Номер 32, страница 20 - гдз по алгебре 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Полонский

Самостоятельная работа № 32

Функции $y = \arccos x, y = \arcsin x, y = \text{arctg } x \text{ и } y = \text{arcctg } x$

1. Вычислите:

1) $\cos \left( 2\arccos \frac{\sqrt{3}}{2} \right)$;

2) $\sin \left( \arcsin \frac{\sqrt{2}}{2} + 2\text{arctg } 1 \right)$;

3) $\text{tg}(\text{arctg } 5)$.

2. Найдите область определения функции $y = \arccos(x^2 - 8)$.

3. Найдите область значений функции:

1) $y = 4\arcsin x + \frac{\pi}{3}$;

2) $y = 2 - 5\text{arcctg } 3x$.

4. Вычислите:

1) $\cos \left( \arcsin \frac{4}{7} \right)$;

2) $\sin(\text{arctg } 8)$;

3) $\sin \left( 2\arcsin \frac{2}{3} \right)$;

4) $\arccos(\cos 5)$.

1. Вычислите:

1) Для вычисления $\cos(2\arccos\frac{\sqrt{3}}{2})$ воспользуемся формулой косинуса двойного угла: $\cos(2\alpha) = 2\cos^2(\alpha) - 1$.
Пусть $\alpha = \arccos\frac{\sqrt{3}}{2}$. Тогда $\cos(\alpha) = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
Подставим это в формулу:
$\cos(2\arccos\frac{\sqrt{3}}{2}) = 2\cos^2(\arccos\frac{\sqrt{3}}{2}) - 1 = 2(\frac{\sqrt{3}}{2})^2 - 1 = 2 \cdot \frac{3}{4} - 1 = \frac{3}{2} - 1 = \frac{1}{2}$.
Ответ: $\frac{1}{2}$.

2) Для вычисления $\sin(\arcsin\frac{\sqrt{2}}{2} + 2\arctan 1)$ сначала найдем значения аркфункций:
$\arcsin\frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\pi}{4}$
$\arctan 1 = \frac{\pi}{4}$
Подставим эти значения в исходное выражение:
$\sin(\frac{\pi}{4} + 2 \cdot \frac{\pi}{4}) = \sin(\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{2}) = \sin(\frac{3\pi}{4})$.
По формуле приведения $\sin(\frac{3\pi}{4}) = \sin(\pi - \frac{\pi}{4}) = \sin(\frac{\pi}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{2}$.
Ответ: $\frac{\sqrt{2}}{2}$.

3) По определению арктангенса, $\tan(\arctan x) = x$ для любого действительного числа $x$.
Следовательно, $\tan(\arctan 5) = 5$.
Ответ: 5.

2. Найдите область определения функции $y = \arccos(x^2 - 8)$.
Область определения функции $y = \arccos(u)$ задается неравенством $-1 \le u \le 1$.
В нашем случае $u = x^2 - 8$, поэтому мы должны решить неравенство:
$-1 \le x^2 - 8 \le 1$
Прибавим 8 ко всем частям неравенства:
$7 \le x^2 \le 9$
Это двойное неравенство эквивалентно системе:
$\begin{cases} x^2 \ge 7 \\ x^2 \le 9 \end{cases}$
Решением первого неравенства является $x \in (-\infty, -\sqrt{7}] \cup [\sqrt{7}, \infty)$.
Решением второго неравенства является $x \in [-3, 3]$.
Пересечение этих множеств дает область определения исходной функции:
$x \in [-3, -\sqrt{7}] \cup [\sqrt{7}, 3]$.
Ответ: $D(y) = [-3, -\sqrt{7}] \cup [\sqrt{7}, 3]$.

3. Найдите область значений функции:

1) $y = 4\arcsin x + \frac{\pi}{3}$
Область значений функции $\arcsin x$ — это отрезок $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$.
$-\frac{\pi}{2} \le \arcsin x \le \frac{\pi}{2}$
Умножим неравенство на 4:
$-2\pi \le 4\arcsin x \le 2\pi$
Прибавим $\frac{\pi}{3}$:
$-2\pi + \frac{\pi}{3} \le 4\arcsin x + \frac{\pi}{3} \le 2\pi + \frac{\pi}{3}$
$-\frac{5\pi}{3} \le y \le \frac{7\pi}{3}$
Ответ: $E(y) = [-\frac{5\pi}{3}, \frac{7\pi}{3}]$.

2) $y = 2 - 5\arcctg 3x$
Область значений функции $\arcctg u$ — это интервал $(0, \pi)$.
$0 < \arcctg 3x < \pi$
Умножим неравенство на -5, изменив знаки неравенства на противоположные:
$0 > -5\arcctg 3x > -5\pi$
Запишем в стандартном виде: $-5\pi < -5\arcctg 3x < 0$
Прибавим 2:
$2 - 5\pi < 2 - 5\arcctg 3x < 2$
$2 - 5\pi < y < 2$
Ответ: $E(y) = (2 - 5\pi, 2)$.

4. Вычислите:

1) $\cos(\arcsin\frac{4}{7})$
Пусть $\alpha = \arcsin\frac{4}{7}$. Тогда $\sin\alpha = \frac{4}{7}$ и $\alpha \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$.
Так как $\sin\alpha > 0$, то $\alpha$ находится в первой четверти, где $\cos\alpha \ge 0$.
Используем основное тригонометрическое тождество $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$:
$\cos^2\alpha = 1 - \sin^2\alpha = 1 - (\frac{4}{7})^2 = 1 - \frac{16}{49} = \frac{33}{49}$.
$\cos\alpha = \sqrt{\frac{33}{49}} = \frac{\sqrt{33}}{7}$.
Ответ: $\frac{\sqrt{33}}{7}$.

2) $\sin(\arctan 8)$
Пусть $\alpha = \arctan 8$. Тогда $\tan\alpha = 8$ и $\alpha \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$.
Так как $\tan\alpha > 0$, то $\alpha$ находится в первой четверти.
Используем тождество $1 + \cot^2\alpha = \frac{1}{\sin^2\alpha}$. Так как $\tan\alpha = 8$, то $\cot\alpha = \frac{1}{8}$.
$\frac{1}{\sin^2\alpha} = 1 + (\frac{1}{8})^2 = 1 + \frac{1}{64} = \frac{65}{64}$.
$\sin^2\alpha = \frac{64}{65}$.
Поскольку $\alpha$ в первой четверти, $\sin\alpha > 0$, следовательно $\sin\alpha = \sqrt{\frac{64}{65}} = \frac{8}{\sqrt{65}}$.
Ответ: $\frac{8}{\sqrt{65}}$.

3) $\sin(2\arcsin\frac{2}{3})$
Пусть $\alpha = \arcsin\frac{2}{3}$. Тогда $\sin\alpha = \frac{2}{3}$ и $\alpha \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$.
Нам нужно найти $\sin(2\alpha)$. Воспользуемся формулой синуса двойного угла: $\sin(2\alpha) = 2\sin\alpha\cos\alpha$.
Найдем $\cos\alpha$. Так как $\sin\alpha > 0$, $\alpha$ находится в первой четверти, где $\cos\alpha \ge 0$.
$\cos^2\alpha = 1 - \sin^2\alpha = 1 - (\frac{2}{3})^2 = 1 - \frac{4}{9} = \frac{5}{9}$.
$\cos\alpha = \sqrt{\frac{5}{9}} = \frac{\sqrt{5}}{3}$.
$\sin(2\alpha) = 2 \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{\sqrt{5}}{3} = \frac{4\sqrt{5}}{9}$.
Ответ: $\frac{4\sqrt{5}}{9}$.

4) $\arccos(\cos 5)$
По определению, $\arccos(\cos x) = x$ только при условии, что $x \in [0, \pi]$.
Число 5 не принадлежит этому отрезку, так как $\pi \approx 3.14$.
Мы должны найти такое число $\alpha \in [0, \pi]$, для которого $\cos\alpha = \cos 5$.
Используем свойство четности косинуса $\cos x = \cos(-x)$ и его периодичность $\cos x = \cos(x + 2\pi k)$ для целого $k$.
Искомое число $\alpha$ должно иметь вид $-5 + 2\pi k$ или $5 + 2\pi k$.
Найдем такое целое $k$, чтобы $-5 + 2\pi k$ попало в отрезок $[0, \pi]$.
$0 \le -5 + 2\pi k \le \pi$
$5 \le 2\pi k \le 5 + \pi$
$\frac{5}{2\pi} \le k \le \frac{5+\pi}{2\pi}$
Приблизительно: $0.79 \le k \le 1.29$. Единственное целое $k$ в этом промежутке - это $k=1$.
Тогда $\alpha = -5 + 2\pi \cdot 1 = 2\pi - 5$. Это значение принадлежит отрезку $[0, \pi]$.
Ответ: $2\pi - 5$.