MATeMAtyka 3. Zbiór zadań — strona 15

Sprowadzamy argumenty funkcji do kątów z jednego pełnego obrotu.

a)

$$3\sin240^\circ-4\operatorname{tg}60^\circ =3\left(-\frac{\sqrt3}{2}\right)-4\sqrt3 =-\frac{11\sqrt3}{2}.$$

b)

$$\frac{\sin315^\circ+2\cos90^\circ} {\operatorname{tg}(-150^\circ)\operatorname{ctg}30^\circ} =\frac{-\frac{\sqrt2}{2}}{\frac{\sqrt3}{3}\cdot\sqrt3} =-\frac{\sqrt2}{2}.$$

c)

$$\frac{4\cos30^\circ-3\sin180^\circ} {\operatorname{ctg}(-90^\circ)+\operatorname{tg}30^\circ} =\frac{2\sqrt3}{0+\frac{\sqrt3}{3}}=6.$$

d)

$$\cos(-420^\circ)+2\sin(-1620^\circ)=\cos60^\circ+2\sin180^\circ=\frac12.$$

e)

$$\frac{4\cos(-90^\circ)-3\sin135^\circ}{\sin240^\circ+\cos0^\circ} =\frac{-\frac{3\sqrt2}{2}}{1-\frac{\sqrt3}{2}} =-3\sqrt2(2+\sqrt3)=-6\sqrt2-3\sqrt6.$$

f) Licznik zawiera czynnik $\cos810^\circ=\cos90^\circ=0$, a mianownik jest równy $\sin(-150^\circ)-\cos180^\circ=\frac12\ne0$. Wartość ilorazu wynosi $0$.

Odejmując $7\cdot360^\circ=2520^\circ$, otrzymujemy

$$\alpha\in(180^\circ;270^\circ).$$

Ramię końcowe leży więc w III ćwiartce, gdzie $\sin\alpha<0$ i $\cos\alpha<0$. Iloczyn dwóch liczb ujemnych jest dodatni, czyli $\sin\alpha\cos\alpha>0$.

a) $1939^\circ\equiv139^\circ$ i $1119^\circ\equiv39^\circ$. Cotangens jest ujemny w II ćwiartce i dodatni w I, zatem

$$\operatorname{ctg}1939^\circ-\operatorname{ctg}1119^\circ<0.$$

b) $-1689^\circ\equiv111^\circ$ oraz $-2658^\circ\equiv222^\circ$. Pierwszy sinus jest dodatni, a drugi ujemny, więc ich różnica jest dodatnia.

c) $-3040^\circ\equiv200^\circ$ i $1540^\circ\equiv100^\circ$. Tangens kąta $200^\circ$ jest dodatni, a kąta $100^\circ$ ujemny, więc ich różnica jest dodatnia.

d) $2653^\circ\equiv133^\circ$ i $-3377^\circ\equiv223^\circ$. Oba cosinusy są ujemne, zatem ich suma jest ujemna.

Wskazówka godzinowa obraca się dwanaście razy wolniej niż minutowa. Gdy minutowa wykona obrót $3000^\circ$, godzinowa wykona obrót

$$\frac{3000^\circ}{12}=250^\circ.$$

Ramię minutowej po pełnych obrotach znajduje się pod kątem $3000^\circ\equiv120^\circ$. Różnica położeń wynosi

$$|250^\circ-120^\circ|=130^\circ,$$

czyli jest już mniejszym kątem między wskazówkami.

Korzystamy ze wzoru $\alpha_n=180^\circ-\frac{360^\circ}{n}$.

a) $\alpha_{12}=150^\circ$, więc $\cos\alpha_{12}=-\frac{\sqrt3}{2}$.

b) $\alpha_{120}=177^\circ$, a $15\alpha_{120}=2655^\circ\equiv135^\circ$. Zatem wynik to $\frac{\sqrt2}{2}$.

c) $\alpha_{10}=144^\circ$ i $\alpha_{18}=160^\circ$, więc

$$5\alpha_{10}-3\alpha_{18}=720^\circ-480^\circ=240^\circ,$$

czyli tangens jest równy $\sqrt3$.

d) $\alpha_{90}=176^\circ$ i $\alpha_{72}=175^\circ$. Stąd

$$10\alpha_{90}+4\alpha_{72}=2460^\circ\equiv120^\circ\pmod{180^\circ},$$

więc cotangens wynosi $-\frac{\sqrt3}{3}$.

W jednym pełnym obrocie warunek $\sin\alpha<0$ daje $\alpha\in(180^\circ;360^\circ)$. Z kolei $\sin2\alpha>0$ jest spełniony dla

$$\alpha\in(0^\circ;90^\circ)\cup(180^\circ;270^\circ).$$

Wspólna część to $(180^\circ;270^\circ)$. Dodajemy wielokrotności $360^\circ$ i przecinamy z $\langle500^\circ;1000^\circ\rangle$:

$$\alpha\in(540^\circ;630^\circ)\cup(900^\circ;990^\circ).$$

Punkt $P=(-2,2\sqrt3)$ leży w odległości $4$ od początku układu i odpowiada kątowi $120^\circ$. Po obrocie jego nowy kąt położenia jest równy sumie $120^\circ$ i kąta obrotu.

a) $120^\circ+30^\circ=150^\circ$, więc $P'=4(\cos150^\circ,\sin150^\circ)=(-2\sqrt3,2)$.

b) $120^\circ-150^\circ=-30^\circ$, więc $P'=(2\sqrt3,-2)$.

c) $120^\circ+780^\circ=900^\circ\equiv180^\circ$, więc $P'=(-4,0)$.

d) $120^\circ-165^\circ=-45^\circ$, więc $P'=(2\sqrt2,-2\sqrt2)$.

Obwód większego koła wynosi $2\pi\ \mathrm m$. Na drodze $100\pi\ \mathrm m$ wykona ono

$$\frac{100\pi}{2\pi}=50$$

obrotów, czyli obróci się o $50\cdot360^\circ=18\,000^\circ$.

Średnica mniejszego koła to $0{,}4\ \mathrm m$, więc jego obwód wynosi $0{,}4\pi\ \mathrm m$. Wykona ono

$$\frac{100\pi}{0{,}4\pi}=250$$

obrotów, czyli obróci się o $250\cdot360^\circ=90\,000^\circ$.