Номер 7.97, страница 231 - гдз по алгебре 10 класс учебник Никольский, Потапов

7.7*. Примеры использования арксинуса и арккосинуса. § 7. Синус и косинус угла. Глава II. Тригонометрические формулы. Тригонометрические функции - номер 7.97, страница 231.

7.97 а) $sin \alpha > \frac{1}{4}$;

б) $sin \alpha < \frac{1}{4}$;

в) $sin \alpha > -\frac{2}{5}$;

г) $sin \alpha < -\frac{2}{5}$;

д) $cos \alpha > 0.2$;

е) $cos \alpha < 0.2$;

ж) $cos \alpha > -0.8$;

з) $cos \alpha < -0.8$.

а) Для решения тригонометрического неравенства $sin \alpha > \frac{1}{4}$ воспользуемся единичной окружностью. Синус угла $\alpha$ соответствует ординате (y-координате) точки на окружности.
Сначала найдем углы, для которых $sin \alpha = \frac{1}{4}$. Это углы $\alpha_1 = \arcsin(\frac{1}{4})$ и $\alpha_2 = \pi - \arcsin(\frac{1}{4})$.
Неравенству $sin \alpha > \frac{1}{4}$ удовлетворяют все точки на единичной окружности, ордината которых больше $\frac{1}{4}$. Эти точки образуют дугу, расположенную выше горизонтальной прямой $y = \frac{1}{4}$.
Двигаясь против часовой стрелки, эта дуга начинается в точке, соответствующей углу $\arcsin(\frac{1}{4})$, и заканчивается в точке, соответствующей углу $\pi - \arcsin(\frac{1}{4})$.
Учитывая периодичность синуса (период $2\pi$), общее решение неравенства имеет вид:
Ответ: $\arcsin(\frac{1}{4}) + 2\pi k < \alpha < \pi - \arcsin(\frac{1}{4}) + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

б) Для решения неравенства $sin \alpha < \frac{1}{4}$ также используем единичную окружность. Нам нужны точки, ордината которых меньше $\frac{1}{4}$.
Граничные точки, где $sin \alpha = \frac{1}{4}$, соответствуют углам $\alpha_1 = \arcsin(\frac{1}{4})$ и $\alpha_2 = \pi - \arcsin(\frac{1}{4})$.
Решением неравенства являются точки на дуге окружности, лежащей ниже прямой $y = \frac{1}{4}$.
Двигаясь против часовой стрелки, эта дуга начинается в точке $\pi - \arcsin(\frac{1}{4})$ и заканчивается в точке $2\pi + \arcsin(\frac{1}{4})$.
С учетом периодичности, общее решение неравенства:
Ответ: $\pi - \arcsin(\frac{1}{4}) + 2\pi k < \alpha < 2\pi + \arcsin(\frac{1}{4}) + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

в) Решаем неравенство $sin \alpha > -\frac{2}{5}$. Нам нужны точки на единичной окружности, ордината которых больше $-\frac{2}{5}$.
Граничные углы, для которых $sin \alpha = -\frac{2}{5}$, равны $\alpha_1 = \arcsin(-\frac{2}{5}) = -\arcsin(\frac{2}{5})$ и $\alpha_2 = \pi - \arcsin(-\frac{2}{5}) = \pi + \arcsin(\frac{2}{5})$.
Неравенству удовлетворяют точки дуги, расположенной выше прямой $y = -\frac{2}{5}$. Эта дуга заключена между углами $\alpha_1$ и $\alpha_2$.
Общее решение с учетом периода $2\pi$:
Ответ: $-\arcsin(\frac{2}{5}) + 2\pi k < \alpha < \pi + \arcsin(\frac{2}{5}) + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

г) Решаем неравенство $sin \alpha < -\frac{2}{5}$. Ищем точки на единичной окружности, ордината которых меньше $-\frac{2}{5}$.
Граничные углы: $\alpha_1 = -\arcsin(\frac{2}{5})$ и $\alpha_2 = \pi + \arcsin(\frac{2}{5})$.
Решением является дуга окружности, лежащая ниже прямой $y = -\frac{2}{5}$. Двигаясь против часовой стрелки, эта дуга начинается в точке $\pi + \arcsin(\frac{2}{5})$ и заканчивается в точке $2\pi - \arcsin(\frac{2}{5})$.
Общее решение:
Ответ: $\pi + \arcsin(\frac{2}{5}) + 2\pi k < \alpha < 2\pi - \arcsin(\frac{2}{5}) + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

д) Для решения неравенства $cos \alpha > 0,2$ используем единичную окружность. Косинус угла $\alpha$ соответствует абсциссе (x-координате) точки на окружности.
Граничные углы, для которых $cos \alpha = 0,2$, равны $\alpha_1 = \arccos(0,2)$ и $\alpha_2 = -\arccos(0,2)$.
Неравенству $cos \alpha > 0,2$ удовлетворяют точки на единичной окружности, абсцисса которых больше $0,2$. Эти точки образуют дугу, расположенную правее вертикальной прямой $x = 0,2$.
Эта дуга заключена между углами $-\arccos(0,2)$ и $\arccos(0,2)$.
С учетом периодичности косинуса, общее решение:
Ответ: $-\arccos(0,2) + 2\pi k < \alpha < \arccos(0,2) + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

е) Решаем неравенство $cos \alpha < 0,2$. Ищем точки на единичной окружности, абсцисса которых меньше $0,2$.
Граничные углы: $\alpha_1 = \arccos(0,2)$ и $\alpha_2 = -\arccos(0,2)$ (или $2\pi - \arccos(0,2)$).
Решением является дуга окружности, лежащая левее прямой $x = 0,2$. Двигаясь против часовой стрелки, эта дуга начинается в точке $\arccos(0,2)$ и заканчивается в точке $2\pi - \arccos(0,2)$.
Общее решение:
Ответ: $\arccos(0,2) + 2\pi k < \alpha < 2\pi - \arccos(0,2) + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

ж) Решаем неравенство $cos \alpha > -0,8$. Ищем точки на единичной окружности, абсцисса которых больше $-0,8$.
Граничные углы, где $cos \alpha = -0,8$, равны $\alpha_1 = \arccos(-0,8)$ и $\alpha_2 = -\arccos(-0,8)$.
Решением является дуга окружности, расположенная правее прямой $x = -0,8$. Эта дуга заключена между углами $-\arccos(-0,8)$ и $\arccos(-0,8)$.
Общее решение:
Ответ: $-\arccos(-0,8) + 2\pi k < \alpha < \arccos(-0,8) + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

з) Решаем неравенство $cos \alpha < -0,8$. Ищем точки на единичной окружности, абсцисса которых меньше $-0,8$.
Граничные углы: $\alpha_1 = \arccos(-0,8)$ и $\alpha_2 = 2\pi - \arccos(-0,8)$.
Решением является дуга окружности, лежащая левее прямой $x = -0,8$. Двигаясь против часовой стрелки, дуга начинается в точке $\arccos(-0,8)$ и заканчивается в точке $2\pi - \arccos(-0,8)$.
Общее решение:
Ответ: $\arccos(-0,8) + 2\pi k < \alpha < 2\pi - \arccos(-0,8) + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.