ГДЗ по алгебре 10‐11 класс Ершова самостоятельные и контрольные работы самостоятельные работы / С-12. вариант - 2

### Самостоятельная работа С-12. Вариант 2 #### 1 Определите, при каких значениях параметра $a$ выполняется тождество, и докажите его: **а)** $\cos(\arcsin a) = \sqrt{1 - a^2}$ *Область допустимых значений:* Функция $\arcsin a$ определена для $a \in [-1; 1]$. Значит, тождество имеет смысл при $a \in [-1; 1]$. *Доказательство:* Пусть $\alpha = \arcsin a$. По определению арксинуса $\alpha \in \left[-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right]$ и $\sin \alpha = a$. Так как угол $\alpha$ принадлежит отрезку $\left[-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right]$ (I и IV четверти), его косинус неотрицателен: $\cos \alpha \ge 0$. Используя основное тригонометрическое тождество: $$ \cos \alpha = \sqrt{1 - \sin^2 \alpha} = \sqrt{1 - a^2} $$ Следовательно, $\cos(\arcsin a) = \sqrt{1 - a^2}$ при $a \in [-1; 1]$. **б)** $\operatorname{tg}(\operatorname{arcctg} a) = \frac{1}{a}$ *Область допустимых значений:* Арккотангенс определен при всех $a \in \mathbb{R}$, причем $\operatorname{arcctg} a \in (0; \pi)$. Тангенс определен для углов, не равных $\frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$. В интервале $(0; \pi)$ это означает, что $\operatorname{arcctg} a \ne \frac{\pi}{2}$, откуда $a \ne 0$. Значит, тождество имеет смысл при $a \in (-\infty; 0) \cup (0; +\infty)$. *Доказательство:* Пусть $\alpha = \operatorname{arcctg} a$, тогда $\alpha \in (0; \pi)$, $\alpha \ne \frac{\pi}{2}$ и $\operatorname{ctg} \alpha = a$. По формуле связи тангенса и котангенса одного аргумента: $$ \operatorname{tg} \alpha = \frac{1}{\operatorname{ctg} \alpha} = \frac{1}{a} $$ Следовательно, $\operatorname{tg}(\operatorname{arcctg} a) = \frac{1}{a}$ при $a \ne 0$. **в)** $\operatorname{tg}(\arccos a) = \frac{\sqrt{1 - a^2}}{a}$ *Область допустимых значений:* Функция $\arccos a$ определена при $a \in [-1; 1]$, ее область значений — $[0; \pi]$. Тангенс не определен при значении угла $\frac{\pi}{2}$, то есть $\arccos a \ne \frac{\pi}{2} \iff a \ne 0$. Значит, тождество имеет смысл при $a \in [-1; 0) \cup (0; 1]$. *Доказательство:* Пусть $\alpha = \arccos a$, где $\alpha \in [0; \pi]$ и $\alpha \ne \frac{\pi}{2}$, тогда $\cos \alpha = a$. Так как $\alpha \in (0; \pi)$, синус неотрицателен: $$ \sin \alpha = \sqrt{1 - \cos^2 \alpha} = \sqrt{1 - a^2} $$ По определению тангенса: $$ \operatorname{tg} \alpha = \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \frac{\sqrt{1 - a^2}}{a} $$ Тождество доказано при $a \in [-1; 0) \cup (0; 1]$. **г)** $\sin(\operatorname{arctg} a) = \frac{a}{\sqrt{1 + a^2}}$ *Область допустимых значений:* Функция $\operatorname{arctg} a$ определена для всех $a \in \mathbb{R}$. *Доказательство:* Пусть $\alpha = \operatorname{arctg} a$, тогда $\alpha \in \left(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right)$ и $\operatorname{tg} \alpha = a$. В интервале $\left(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right)$ косинус строго положителен: $$ \cos \alpha = \frac{1}{\sqrt{1 + \operatorname{tg}^2 \alpha}} = \frac{1}{\sqrt{1 + a^2}} $$ Тогда: $$ \sin \alpha = \operatorname{tg} \alpha \cdot \cos \alpha = a \cdot \frac{1}{\sqrt{1 + a^2}} = \frac{a}{\sqrt{1 + a^2}} $$ Тождество доказано для любого $a \in \mathbb{R}$. **д)** $\operatorname{arctg} a + \operatorname{arcctg} a = \frac{\pi}{2}$ *Область допустимых значений:* Определено при всех $a \in \mathbb{R}$. *Доказательство:* Пусть $\alpha = \operatorname{arctg} a$, следовательно, $\alpha \in \left(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right)$ и $\operatorname{tg} \alpha = a$. Рассмотрим угол $\beta = \frac{\pi}{2} - \alpha$. Так как $-\frac{\pi}{2} < \alpha < \frac{\pi}{2}$, получаем: $$ 0 < \frac{\pi}{2} - \alpha < \pi \implies \beta \in (0; \pi) $$ Применим формулу приведения для котангенса: $$ \operatorname{ctg} \beta = \operatorname{ctg}\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) = \operatorname{tg} \alpha = a $$ По определению арккотангенса, так как $\beta \in (0; \pi)$ и $\operatorname{ctg} \beta = a$, угол $\beta$ равен $\operatorname{arcctg} a$: $$ \frac{\pi}{2} - \alpha = \operatorname{arcctg} a \iff \operatorname{arctg} a + \operatorname{arcctg} a = \frac{\pi}{2} $$ Тождество доказано для любого $a \in \mathbb{R}$. --- #### 2 Вычислите: **а)** $\cos\left(\frac{1}{2}\arcsin \frac{5}{13}\right)$ Пусть $\alpha = \arcsin \frac{5}{13}$. Так как $\frac{5}{13} \in (0; 1)$, то $\alpha \in \left(0; \frac{\pi}{2}\right)$ и $\sin \alpha = \frac{5}{13}$. Найдем $\cos \alpha$: $$ \cos \alpha = \sqrt{1 - \sin^2 \alpha} = \sqrt{1 - \left(\frac{5}{13}\right)^2} = \sqrt{\frac{144}{169}} = \frac{12}{13} $$ Используем формулу половинного угла для косинуса: $$ \cos^2 \frac{\alpha}{2} = \frac{1 + \cos \alpha}{2} = \frac{1 + \frac{12}{13}}{2} = \frac{25}{26} $$ Так как $\alpha \in \left(0; \frac{\pi}{2}\right)$, то $\frac{\alpha}{2} \in \left(0; \frac{\pi}{4}\right)$, следовательно, $\cos \frac{\alpha}{2} > 0$: $$ \cos \frac{\alpha}{2} = \sqrt{\frac{25}{26}} = \frac{5}{\sqrt{26}} = \frac{5\sqrt{26}}{26} $$ Ответ: $\frac{5\sqrt{26}}{26}$. **б)** $\operatorname{ctg}\left(2\arcsin \frac{3}{5}\right)$ Пусть $\alpha = \arcsin \frac{3}{5}$. Тогда $\alpha \in \left(0; \frac{\pi}{2}\right)$, $\sin \alpha = \frac{3}{5}$, $\cos \alpha = \sqrt{1 - \left(\frac{3}{5}\right)^2} = \frac{4}{5}$. Найдем синус и косинус двойного угла: $$ \sin 2\alpha = 2 \sin \alpha \cos \alpha = 2 \cdot \frac{3}{5} \cdot \frac{4}{5} = \frac{24}{25} $$ $$ \cos 2\alpha = \cos^2 \alpha - \sin^2 \alpha = \frac{16}{25} - \frac{9}{25} = \frac{7}{25} $$ Вычислим котангенс: $$ \operatorname{ctg} 2\alpha = \frac{\cos 2\alpha}{\sin 2\alpha} = \frac{\frac{7}{25}}{\frac{24}{25}} = \frac{7}{24} $$ Ответ: $\frac{7}{24}$. **в)** $\cos\left(\operatorname{arctg} \frac{1}{2} - \operatorname{arcctg} 3\right)$ Пусть $\alpha = \operatorname{arctg} \frac{1}{2}$ и $\beta = \operatorname{arcctg} 3$. Оба угла лежат в первой четверти: $\alpha, \beta \in \left(0; \frac{\pi}{2}\right)$. Для $\alpha$: $\operatorname{tg} \alpha = \frac{1}{2}$. $$ \cos \alpha = \frac{1}{\sqrt{1 + \operatorname{tg}^2 \alpha}} = \frac{1}{\sqrt{1 + \frac{1}{4}}} = \frac{2}{\sqrt{5}} $$ $$ \sin \alpha = \operatorname{tg} \alpha \cdot \cos \alpha = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{\sqrt{5}} = \frac{1}{\sqrt{5}} $$ Для $\beta$: $\operatorname{ctg} \beta = 3$. $$ \sin \beta = \frac{1}{\sqrt{1 + \operatorname{ctg}^2 \beta}} = \frac{1}{\sqrt{1 + 9}} = \frac{1}{\sqrt{10}} $$ $$ \cos \beta = \operatorname{ctg} \beta \cdot \sin \beta = 3 \cdot \frac{1}{\sqrt{10}} = \frac{3}{\sqrt{10}} $$ По формуле косинуса разности: $$ \cos(\alpha - \beta) = \cos \alpha \cos \beta + \sin \alpha \sin \beta = \frac{2}{\sqrt{5}} \cdot \frac{3}{\sqrt{10}} + \frac{1}{\sqrt{5}} \cdot \frac{1}{\sqrt{10}} = \frac{6 + 1}{\sqrt{50}} = \frac{7}{5\sqrt{2}} = \frac{7\sqrt{2}}{10} $$ Ответ: $\frac{7\sqrt{2}}{10}$. --- #### 3 Учитывая область значений аркфункций, вычислите: **а)** $\arcsin(\sin 6)$ Область значений арксинуса — отрезок $\left[-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right]$. Числовое значение $\pi \approx 3{,}14$, тогда $2\pi \approx 6{,}28$, $\frac{3\pi}{2} \approx 4{,}71$. Следовательно, угол в $6$ радиан находится в IV четверти: $\frac{3\pi}{2} < 6 < 2\pi$. Преобразуем аргумент с помощью периода синуса: $$ \sin 6 = \sin(6 - 2\pi) $$ Оценим число $6 - 2\pi$: так как $4{,}71 < 6 < 6{,}28$, то: $$ -\frac{\pi}{2} \approx -1{,}57 < 6 - 2\pi < 0 $$ Значение $6 - 2\pi$ лежит в отрезке $\left[-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right]$. Значит, $\arcsin(\sin 6) = 6 - 2\pi$. Ответ: $6 - 2\pi$. **б)** $\operatorname{arcctg}\left(\operatorname{tg} \frac{7\pi}{8}\right)$ Область значений арккотангенса — интервал $(0; \pi)$. Преобразуем тангенс к котангенсу, используя формулы приведения: $$ \operatorname{tg} \frac{7\pi}{8} = \operatorname{tg}\left(\pi - \frac{\pi}{8}\right) = -\operatorname{tg} \frac{\pi}{8} $$ Так как $-\operatorname{tg} \alpha = \operatorname{ctg}\left(\frac{\pi}{2} + \alpha\right)$, получаем: $$ -\operatorname{tg} \frac{\pi}{8} = \operatorname{ctg}\left(\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{8}\right) = \operatorname{ctg} \frac{5\pi}{8} $$ Проверим принадлежность угла области значений арккотангенса: $$ \frac{5\pi}{8} \in (0; \pi) $$ Следовательно: $$ \operatorname{arcctg}\left(\operatorname{tg} \frac{7\pi}{8}\right) = \operatorname{arcctg}\left(\operatorname{ctg} \frac{5\pi}{8}\right) = \frac{5\pi}{8} $$ Ответ: $\frac{5\pi}{8}$. --- #### 4 Найдите область определения функции: **а)** $y = \arccos(x^2 - 3)$ Область определения функции $y = \arccos t$ задается условием $-1 \le t \le 1$: $$ -1 \le x^2 - 3 \le 1 \iff 2 \le x^2 \le 4 $$ Решим систему неравенств: $$ \begin{cases} x^2 \ge 2, \\ x^2 \le 4 \end{cases} \iff \begin{cases} x \in (-\infty; -\sqrt{2}] \cup [\sqrt{2}; +\infty), \\ x \in [-2; 2] \end{cases} $$ Пересекая полученные промежутки, имеем: $$ x \in [-2; -\sqrt{2}] \cup [\sqrt{2}; 2] $$ Ответ: $[-2; -\sqrt{2}] \cup [\sqrt{2}; 2]$. **б)** $y = \arcsin \frac{1}{x - 1}$ Аргумент арксинуса должен лежать в отрезке $[-1; 1]$, а знаменатель дроби не должен быть равен нулю: $$ \begin{cases} -1 \le \frac{1}{x - 1} \le 1, \\ x - 1 \ne 0 \end{cases} \iff \left| \frac{1}{x - 1} \right| \le 1 \iff |x - 1| \ge 1 $$ Раскрываем неравенство с модулем: $$ \left[ \begin{gathered} x - 1 \ge 1 \\ x - 1 \le -1 \end{gathered} \right. \iff \left[ \begin{gathered} x \ge 2 \\ x \le 0 \end{gathered} \right. $$ Ответ: $(-\infty; 0] \cup [2; +\infty)$. --- #### 5 Найдите область определения и область значений функции: **а)** $y = \frac{1}{\arcsin x}$ 1. *Область определения:* Функция $\arcsin x$ определена при $x \in [-1; 1]$. Знаменатель дроби не может быть равен нулю: $$ \arcsin x \ne 0 \iff x \ne 0 $$ Следовательно, $D(y) = [-1; 0) \cup (0; 1]$. 2. *Область значений:* При $x \in [-1; 0)$ значение $\arcsin x \in \left[-\frac{\pi}{2}; 0\right)$, откуда $\frac{1}{\arcsin x} \in \left(-\infty; -\frac{2}{\pi}\right]$. При $x \in (0; 1]$ значение $\arcsin x \in \left(0; \frac{\pi}{2}\right]$, откуда $\frac{1}{\arcsin x} \in \left[\frac{2}{\pi}; +\infty\right)$. Объединяя множества, получаем: $$ E(y) = \left(-\infty; -\frac{2}{\pi}\right] \cup \left[\frac{2}{\pi}; +\infty\right) $$ Ответ: $D(y) = [-1; 0) \cup (0; 1]$; $E(y) = \left(-\infty; -\frac{2}{\pi}\right] \cup \left[\frac{2}{\pi}; +\infty\right)$. **б)** $y = \frac{\pi}{2} + 2 \operatorname{arctg} \left( -\sqrt{x} \right)$ 1. *Область определения:* Арифметический квадратный корень определен при неотрицательных значениях подкоренного выражения: $x \ge 0$. Арктангенс определен при любом значении аргумента. Следовательно, $D(y) = [0; +\infty)$. 2. *Область значений:* При $x \in [0; +\infty)$ значение $\sqrt{x} \in [0; +\infty)$, значит, аргумент $-\sqrt{x} \in (-\infty; 0]$. Так как арктангенс монотонно возрастает: $$ \operatorname{arctg}(-\sqrt{x}) \in \left(-\frac{\pi}{2}; 0\right] $$ Умножим на $2$: $$ 2\operatorname{arctg}(-\sqrt{x}) \in (-\pi; 0] $$ Прибавим $\frac{\pi}{2}$: $$ \frac{\pi}{2} + 2\operatorname{arctg}(-\sqrt{x}) \in \left(\frac{\pi}{2} - \pi; \frac{\pi}{2} + 0\right] = \left(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right] $$ Ответ: $D(y) = [0; +\infty)$; $E(y) = \left(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right]$. --- #### 6 Решите уравнения: **а)** $\sin(\arcsin(4x - 1)) = 3x^2$ Равенство $\sin(\arcsin t) = t$ справедливо при условии $t \in [-1; 1]$. Запишем область допустимых значений: $$ -1 \le 4x - 1 \le 1 \iff 0 \le 4x \le 2 \iff 0 \le x \le \frac{1}{2} $$ На этой ОДЗ уравнение принимает вид: $$ 4x - 1 = 3x^2 \iff 3x^2 - 4x + 1 = 0 $$ Найдем корни: $$ D = (-4)^2 - 4 \cdot 3 \cdot 1 = 16 - 12 = 4 $$ $$ x_1 = \frac{4 - 2}{6} = \frac{1}{3}, \quad x_2 = \frac{4 + 2}{6} = 1 $$ Проверим принадлежность корней промежутку $\left[0; \frac{1}{2}\right]$: - $x = \frac{1}{3} \in \left[0; \frac{1}{2}\right]$ — является корнем. - $x = 1 \notin \left[0; \frac{1}{2}\right]$ — посторонний корень. Ответ: $\frac{1}{3}$. **б)** $2 \operatorname{arctg}(2x - 3) = \pi$ Разделим обе части уравнения на $2$: $$ \operatorname{arctg}(2x - 3) = \frac{\pi}{2} $$ Область значений функции арктангенса — интервал $\left(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right)$. Так как $\frac{\pi}{2} \notin \left(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right)$, уравнение не имеет решений. Ответ: решений нет. **в)** $\arccos(x^2 - x) = \arccos(2x - 2)$ Функция $y = \arccos t$ строго монотонна (убывает) на отрезке $[-1; 1]$, следовательно, равенство значений достигается тогда и только тогда, когда равны аргументы при условии их принадлежности области определения: $$ \begin{cases} x^2 - x = 2x - 2, \\ -1 \le 2x - 2 \le 1 \end{cases} $$ Решим уравнение: $$ x^2 - 3x + 2 = 0 \iff (x - 1)(x - 2) = 0 \iff x_1 = 1, \; x_2 = 2 $$ Проверим условие $-1 \le 2x - 2 \le 1$: - При $x = 1$: $2(1) - 2 = 0 \in [-1; 1]$ — подходит. - При $x = 2$: $2(2) - 2 = 2 \notin [-1; 1]$ — посторонний корень. Ответ: $1$. **г)** $2(\operatorname{arctg} x)^2 - 5 \operatorname{arctg} x + 2 = 0$ Сделаем замену переменной: пусть $t = \operatorname{arctg} x$, где $t \in \left(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right)$. Получаем квадратное уравнение: $$ 2t^2 - 5t + 2 = 0 $$ $$ D = (-5)^2 - 4 \cdot 2 \cdot 2 = 25 - 16 = 9 $$ $$ t_1 = \frac{5 - 3}{4} = \frac{1}{2}, \quad t_2 = \frac{5 + 3}{4} = 2 $$ Учитывая ограничение $t \in \left(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right)$ (при $\frac{\pi}{2} \approx 1{,}57$): - $t = \frac{1}{2} \in \left(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right)$ — удовлетворяет условию. - $t = 2 \notin \left(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right)$, так как $2 > \frac{\pi}{2}$ — посторонний корень. Возвращаемся к переменной $x$: $$ \operatorname{arctg} x = \frac{1}{2} \iff x = \operatorname{tg} \frac{1}{2} $$ Ответ: $\operatorname{tg} \frac{1}{2}$.