Номер 8.45, страница 254 - гдз по алгебре 10 класс учебник Никольский, Потапов

Авторы: Никольский С. М., Потапов М. К., Решетников Н. Н., Шевкин А. В.
Тип: Учебник
Издательство: Просвещение
Год издания: 2014 - 2025
Уровень обучения: базовый и углублённый
Цвет обложки: голубой в сеточку
ISBN: 978-5-09-087768-8
Рекомендовано Министерством образования и науки Российской Федерации
Математика: алгебра и начала математического анализа, геометрия
Популярные ГДЗ в 10 классе
8.5*. Примеры использования арктангенса и арккотангенса. § 8. Тангенс и котангенс угла. Глава II. Тригонометрические формулы. Тригонометрические функции - номер 8.45, страница 254.
№8.45 (с. 254)
Условие. №8.45 (с. 254)
скриншот условия


Найдите все такие углы $\alpha$, для каждого из которых (8.45–8.47):
8.45
а) $tg \alpha > 1;$
б) $tg \alpha < 1;$
в) $tg \alpha > \frac{\sqrt{3}}{3};$
г) $tg \alpha < \frac{\sqrt{3}}{3};$
д) $tg \alpha > \sqrt{3};$
е) $tg \alpha < \sqrt{3};$
ж) $tg \alpha > -1;$
з) $tg \alpha < -1;$
и) $tg \alpha > -\frac{\sqrt{3}}{3};$
к) $tg \alpha < -\frac{\sqrt{3}}{3};$
л) $tg \alpha > -\sqrt{3};$
м) $tg \alpha < -\sqrt{3}.$
а) б) в) г) д) е) ж) з) Рис. 128
Решение 1. №8.45 (с. 254)












Решение 2. №8.45 (с. 254)

Решение 3. №8.45 (с. 254)

Решение 4. №8.45 (с. 254)

Решение 5. №8.45 (с. 254)
а)
Чтобы решить неравенство $tg \alpha > 1$, сначала найдем значение угла $\alpha$, для которого $tg \alpha = 1$. Основное решение этого уравнения (арктангенс) — это $\alpha = arctg(1) = \frac{\pi}{4}$.
Функция $y = tg \alpha$ является возрастающей на каждом из интервалов своей области определения $(-\frac{\pi}{2} + \pi n; \frac{\pi}{2} + \pi n)$, где $n \in \mathbb{Z}$.
Следовательно, неравенство $tg \alpha > 1$ будет выполняться для углов $\alpha$, которые больше $\frac{\pi}{4}$, но ограничены ближайшей точкой разрыва функции, то есть $\frac{\pi}{2}$. Таким образом, на одном периоде решение — это интервал $\frac{\pi}{4} < \alpha < \frac{\pi}{2}$.
Добавляя период тангенса $\pi n$, получаем общее решение.
Ответ: $\frac{\pi}{4} + \pi n < \alpha < \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
б)
Решаем неравенство $tg \alpha < 1$. Как и в предыдущем пункте, граничное значение угла $\alpha = \frac{\pi}{4}$.
Поскольку функция $y = tg \alpha$ возрастающая, неравенство $tg \alpha < 1$ будет выполняться для углов $\alpha$, меньших $\frac{\pi}{4}$. На основном интервале $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ это соответствует значениям от левой границы интервала до $\frac{\pi}{4}$.
Таким образом, на одном периоде решение — это интервал $-\frac{\pi}{2} < \alpha < \frac{\pi}{4}$.
С учетом периодичности получаем общее решение.
Ответ: $-\frac{\pi}{2} + \pi n < \alpha < \frac{\pi}{4} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
в)
Решаем неравенство $tg \alpha > \frac{\sqrt{3}}{3}$.
Находим угол, для которого $tg \alpha = \frac{\sqrt{3}}{3}$. Это $\alpha = arctg(\frac{\sqrt{3}}{3}) = \frac{\pi}{6}$.
В силу возрастания функции тангенса, неравенство $tg \alpha > \frac{\sqrt{3}}{3}$ выполняется для углов, больших $\frac{\pi}{6}$ и до асимптоты $\frac{\pi}{2}$.
Решение на одном периоде: $\frac{\pi}{6} < \alpha < \frac{\pi}{2}$.
Общее решение с учетом периода $\pi n$.
Ответ: $\frac{\pi}{6} + \pi n < \alpha < \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
г)
Решаем неравенство $tg \alpha < \frac{\sqrt{3}}{3}$.
Граничный угол $\alpha = \frac{\pi}{6}$. Неравенство выполняется для углов, меньших $\frac{\pi}{6}$.
Решение на одном периоде: $-\frac{\pi}{2} < \alpha < \frac{\pi}{6}$.
Общее решение с учетом периода $\pi n$.
Ответ: $-\frac{\pi}{2} + \pi n < \alpha < \frac{\pi}{6} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
д)
Решаем неравенство $tg \alpha > \sqrt{3}$.
Находим угол, для которого $tg \alpha = \sqrt{3}$. Это $\alpha = arctg(\sqrt{3}) = \frac{\pi}{3}$.
Неравенство выполняется для углов, больших $\frac{\pi}{3}$ и до асимптоты $\frac{\pi}{2}$.
Решение на одном периоде: $\frac{\pi}{3} < \alpha < \frac{\pi}{2}$.
Общее решение с учетом периода $\pi n$.
Ответ: $\frac{\pi}{3} + \pi n < \alpha < \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
е)
Решаем неравенство $tg \alpha < \sqrt{3}$.
Граничный угол $\alpha = \frac{\pi}{3}$. Неравенство выполняется для углов, меньших $\frac{\pi}{3}$.
Решение на одном периоде: $-\frac{\pi}{2} < \alpha < \frac{\pi}{3}$.
Общее решение с учетом периода $\pi n$.
Ответ: $-\frac{\pi}{2} + \pi n < \alpha < \frac{\pi}{3} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
ж)
Решаем неравенство $tg \alpha > -1$.
Находим угол, для которого $tg \alpha = -1$. Это $\alpha = arctg(-1) = -\frac{\pi}{4}$.
Неравенство выполняется для углов, больших $-\frac{\pi}{4}$ и до асимптоты $\frac{\pi}{2}$.
Решение на одном периоде: $-\frac{\pi}{4} < \alpha < \frac{\pi}{2}$.
Общее решение с учетом периода $\pi n$.
Ответ: $-\frac{\pi}{4} + \pi n < \alpha < \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
з)
Решаем неравенство $tg \alpha < -1$.
Граничный угол $\alpha = -\frac{\pi}{4}$. Неравенство выполняется для углов, меньших $-\frac{\pi}{4}$.
Решение на одном периоде: $-\frac{\pi}{2} < \alpha < -\frac{\pi}{4}$.
Общее решение с учетом периода $\pi n$.
Ответ: $-\frac{\pi}{2} + \pi n < \alpha < -\frac{\pi}{4} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
и)
Решаем неравенство $tg \alpha > -\frac{\sqrt{3}}{3}$.
Находим угол, для которого $tg \alpha = -\frac{\sqrt{3}}{3}$. Это $\alpha = arctg(-\frac{\sqrt{3}}{3}) = -\frac{\pi}{6}$.
Неравенство выполняется для углов, больших $-\frac{\pi}{6}$ и до асимптоты $\frac{\pi}{2}$.
Решение на одном периоде: $-\frac{\pi}{6} < \alpha < \frac{\pi}{2}$.
Общее решение с учетом периода $\pi n$.
Ответ: $-\frac{\pi}{6} + \pi n < \alpha < \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
к)
Решаем неравенство $tg \alpha < -\frac{\sqrt{3}}{3}$.
Граничный угол $\alpha = -\frac{\pi}{6}$. Неравенство выполняется для углов, меньших $-\frac{\pi}{6}$.
Решение на одном периоде: $-\frac{\pi}{2} < \alpha < -\frac{\pi}{6}$.
Общее решение с учетом периода $\pi n$.
Ответ: $-\frac{\pi}{2} + \pi n < \alpha < -\frac{\pi}{6} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
л)
Решаем неравенство $tg \alpha > -\sqrt{3}$.
Находим угол, для которого $tg \alpha = -\sqrt{3}$. Это $\alpha = arctg(-\sqrt{3}) = -\frac{\pi}{3}$.
Неравенство выполняется для углов, больших $-\frac{\pi}{3}$ и до асимптоты $\frac{\pi}{2}$.
Решение на одном периоде: $-\frac{\pi}{3} < \alpha < \frac{\pi}{2}$.
Общее решение с учетом периода $\pi n$.
Ответ: $-\frac{\pi}{3} + \pi n < \alpha < \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
м)
Решаем неравенство $tg \alpha < -\sqrt{3}$.
Граничный угол $\alpha = -\frac{\pi}{3}$. Неравенство выполняется для углов, меньших $-\frac{\pi}{3}$.
Решение на одном периоде: $-\frac{\pi}{2} < \alpha < -\frac{\pi}{3}$.
Общее решение с учетом периода $\pi n$.
Ответ: $-\frac{\pi}{2} + \pi n < \alpha < -\frac{\pi}{3} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
Другие задания:
Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.
Мы подготовили для вас ответ c подробным объяснением домашего задания по алгебре за 10 класс, для упражнения номер 8.45 расположенного на странице 254 к учебнику 2014 года издания для учащихся школ и гимназий.
Теперь на нашем сайте ГДЗ.ТОП вы всегда легко и бесплатно найдёте условие с правильным ответом на вопрос «Как решить ДЗ» и «Как сделать» задание по алгебре к упражнению №8.45 (с. 254), авторов: Никольский (Сергей Михайлович), Потапов (Михаил Константинович), Решетников (Николай Николаевич), Шевкин (Александр Владимирович), ФГОС (старый) базовый и углублённый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.