \frac{x}{4} < \frac{7\pi}{6} + 2\pi k \)
Умножим все части неравенства на 4:
\( \frac{20\pi}{6} + 8\pi k < x < \frac{28\pi}{6} + 8\pi k \)
Упростим дроби:
\( \frac{10\pi}{3} + 8\pi k < x < \frac{14\pi}{3} + 8\pi k \), где \( k \in \mathbb{Z} \).
Круг для неравенства 3:
Представьте единичную окружность.
1. Нарисуйте вертикальную линию \( x = -\frac{\sqrt{3}}{2} \).
2. Отметьте точки пересечения этой линии с окружностью. Это будут точки, соответствующие углам \( \frac{5\pi}{6} \) и \( \frac{7\pi}{6} \).
3. Заштрихуйте ту часть окружности, где \( x < -\frac{\sqrt{3}}{2} \). Это будет дуга между \( \frac{5\pi}{6} \) и \( \frac{7\pi}{6} \) (против часовой стрелки).
4. Решение неравенства \( \operatorname{ctg} x - \sqrt{3} \ge 0 \)
Перенесем \( \sqrt{3} \) в правую часть:
\( \operatorname{ctg} x \ge \sqrt{3} \)
Найдем значения \( x \), при которых \( \operatorname{ctg} x = \sqrt{3} \).
Мы знаем, что \( \operatorname{ctg} \left(\frac{\pi}{6}\right) = \sqrt{3} \).
Поэтому, \( x = \frac{\pi}{6} + \pi k \), где \( k \in \mathbb{Z} \).
Функция котангенса убывает на своих интервалах определения.
На интервале \( (0, \pi) \), котангенс равен \( \sqrt{3} \) при \( x = \frac{\pi}{6} \).
Значит, \( \operatorname{ctg} x \ge \sqrt{3} \) при \( 0 < x \le \frac{\pi}{6} \).
Учитывая периодичность котангенса, получаем:
\( \pi k < x \le \frac{\pi}{6} + \pi k \), где \( k \in \mathbb{Z} \).
Круг для неравенства 4:
Для котангенса удобнее использовать линию котангенсов (горизонтальная линия \( y=1 \)) или просто представлять углы на единичной окружности.
1. Нарисуйте единичную окружность.
2. Отметьте углы, где \( \operatorname{ctg} x = \sqrt{3} \). Это \( \frac{\pi}{6} \) и \( \frac{7\pi}{6} \).
3. Отметьте углы, где котангенс не определен (горизонтальные асимптоты): \( 0 \) (или \( 2\pi \)) и \( \pi \).
4. Нам нужны углы, где котангенс больше или равен \( \sqrt{3} \).
На интервале \( (0, \pi) \): это дуга от \( 0 \) (не включая) до \( \frac{\pi}{6} \) (включая).
На интервале \( (\pi, 2\pi) \): это дуга от \( \pi \) (не включая) до \( \frac{7\pi}{6} \) (включая).
Эти интервалы повторяются с периодом \( \pi \).
Таким образом, на окружности это будут две дуги: одна от \( 0 \) до \( \frac{\pi}{6} \) (не включая \( 0 \)), и вторая от \( \pi \) до \( \frac{7\pi}{6} \) (не включая \( \pi \)).
5. Решение неравенства \( \cos^2 x - 4 \cos x < 0 \)
Это квадратное неравенство относительно \( \cos x \).
Пусть \( t = \cos x \). Тогда неравенство примет вид:
\( t^2 - 4t < 0 \)
Вынесем \( t \) за скобки:
\( t(t - 4) < 0 \)
Найдем корни уравнения \( t(t - 4) = 0 \):
\( t_1 = 0 \)
\( t_2 = 4 \)
Парабола \( y = t^2 - 4t \) открыта вверх. Значит, \( t(t - 4) < 0 \) при \( 0 < t < 4 \).
Возвращаемся к \( \cos x \):
\( 0 < \cos x < 4 \)
Мы знаем, что значения \( \cos x \) всегда находятся в диапазоне \( [-1, 1] \).
Поэтому условие \( \cos x < 4 \) выполняется всегда.
Нам остается решить \( 0 < \cos x \le 1 \).
Найдем значения \( x \), при которых \( \cos x = 0 \).
Это \( x = \frac{\pi}{2} + \pi k \), где \( k \in \mathbb{Z} \).
Нам нужны значения \( x \), при которых \( \cos x > 0 \). Косинус отсчитывается по оси \( x \).
Это соответствует первой и четвертой четвертям единичной окружности.
То есть, от \( -\frac{\pi}{2} \) до \( \frac{\pi}{2} \) (не включая концы).
Итак, решение:
\( -\frac{\pi}{2} + 2\pi k < x < \frac{\pi}{2} + 2\pi k \), где \( k \in \mathbb{Z} \).
Круг для неравенства 5:
Представьте единичную окружность.
1. Нарисуйте вертикальную линию \( x = 0 \) (ось \( y \)).
2. Отметьте точки пересечения этой линии с окружностью. Это будут точки, соответствующие углам \( \frac{\pi}{2} \) и \( \frac{3\pi}{2} \) (или \( -\frac{\pi}{2} \)).
3. Заштрихуйте ту часть окружности, где \( x > 0 \). Это будет правая половина окружности (первая и четвертая четверти), не включая точки на оси \( y \). То есть, дуга от \( -\frac{\pi}{2} \) до \( \frac{\pi}{2} \) (против часовой стрелки), не включая концы.
6. Решение неравенства \( \sin^2 \left(\frac{3x}{2}\right) - \cos^2 \left(\frac{3x}{2}\right) \ge \frac{1}{2} \)
Воспользуемся формулой косинуса двойного угла: \( \cos(2\alpha) = \cos^2 \alpha - \sin^2 \alpha \).
Тогда \( \sin^2 \alpha - \cos^2 \alpha = -(\cos^2 \alpha - \sin^2 \alpha) = -\cos(2\alpha) \).
В нашем случае \( \alpha = \frac{3x}{2} \).
Значит, \( -\cos \left(2 \cdot \frac{3x}{2}\right) \ge \frac{1}{2} \)
\( -\cos(3x) \ge \frac{1}{2} \)
Умножим обе части на \( -1 \), при этом знак неравенства изменится:
\( \cos(3x) \le -\frac{1}{2} \)
Пусть \( \beta = 3x \). Тогда нам нужно решить \( \cos \beta \le -\frac{1}{2} \).
Найдем значения \( \beta \), при которых \( \cos \beta = -\frac{1}{2} \).
На единичной окружности это соответствует углам:
\( \beta_1 = \frac{2\pi}{3} + 2\pi k \)
\( \beta_2 = -\frac{2\pi}{3} + 2\pi k \) или \( \frac{4\pi}{3} + 2\pi k \)
Нам нужны значения \( \beta \), при которых косинус \( \beta \) меньше или равен \( -\frac{1}{2} \). Косинус отсчитывается по оси \( x \). Значит, мы ищем точки на окружности, где \( x \le -\frac{1}{2} \).
Это соответствует дуге между \( \frac{2\pi}{3} \) и \( \frac{4\pi}{3} \) (если идти против часовой стрелки).
Итак, для \( \beta \):
\( \frac{2\pi}{3} + 2\pi k \le \beta \le \frac{4\pi}{3} + 2\pi k \), где \( k \in \mathbb{Z} \).
Теперь подставим \( \beta = 3x \):
\( \frac{2\
