Номер 17.8, страница 136, часть 1 - гдз по алгебре 10 класс учебник Абылкасымова, Кучер

17.8.

1) $tg\left(\arccos \frac{2}{7}\right);$

2) $ctg\left(\arcsin \frac{2}{5}\right);$

3) $tg\left(\arcsin -\frac{1}{4}\right);$

4) $tg\left(\arccos \left(-\frac{2}{3}\right)\right).$

1) $\text{tg}(\arccos\frac{2}{7})$

Пусть $\alpha = \arccos\frac{2}{7}$. По определению арккосинуса, $\cos\alpha = \frac{2}{7}$ и $0 \le \alpha \le \pi$.

Поскольку $\cos\alpha > 0$, угол $\alpha$ находится в первой четверти: $0 \le \alpha \le \frac{\pi}{2}$. В этой четверти тангенс неотрицателен ($\text{tg}\alpha \ge 0$).

Воспользуемся тригонометрической формулой $1 + \text{tg}^2\alpha = \frac{1}{\cos^2\alpha}$.

Отсюда $\text{tg}^2\alpha = \frac{1}{\cos^2\alpha} - 1 = \frac{1}{(\frac{2}{7})^2} - 1 = \frac{1}{\frac{4}{49}} - 1 = \frac{49}{4} - 1 = \frac{45}{4}$.

Так как $\text{tg}\alpha \ge 0$, получаем $\text{tg}\alpha = \sqrt{\frac{45}{4}} = \frac{\sqrt{9 \cdot 5}}{\sqrt{4}} = \frac{3\sqrt{5}}{2}$.

Ответ: $\frac{3\sqrt{5}}{2}$.

2) $\text{ctg}(\arcsin\frac{2}{5})$

Пусть $\alpha = \arcsin\frac{2}{5}$. По определению арксинуса, $\sin\alpha = \frac{2}{5}$ и $-\frac{\pi}{2} \le \alpha \le \frac{\pi}{2}$.

Поскольку $\sin\alpha > 0$, угол $\alpha$ находится в первой четверти: $0 \le \alpha \le \frac{\pi}{2}$. В этой четверти котангенс неотрицателен ($\text{ctg}\alpha \ge 0$).

Воспользуемся тригонометрической формулой $1 + \text{ctg}^2\alpha = \frac{1}{\sin^2\alpha}$.

Отсюда $\text{ctg}^2\alpha = \frac{1}{\sin^2\alpha} - 1 = \frac{1}{(\frac{2}{5})^2} - 1 = \frac{1}{\frac{4}{25}} - 1 = \frac{25}{4} - 1 = \frac{21}{4}$.

Так как $\text{ctg}\alpha \ge 0$, получаем $\text{ctg}\alpha = \sqrt{\frac{21}{4}} = \frac{\sqrt{21}}{2}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{21}}{2}$.

3) $\text{tg}(\arcsin\frac{1}{4})$

Пусть $\alpha = \arcsin\frac{1}{4}$. По определению арксинуса, $\sin\alpha = \frac{1}{4}$ и $-\frac{\pi}{2} \le \alpha \le \frac{\pi}{2}$.

Поскольку $\sin\alpha > 0$, угол $\alpha$ находится в первой четверти: $0 \le \alpha \le \frac{\pi}{2}$.

Для нахождения тангенса нам нужен косинус. Воспользуемся основным тригонометрическим тождеством: $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$.

$\cos^2\alpha = 1 - \sin^2\alpha = 1 - (\frac{1}{4})^2 = 1 - \frac{1}{16} = \frac{15}{16}$.

В первой четверти косинус неотрицателен ($\cos\alpha \ge 0$), поэтому $\cos\alpha = \sqrt{\frac{15}{16}} = \frac{\sqrt{15}}{4}$.

Теперь найдем тангенс: $\text{tg}\alpha = \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha} = \frac{1/4}{\sqrt{15}/4} = \frac{1}{\sqrt{15}} = \frac{\sqrt{15}}{15}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{15}}{15}$.

4) $\text{tg}(\arccos(-\frac{2}{3}))$

Пусть $\alpha = \arccos(-\frac{2}{3})$. По определению арккосинуса, $\cos\alpha = -\frac{2}{3}$ и $0 \le \alpha \le \pi$.

Поскольку $\cos\alpha < 0$, угол $\alpha$ находится во второй четверти: $\frac{\pi}{2} < \alpha \le \pi$. В этой четверти тангенс отрицателен ($\text{tg}\alpha < 0$).

Воспользуемся тригонометрической формулой $1 + \text{tg}^2\alpha = \frac{1}{\cos^2\alpha}$.

Отсюда $\text{tg}^2\alpha = \frac{1}{\cos^2\alpha} - 1 = \frac{1}{(-\frac{2}{3})^2} - 1 = \frac{1}{\frac{4}{9}} - 1 = \frac{9}{4} - 1 = \frac{5}{4}$.

Так как $\text{tg}\alpha < 0$, выбираем отрицательное значение корня: $\text{tg}\alpha = -\sqrt{\frac{5}{4}} = -\frac{\sqrt{5}}{2}$.

Ответ: $-\frac{\sqrt{5}}{2}$.