Номер 7.96, страница 230 - гдз по алгебре 10 класс учебник Никольский, Потапов

Глава II. Тригонометрические формулы. Тригонометрические функции. Параграф 7. Синус и косинус угла. 7.7*. Примеры использования арксинуса и арккосинуса - номер 7.96, страница 230.

Условие.

7.96 a) $ \cos \alpha > \frac{1}{2} $;

б) $ \cos \alpha < \frac{1}{2} $;

в) $ \cos \alpha > \frac{\sqrt{2}}{2} $;

г) $ \cos \alpha < \frac{\sqrt{2}}{2} $;

д) $ \cos \alpha > \frac{\sqrt{3}}{2} $;

е) $ \cos \alpha < \frac{\sqrt{3}}{2} $;

ж) $ \cos \alpha > -\frac{1}{2} $;

з) $ \cos \alpha < -\frac{1}{2} $;

и) $ \cos \alpha > -\frac{\sqrt{2}}{2} $;

к) $ \cos \alpha < -\frac{\sqrt{2}}{2} $;

л) $ \cos \alpha > -\frac{\sqrt{3}}{2} $;

м) $ \cos \alpha < -\frac{\sqrt{3}}{2} $.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

Решение 5.

а) $\cos \alpha > \frac{1}{2}$

Для решения тригонометрического неравенства $\cos \alpha > \frac{1}{2}$ воспользуемся единичной окружностью. Сначала найдем углы, для которых $\cos \alpha = \frac{1}{2}$. На единичной окружности это точки с абсциссой $x = \frac{1}{2}$. Этим точкам соответствуют углы $\alpha_1 = \arccos(\frac{1}{2}) = \frac{\pi}{3}$ и $\alpha_2 = -\arccos(\frac{1}{2}) = -\frac{\pi}{3}$. Нам нужно найти все углы $\alpha$, для которых значение косинуса больше $\frac{1}{2}$. На единичной окружности это дуга, расположенная правее вертикальной прямой $x = \frac{1}{2}$. Эта дуга соответствует углам в интервале от $-\frac{\pi}{3}$ до $\frac{\pi}{3}$. Так как функция косинуса периодична с периодом $2\pi$, общее решение неравенства записывается как совокупность интервалов: $-\frac{\pi}{3} + 2\pi n < \alpha < \frac{\pi}{3} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $-\frac{\pi}{3} + 2\pi n < \alpha < \frac{\pi}{3} + 2\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

б) $\cos \alpha < \frac{1}{2}$

Решаем неравенство $\cos \alpha < \frac{1}{2}$. Углы, для которых $\cos \alpha = \frac{1}{2}$, равны $\alpha = \frac{\pi}{3}$ и $\alpha = \frac{5\pi}{3}$ (или $-\frac{\pi}{3}$). Нам нужны углы, для которых косинус меньше $\frac{1}{2}$. На единичной окружности это дуга, расположенная левее прямой $x = \frac{1}{2}$. Двигаясь по окружности против часовой стрелки, мы видим, что этот интервал начинается от $\frac{\pi}{3}$ и заканчивается в $\frac{5\pi}{3}$. Учитывая периодичность, общее решение: $\frac{\pi}{3} + 2\pi n < \alpha < \frac{5\pi}{3} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $\frac{\pi}{3} + 2\pi n < \alpha < \frac{5\pi}{3} + 2\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

в) $\cos \alpha > \frac{\sqrt{2}}{2}$

Решаем неравенство $\cos \alpha > \frac{\sqrt{2}}{2}$. Находим углы, для которых $\cos \alpha = \frac{\sqrt{2}}{2}$: $\alpha_1 = \arccos(\frac{\sqrt{2}}{2}) = \frac{\pi}{4}$ и $\alpha_2 = -\frac{\pi}{4}$. Значения $\alpha$, для которых $\cos \alpha$ больше $\frac{\sqrt{2}}{2}$, лежат на дуге единичной окружности между углами $-\frac{\pi}{4}$ и $\frac{\pi}{4}$. С учетом периодичности, получаем: $-\frac{\pi}{4} + 2\pi n < \alpha < \frac{\pi}{4} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $-\frac{\pi}{4} + 2\pi n < \alpha < \frac{\pi}{4} + 2\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

г) $\cos \alpha < \frac{\sqrt{2}}{2}$

Решаем неравенство $\cos \alpha < \frac{\sqrt{2}}{2}$. Граничные углы, где $\cos \alpha = \frac{\sqrt{2}}{2}$, это $\alpha = \frac{\pi}{4}$ и $\alpha = 2\pi - \frac{\pi}{4} = \frac{7\pi}{4}$. Значения $\alpha$, для которых $\cos \alpha$ меньше $\frac{\sqrt{2}}{2}$, лежат на дуге от $\frac{\pi}{4}$ до $\frac{7\pi}{4}$ при движении против часовой стрелки. Общее решение с учетом периода $2\pi$: $\frac{\pi}{4} + 2\pi n < \alpha < \frac{7\pi}{4} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $\frac{\pi}{4} + 2\pi n < \alpha < \frac{7\pi}{4} + 2\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

д) $\cos \alpha > \frac{\sqrt{3}}{2}$

Решаем неравенство $\cos \alpha > \frac{\sqrt{3}}{2}$. Углы, для которых $\cos \alpha = \frac{\sqrt{3}}{2}$, равны $\alpha_1 = \arccos(\frac{\sqrt{3}}{2}) = \frac{\pi}{6}$ и $\alpha_2 = -\frac{\pi}{6}$. Интервал, где косинус больше $\frac{\sqrt{3}}{2}$, находится между $-\frac{\pi}{6}$ и $\frac{\pi}{6}$. Общее решение: $-\frac{\pi}{6} + 2\pi n < \alpha < \frac{\pi}{6} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $-\frac{\pi}{6} + 2\pi n < \alpha < \frac{\pi}{6} + 2\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

е) $\cos \alpha < \frac{\sqrt{3}}{2}$

Решаем неравенство $\cos \alpha < \frac{\sqrt{3}}{2}$. Граничные углы, где $\cos \alpha = \frac{\sqrt{3}}{2}$, это $\alpha = \frac{\pi}{6}$ и $\alpha = 2\pi - \frac{\pi}{6} = \frac{11\pi}{6}$. Интервал, где косинус меньше $\frac{\sqrt{3}}{2}$, находится на дуге от $\frac{\pi}{6}$ до $\frac{11\pi}{6}$. Общее решение: $\frac{\pi}{6} + 2\pi n < \alpha < \frac{11\pi}{6} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $\frac{\pi}{6} + 2\pi n < \alpha < \frac{11\pi}{6} + 2\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

ж) $\cos \alpha > -\frac{1}{2}$

Решаем неравенство $\cos \alpha > -\frac{1}{2}$. Находим углы, для которых $\cos \alpha = -\frac{1}{2}$: $\alpha_1 = \arccos(-\frac{1}{2}) = \frac{2\pi}{3}$ и $\alpha_2 = -\frac{2\pi}{3}$. Значения $\alpha$, для которых $\cos \alpha$ больше $-\frac{1}{2}$, лежат на дуге единичной окружности между углами $-\frac{2\pi}{3}$ и $\frac{2\pi}{3}$. Общее решение: $-\frac{2\pi}{3} + 2\pi n < \alpha < \frac{2\pi}{3} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $-\frac{2\pi}{3} + 2\pi n < \alpha < \frac{2\pi}{3} + 2\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

з) $\cos \alpha < -\frac{1}{2}$

Решаем неравенство $\cos \alpha < -\frac{1}{2}$. Граничные углы, где $\cos \alpha = -\frac{1}{2}$, это $\alpha = \frac{2\pi}{3}$ и $\alpha = 2\pi - \frac{2\pi}{3} = \frac{4\pi}{3}$. Интервал, где косинус меньше $-\frac{1}{2}$, находится на дуге от $\frac{2\pi}{3}$ до $\frac{4\pi}{3}$. Общее решение: $\frac{2\pi}{3} + 2\pi n < \alpha < \frac{4\pi}{3} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $\frac{2\pi}{3} + 2\pi n < \alpha < \frac{4\pi}{3} + 2\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

и) $\cos \alpha > -\frac{\sqrt{2}}{2}$

Решаем неравенство $\cos \alpha > -\frac{\sqrt{2}}{2}$. Находим углы, для которых $\cos \alpha = -\frac{\sqrt{2}}{2}$: $\alpha_1 = \arccos(-\frac{\sqrt{2}}{2}) = \frac{3\pi}{4}$ и $\alpha_2 = -\frac{3\pi}{4}$. Интервал, где косинус больше $-\frac{\sqrt{2}}{2}$, находится между углами $-\frac{3\pi}{4}$ и $\frac{3\pi}{4}$. Общее решение: $-\frac{3\pi}{4} + 2\pi n < \alpha < \frac{3\pi}{4} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $-\frac{3\pi}{4} + 2\pi n < \alpha < \frac{3\pi}{4} + 2\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

к) $\cos \alpha < -\frac{\sqrt{2}}{2}$

Решаем неравенство $\cos \alpha < -\frac{\sqrt{2}}{2}$. Граничные углы, где $\cos \alpha = -\frac{\sqrt{2}}{2}$, это $\alpha = \frac{3\pi}{4}$ и $\alpha = 2\pi - \frac{3\pi}{4} = \frac{5\pi}{4}$. Интервал, где косинус меньше $-\frac{\sqrt{2}}{2}$, находится на дуге от $\frac{3\pi}{4}$ до $\frac{5\pi}{4}$. Общее решение: $\frac{3\pi}{4} + 2\pi n < \alpha < \frac{5\pi}{4} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $\frac{3\pi}{4} + 2\pi n < \alpha < \frac{5\pi}{4} + 2\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

л) $\cos \alpha > -\frac{\sqrt{3}}{2}$

Решаем неравенство $\cos \alpha > -\frac{\sqrt{3}}{2}$. Находим углы, для которых $\cos \alpha = -\frac{\sqrt{3}}{2}$: $\alpha_1 = \arccos(-\frac{\sqrt{3}}{2}) = \frac{5\pi}{6}$ и $\alpha_2 = -\frac{5\pi}{6}$. Интервал, где косинус больше $-\frac{\sqrt{3}}{2}$, находится между углами $-\frac{5\pi}{6}$ и $\frac{5\pi}{6}$. Общее решение: $-\frac{5\pi}{6} + 2\pi n < \alpha < \frac{5\pi}{6} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $-\frac{5\pi}{6} + 2\pi n < \alpha < \frac{5\pi}{6} + 2\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

м) $\cos \alpha < -\frac{\sqrt{3}}{2}$

Решаем неравенство $\cos \alpha < -\frac{\sqrt{3}}{2}$. Граничные углы, где $\cos \alpha = -\frac{\sqrt{3}}{2}$, это $\alpha = \frac{5\pi}{6}$ и $\alpha = 2\pi - \frac{5\pi}{6} = \frac{7\pi}{6}$. Интервал, где косинус меньше $-\frac{\sqrt{3}}{2}$, находится на дуге от $\frac{5\pi}{6}$ до $\frac{7\pi}{6}$. Общее решение: $\frac{5\pi}{6} + 2\pi n < \alpha < \frac{7\pi}{6} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $\frac{5\pi}{6} + 2\pi n < \alpha < \frac{7\pi}{6} + 2\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.