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

Во всех пунктах \(k\in\mathbb Z\). На каждом промежутке определения котангенс убывает.

1. а) На \((\pi k,\pi+\pi k)\) условие \(\operatorname{ctg}x\ge\sqrt3\) выполняется до точки \(x=\frac{\pi}{6}+\pi k\), включая её. Поэтому \(x\in\left(\pi k,\frac{\pi}{6}+\pi k\right]\).
2. б) Делим на \(\sqrt3\). Поскольку \(\operatorname{ctg}\frac{\pi}{3}=\frac{1}{\sqrt3}\), для \(t=\frac{\pi}{4}-2x\) получаем \(t\in\left(\pi k,\frac{\pi}{3}+\pi k\right)\). Решая двойное неравенство относительно \(x\), получаем \(x\in\left(-\frac{\pi}{24}+\frac{\pi k}{2},\frac{\pi}{8}+\frac{\pi k}{2}\right)\).
3. в) Для \(t=3x\), условие \(\operatorname{ctg}t\le\frac{1}{\sqrt3}=\operatorname{ctg}\frac{\pi}{3}\) даёт \(t\in\left[\frac{\pi}{3}+\pi k,\pi+\pi k\right)\). Делим границы на 3: \(x\in\left[\frac{\pi}{9}+\frac{\pi k}{3},\frac{\pi}{3}+\frac{\pi k}{3}\right)\).
4. г) Делим на 3. Полагаем \(t=\frac{\pi}{6}+\frac{x}{2}\); так как \(\operatorname{ctg}\frac{2\pi}{3}=-\frac{1}{\sqrt3}\), получаем \(t\in\left(\pi k,\frac{2\pi}{3}+\pi k\right)\). Отсюда \(x\in\left(2\pi k-\frac{\pi}{3},2\pi k+\pi\right)\).