Номер 8.44, страница 254 - гдз по алгебре 10 класс учебник Никольский, Потапов

8.5*. Примеры использования арктангенса и арккотангенса. § 8. Тангенс и котангенс угла. Глава II. Тригонометрические формулы. Тригонометрические функции - номер 8.44, страница 254.

8.44 Задайте с помощью неравенств все углы $\alpha$, которым соответствуют выделенные точки единичной окружности (рис. 128, $a-\text{з}$). Определите, какой из этих рисунков соответствует неравенству:

1) $\tan \alpha > 0;$

2) $\tan \alpha < 0;$

3) $\cot \alpha > 0;$

4) $\tan \alpha < \sqrt{3};$

5) $\tan \alpha > 1;$

6) $\tan \alpha > -1;$

7) $\cot \alpha > 1;$

8) $\cot \alpha > -\sqrt{3};$

9) $\tan \alpha > \frac{\sqrt{3}}{3}.$

Поскольку рисунки 128 (а—з) не предоставлены, полное выполнение задания (сопоставление неравенств с рисунками) невозможно. Ниже приведено развернутое решение каждой из девяти тригонометрических неравенств.

1) tg α > 0

Значение тангенса положительно, когда синус и косинус угла имеют одинаковые знаки. На единичной окружности это соответствует I и III координатным четвертям. I четверть: $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$. III четверть: $\pi < \alpha < \frac{3\pi}{2}$. Функция тангенса имеет период $\pi$. Это означает, что ее значения повторяются через каждые $\pi$ радиан. Поэтому мы можем объединить решения из I и III четвертей в одну общую формулу, прибавляя $\pi k$ к границам интервала для I четверти, где $k$ — любое целое число.

Ответ: $ \pi k < \alpha < \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in Z $.

2) tg α < 0

Значение тангенса отрицательно, когда синус и косинус угла имеют разные знаки. Это происходит во II и IV координатных четвертях. II четверть: $\frac{\pi}{2} < \alpha < \pi$. IV четверть: $\frac{3\pi}{2} < \alpha < 2\pi$ (или $-\frac{\pi}{2} < \alpha < 0$). Учитывая периодичность тангенса (период $\pi$), общее решение можно записать, добавив $\pi k$ к границам одного из этих интервалов. Возьмем интервал для II четверти.

Ответ: $ \frac{\pi}{2} + \pi k < \alpha < \pi + \pi k, k \in Z $.

3) ctg α > 0

Котангенс, как и тангенс, положителен в I и III координатных четвертях. Область определения котангенса — все действительные числа, кроме $\alpha = \pi k, k \in Z$. I четверть: $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$. III четверть: $\pi < \alpha < \frac{3\pi}{2}$. Период котангенса также равен $\pi$. Объединяя интервалы, получаем общее решение.

Ответ: $ \pi k < \alpha < \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in Z $.

4) tg α < √3

Сначала решим уравнение $tg \alpha = \sqrt{3}$. Главное значение угла, тангенс которого равен $\sqrt{3}$, это $\alpha = \arctan(\sqrt{3}) = \frac{\pi}{3}$. Функция $y = tg \alpha$ является возрастающей на каждом интервале своей области определения $(-\frac{\pi}{2} + \pi k; \frac{\pi}{2} + \pi k)$. Следовательно, неравенство $tg \alpha < \sqrt{3}$ выполняется для углов, которые меньше $\frac{\pi}{3}$, но ограничены левой асимптотой $-\frac{\pi}{2}$. Основной интервал решения: $-\frac{\pi}{2} < \alpha < \frac{\pi}{3}$. Добавляя период $\pi k$, получаем общее решение.

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

5) tg α > 1

Решим уравнение $tg \alpha = 1$. Главное значение: $\alpha = \arctan(1) = \frac{\pi}{4}$. Так как функция тангенса возрастающая, неравенство $tg \alpha > 1$ будет выполняться для углов, больших $\frac{\pi}{4}$, до правой асимптоты $\frac{\pi}{2}$. Основной интервал решения: $\frac{\pi}{4} < \alpha < \frac{\pi}{2}$. С учетом периода $\pi$ получаем общее решение.

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

6) tg α > -1

Решим уравнение $tg \alpha = -1$. Главное значение: $\alpha = \arctan(-1) = -\frac{\pi}{4}$. Функция тангенса возрастающая, поэтому неравенство $tg \alpha > -1$ выполняется для углов, больших $-\frac{\pi}{4}$, до асимптоты $\frac{\pi}{2}$. Основной интервал решения: $-\frac{\pi}{4} < \alpha < \frac{\pi}{2}$. Добавляя период $\pi k$, получаем общее решение.

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

7) ctg α > 1

Решим уравнение $ctg \alpha = 1$. Главное значение: $\alpha = \text{arcctg}(1) = \frac{\pi}{4}$. Функция $y = ctg \alpha$ является убывающей на каждом интервале своей области определения $(\pi k; \pi + \pi k)$. Поэтому неравенство $ctg \alpha > 1$ будет выполняться для углов, меньших $\frac{\pi}{4}$, но больших левой асимптоты $0$. Основной интервал решения: $0 < \alpha < \frac{\pi}{4}$. С учетом периода $\pi$ получаем общее решение.

Ответ: $ \pi k < \alpha < \frac{\pi}{4} + \pi k, k \in Z $.

8) ctg α > -√3

Решим уравнение $ctg \alpha = -\sqrt{3}$. Главное значение: $\alpha = \text{arcctg}(-\sqrt{3}) = \pi - \text{arcctg}(\sqrt{3}) = \pi - \frac{\pi}{6} = \frac{5\pi}{6}$. Функция котангенса убывающая, поэтому неравенство $ctg \alpha > -\sqrt{3}$ выполняется для углов, меньших $\frac{5\pi}{6}$, в пределах одного периода. Основной интервал решения: $0 < \alpha < \frac{5\pi}{6}$. Добавляя период $\pi k$, получаем общее решение.

Ответ: $ \pi k < \alpha < \frac{5\pi}{6} + \pi k, k \in Z $.

9) tg α > √3/3

Решим уравнение $tg \alpha = \frac{\sqrt{3}}{3}$. Главное значение: $\alpha = \arctan(\frac{\sqrt{3}}{3}) = \frac{\pi}{6}$. Функция тангенса возрастающая, поэтому неравенство $tg \alpha > \frac{\sqrt{3}}{3}$ будет выполняться для углов, больших $\frac{\pi}{6}$, до асимптоты $\frac{\pi}{2}$. Основной интервал решения: $\frac{\pi}{6} < \alpha < \frac{\pi}{2}$. С учетом периода $\pi$ получаем общее решение.

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