Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2510
2019-03-30 
Найти все значения $х$ из интервала $0 < x < \pi$, удовлетворяющие неравенству $tg \frac{x}{2} > \frac {\sin x - 2 \cos x}{\sin x + 2\cos x}$.
Решение:
Выразив $\sin x$ и $\cos x$ через $tg \frac{x}{2}$ и обозначим $tg \frac{x}{2} = y$. Придем к неравенству
$y > \frac {y^2 + y - 1}{-y^2 + y + 1}$,
которое равносильно исходному. В самом деле, замена $\sin x$ и $\cos x$ их выражениями через $tg \frac{x}{2}$ может привести к потере решений, так как $tg \frac{x}{2}$ перестает существовать в тех точках, в которых $\sin x$ и $\cos x$ существуют. Однако $tg \frac{x}{2}$ входит в первоначальное неравенство, а потому эти точки исключены с самого начала. Сокращение числителя и знаменателя на $y^2 + 1$, очевидно, не приводит ни к потере, ни к приобретению корней, так как $y^2 + 1 \neq 0$ и $y$ не исчез полностью из неравенства.
Неравенство относительно $y$ перепишем в виде
$y + \frac {y^2 + y - 1}{y^2 - y - 1} > 0$, т.е. $\frac {y^3-1}{y^2 - y - 1} > 0$.
После разложения левой части на множители получим
$\frac {(y-1)(y^2+y+1)}{ \left (y - \frac {1+ \sqrt{5}}{2} \right ) \left (y - \frac {1 - \sqrt{5}}{2} \right )} > 0$,
откуда ${1 - \sqrt{5}}{2} < tg \frac{x}{2} < 1, tg \frac{x}{2} > \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$.
Находим интервалы изменения $x$:
$-2 arctg {\frac {\sqrt{5} - 1}{2}} + 2n \pi < x < \frac{ \pi}{2} + 2n \pi$,
$2 arctg {\frac {1 + \sqrt{5}}{2}} + 2n \pi < x < \pi + 2n \pi$.
Остается выделить решения, лежащие в интервале $0 < x < \pi$.
Ответ. $0 < x < \frac{ \pi}{2}, 2 arctg {\frac {\sqrt{5} + 1}{2}} < x < \pi$.
Найти все значения $х$ из интервала $0 < x < \pi$, удовлетворяющие неравенству $tg \frac{x}{2} > \frac {\sin x - 2 \cos x}{\sin x + 2\cos x}$.
Решение:
Выразив $\sin x$ и $\cos x$ через $tg \frac{x}{2}$ и обозначим $tg \frac{x}{2} = y$. Придем к неравенству
$y > \frac {y^2 + y - 1}{-y^2 + y + 1}$,
которое равносильно исходному. В самом деле, замена $\sin x$ и $\cos x$ их выражениями через $tg \frac{x}{2}$ может привести к потере решений, так как $tg \frac{x}{2}$ перестает существовать в тех точках, в которых $\sin x$ и $\cos x$ существуют. Однако $tg \frac{x}{2}$ входит в первоначальное неравенство, а потому эти точки исключены с самого начала. Сокращение числителя и знаменателя на $y^2 + 1$, очевидно, не приводит ни к потере, ни к приобретению корней, так как $y^2 + 1 \neq 0$ и $y$ не исчез полностью из неравенства.
Неравенство относительно $y$ перепишем в виде
$y + \frac {y^2 + y - 1}{y^2 - y - 1} > 0$, т.е. $\frac {y^3-1}{y^2 - y - 1} > 0$.
После разложения левой части на множители получим
$\frac {(y-1)(y^2+y+1)}{ \left (y - \frac {1+ \sqrt{5}}{2} \right ) \left (y - \frac {1 - \sqrt{5}}{2} \right )} > 0$,
откуда ${1 - \sqrt{5}}{2} < tg \frac{x}{2} < 1, tg \frac{x}{2} > \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$.
Находим интервалы изменения $x$:
$-2 arctg {\frac {\sqrt{5} - 1}{2}} + 2n \pi < x < \frac{ \pi}{2} + 2n \pi$,
$2 arctg {\frac {1 + \sqrt{5}}{2}} + 2n \pi < x < \pi + 2n \pi$.
Остается выделить решения, лежащие в интервале $0 < x < \pi$.
Ответ. $0 < x < \frac{ \pi}{2}, 2 arctg {\frac {\sqrt{5} + 1}{2}} < x < \pi$.
