Самостоятельная работа 32 Вариант 1, ГДЗ по алгебре за 10 класс к самостоятельным работам Мерзляка

1) Число \(\frac{\pi}{6}\) принадлежит промежутку \([0;\ \pi]\), и \(\cos\frac{\pi}{6} = \frac{\sqrt{3}}{2}\), поэтому \(\arccos\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\pi}{6}\). Тогда \[\cos\left(2\arccos\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = \cos\left(2 \cdot \frac{\pi}{6}\right) = \cos\frac{\pi}{3} = \frac{1}{2}.\]

2) Число \(\frac{\pi}{4}\) принадлежит промежутку \(\left[-\frac{\pi}{2};\ \frac{\pi}{2}\right]\), и \(\sin\frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}\), поэтому \(\arcsin\frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\pi}{4}\). Это же число принадлежит промежутку \(\left(-\frac{\pi}{2};\ \frac{\pi}{2}\right)\), и \(\mathrm{tg}\,\frac{\pi}{4} = 1\), поэтому \(\mathrm{arctg}\,1 = \frac{\pi}{4}\). Тогда \[\sin\left(\arcsin\frac{\sqrt{2}}{2} + 2\,\mathrm{arctg}\,1\right) = \sin\left(\frac{\pi}{4} + 2 \cdot \frac{\pi}{4}\right) = \sin\frac{3\pi}{4},\] а по формуле приведения \(\sin\frac{3\pi}{4} = \sin\left(\pi - \frac{\pi}{4}\right) = \sin\frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}\).

3) Равенство \(\mathrm{tg}\,(\mathrm{arctg}\,x) = x\) выполняется при всех значениях \(x\), поэтому \(\mathrm{tg}\,(\mathrm{arctg}\,5) = 5\).

Ответ: 1) \(\frac{1}{2}\); 2) \(\frac{\sqrt{2}}{2}\); 3) \(5\).

Областью определения арккосинуса служит промежуток \([-1;\ 1]\), поэтому значение \(\arccos (x^2 - 8)\) существует тогда и только тогда, когда \(-1 \leqslant x^2 - 8 \leqslant 1\). Это двойное неравенство равносильно системе \[\begin{cases} x^2 - 8 \geqslant -1, \\ x^2 - 8 \leqslant 1; \end{cases} \quad \begin{cases} x^2 \geqslant 7, \\ x^2 \leqslant 9. \end{cases}\]

Неравенство \(x^2 \geqslant 7\) выполняется при \(x \leqslant -\sqrt{7}\) и при \(x \geqslant \sqrt{7}\), неравенство \(x^2 \leqslant 9\) — при \(-3 \leqslant x \leqslant 3\). Так как \(7 < 9\), то \(\sqrt{7} < 3\), и общими решениями двух неравенств системы служат числа двух промежутков: \(-3 \leqslant x \leqslant -\sqrt{7}\) и \(\sqrt{7} \leqslant x \leqslant 3\).

Ответ: \(D(y) = \left[-3;\ -\sqrt{7}\right] \cup \left[\sqrt{7};\ 3\right]\).

1) Выражение \(\arcsin x\) принимает все значения промежутка \(\left[-\frac{\pi}{2};\ \frac{\pi}{2}\right]\) — это область значений арксинуса. Так как \(-\frac{\pi}{2} \leqslant \arcsin x \leqslant \frac{\pi}{2}\), то \(-2\pi \leqslant 4\arcsin x \leqslant 2\pi\) и \(-2\pi + \frac{\pi}{3} \leqslant 4\arcsin x + \frac{\pi}{3} \leqslant 2\pi + \frac{\pi}{3}\), то есть \(-\frac{5\pi}{3} \leqslant 4\arcsin x + \frac{\pi}{3} \leqslant \frac{7\pi}{3}\).

Каждое значение из промежутка \(\left[-\frac{5\pi}{3};\ \frac{7\pi}{3}\right]\) функция принимает, потому что \(4\arcsin x + \frac{\pi}{3}\) пробегает все эти значения вместе с \(\arcsin x\); в частности, \(y(-1) = -\frac{5\pi}{3}\), \(y(1) = \frac{7\pi}{3}\).

2) Когда \(x\) пробегает все действительные числа, выражение \(3x\) также пробегает все действительные числа, поэтому \(\mathrm{arcctg}\,3x\) принимает все значения промежутка \((0;\ \pi)\) — области значений арккотангенса. Так как \(0 < \mathrm{arcctg}\,3x < \pi\), то \(-5\pi < -5\,\mathrm{arcctg}\,3x < 0\) и \(2 - 5\pi < 2 - 5\,\mathrm{arcctg}\,3x < 2\).

Неравенства строгие: значения \(0\) и \(\pi\) арккотангенс не принимает, поэтому числа \(2 - 5\pi\) и \(2\) значениями функции не являются.

Ответ: 1) \(E(y) = \left[-\frac{5\pi}{3};\ \frac{7\pi}{3}\right]\); 2) \(E(y) = (2 - 5\pi;\ 2)\).

1) Пусть \(\arcsin\frac{4}{7} = \alpha\), тогда \(\alpha \in \left[-\frac{\pi}{2};\ \frac{\pi}{2}\right]\) и \(\sin\alpha = \frac{4}{7}\). Задача свелась к поиску значения \(\cos\alpha\). Если \(\alpha \in \left[-\frac{\pi}{2};\ \frac{\pi}{2}\right]\), то \(\cos\alpha \geqslant 0\). Тогда получаем: \[\cos\alpha = \sqrt{1 - \sin^2\alpha} = \sqrt{1 - \frac{16}{49}} = \sqrt{\frac{33}{49}} = \frac{\sqrt{33}}{7}.\]

2) Пусть \(\mathrm{arctg}\,8 = \alpha\), тогда \(\alpha \in \left(-\frac{\pi}{2};\ \frac{\pi}{2}\right)\) и \(\mathrm{tg}\,\alpha = 8\). Задача свелась к поиску значения \(\sin\alpha\). На промежутке \(\left(-\frac{\pi}{2};\ 0\right]\) тангенс неположителен, а здесь \(\mathrm{tg}\,\alpha = 8 > 0\), поэтому \(\alpha \in \left(0;\ \frac{\pi}{2}\right)\) и \(\sin\alpha > 0\). Из равенства \(1 + \mathrm{tg}^2\alpha = \frac{1}{\cos^2\alpha}\) получаем \(\frac{1}{\cos^2\alpha} = 1 + 64 = 65\); \(\cos^2\alpha = \frac{1}{65}\). Тогда \(\sin^2\alpha = 1 - \frac{1}{65} = \frac{64}{65}\) и \[\sin\alpha = \sqrt{\frac{64}{65}} = \frac{8}{\sqrt{65}} = \frac{8\sqrt{65}}{65}.\]

3) Пусть \(\arcsin\frac{2}{3} = \alpha\), тогда \(\alpha \in \left[-\frac{\pi}{2};\ \frac{\pi}{2}\right]\) и \(\sin\alpha = \frac{2}{3}\); данное выражение равно \(\sin 2\alpha\). Если \(\alpha \in \left[-\frac{\pi}{2};\ \frac{\pi}{2}\right]\), то \(\cos\alpha \geqslant 0\), поэтому \(\cos\alpha = \sqrt{1 - \frac{4}{9}} = \frac{\sqrt{5}}{3}\). По формуле синуса двойного аргумента \[\sin 2\alpha = 2\sin\alpha\cos\alpha = 2 \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{\sqrt{5}}{3} = \frac{4\sqrt{5}}{9}.\]

4) Равенство \(\arccos (\cos x) = x\) верно только при \(x \in [0;\ \pi]\), а число \(5\) этому промежутку не принадлежит, так как \(\pi < 5\). Воспользуемся периодичностью и чётностью косинуса: \(\cos 5 = \cos (5 - 2\pi) = \cos (2\pi - 5)\).

Число \(2\pi - 5\) промежутку \([0;\ \pi]\) принадлежит: неравенство \(2\pi - 5 \geqslant 0\) выполняется, так как \(\pi > 2{,}5\), а неравенство \(2\pi - 5 \leqslant \pi\) равносильно неравенству \(\pi \leqslant 5\). Поэтому \(\arccos (\cos 5) = \arccos (\cos (2\pi - 5)) = 2\pi - 5\).

Ответ: 1) \(\frac{\sqrt{33}}{7}\); 2) \(\frac{8\sqrt{65}}{65}\); 3) \(\frac{4\sqrt{5}}{9}\); 4) \(2\pi - 5\).