161. а) ctg x ≥ √3; б) √3 ctg(π/4 − 2x) > 1; в) ctg 3x ≤ 1/√3; г) 3 ctg(π/6 + x/2) > −√3.

Пусть k ∈ ℤ. Котангенс убывает на каждом промежутке (πk; π + πk).

1. а) На одном периоде ctg x ≥ √3 при x ∈ (πk; π/6 + πk]. Значит x ∈ (πk; π/6 + πk].
2. б) Обозначим t = π/4 − 2x. Условие ctg t > 1/√3 выполняется при t ∈ (πk; π/3 + πk). Решая двойное неравенство относительно x, получаем x ∈ (−π/24 − πk/2; π/8 − πk/2).
3. в) ctg 3x ≤ 1/√3, поэтому 3x ∈ [π/3 + πk; π + πk). Следовательно, x ∈ [π/9 + πk/3; π/3 + πk/3).
4. г) Обозначим t = π/6 + x/2. Условие ctg t > −1/√3 выполняется при t ∈ (πk; 2π/3 + πk). Поэтому x ∈ (−π/3 + 2πk; π + 2πk).