Задачи М796—М800; Ф808—Ф812

39

Задачи

М796—М800; Ф808—Ф812

Этот раздел ведется у нас из номера в номер с момента основания журнала. Публикуемые в нем задачи не стандартны, но для их решения не требуется знаний, выходящих за рамки школьной программы. Наноблее трудные задания отмещаются звездочек. Послед фирмularовки задачи мы обычно указываем, кто нам ее предложил. Разумеется, не все эти задачи публикуются впервые. Решения задач из этого номера можно отправлять не позднее 30 июня 1983 года по адресу: 103006, Москва, К-6, ул. Горького, 32/1, «Квант». В графе «Кому» написите: «Задачик «Кванта» № 4 — 83» и номера задач, решения которых вы посылаете, например «М796, М797» или «Ф808». Решения задач из разных номеров журнала или по разным предметам (математике и физике) присваивают в разных конвертах. В письмо вложите конверт с написанным на нем вашим адресом (в этом конверте вы получите результаты проверки решения). Условие каждой оригинальной задачи, предлагаемой для публикации, присваивает в отдельном конверте в двух экземплярах вместе с вашим решением этой задачи (на конверте помещьте: «Задачик «Кванта», новая задач по физике» или «…новая задач по математике»). В начале каждого письма просим указывать номер школя и класс, в котором вы учитесь.

М796. Точка $P$ расположена внутри квадрата $ABCD$ так, что $|AP| : |BP| : |CP| = 1:2:3$. Най-dите $\widehat{APB}$.

Л. Д. Курляндик

М797*. Известно, что последним цифрами квадратов целых чисел могут быть лишь цифры 0, 1, 4, 5, 6 и 9. Верно ли, что перед последней цифрой в них может встретиться любая группа цифр, то есть что для любого набора из $n$ цифр $a_1, a_2, \dots, a_n$ можно найти целое число, квадрат которого окачивается цифрами $a_1 a_2 \dots a_n b$ (где $b$ — одна из перечисленных выше цифр)?

Д. Б. Фукс

М798*. На окружности отметили $4k$ точек и раскрасли их попеременно в красный и синий цвета; затем $2k$ красных точек произвольным образом соединили попарно $k$ красными отрезками, а $2k$ синиях — $k$ синими отрезками (никание три отрезка не пересекаются в одной точке). Докажите, что найдется по крайней мере $k$ точек пересечения красных отрезков с синими.

С. В. Фомин

М799. a) Найдите одно решение уравнения $3^{x+1}+100=7^{x-1}$ и докажите, что у него нет других решений.

6. • Найдите два решения уравнения

$$3^x+3^{x^2}=2^x+4^{x^2}$$

и докажите, что у него нет других решений.

С. С. Валландер

М800*. a) На плоскости отмечены все точки с целочисленными координатами — узлы квадратной решетки, и среди них выделен один «начальный» узел $O$. Для каждой из остальных узлов $P$ проведена прямая, относительно которой узлы $O$ и $P$ симметрины, — серединный перpendикуляр к отрезку $OP$. Проведенные прямые разбивают плоскость на мелкие части (треугольники и выпukлы многоугольники). Припишем каждой из них натуральное число —

40

ране — по следующему правилу: часть, содержащая точку $O$ (она имеет форму квадрата), получает ранг 1, части, граничшие с ней по стороне, — ранг 2, части, граничшие с ним по стороне (и отличные от уже рассмотренных) — ранг 3 и т. д. (рис. 1). Доказите, что суммарная площадь всех частей ранга $r$ одна и та же при всех натуральных $r$.

6. Верно ли аналогичное утверждение для произвольной решетки из параллельгаммов (в частности, из ромбов с углом в $60^\circ$)? Для решетки из правильных шестиугольников?
   в) Сформируйте и доказите аналогичное утверждение для кубического решетки в пространстве.

А. В. Гончааров

Ф808. Моторная лодка, нахождения в точке $A$ на расстоянии $R$ от берега озера, начинает разворот, двигаясь со скоростью $v=18$ km/ч по окружности радиуса $r=R/2$; в начальной момент скорость лодки направлена к берегу (рис. 2). Волна от лодки до берега через время $t=3$ мин после начала разворота. Скорость распространения волн от лодки по поверхности воды равна $u=9$ km/ч. Найти расстояние $R$.

А. И. Буздин

Ф809. Цилиндрический бак наполнен доверху жидкостью плотности $q$. Сверху бак плотно закрыт крышкой радиуса $R$. Снизу в баке имеется отверстие площади $s$, закрытое пробкой массы $m$ (рис. 3). Чтобы вытащить пробку из бака, нужно приложить силу $f$. С какой максимальной угловой скоростью можно врашать бак вокруг вертикальной оси так, чтобы пробка не вылетала?

В. И. Комов

Ф810. Имеется нагреваль с рабочей температурой $t_H=700^\circ C$. Температура окружающей среды — $t_0=20^\circ C$. Какое минимальное количество теплла необходимо забрать у нагревалеля, чтобы испарить $m=3$ кг воды, нагретий до температуры кипения ($t_1=100^\circ C$)? Удельная температура парообразования воды $r=2,26$ МДж/кг.

О. С. Рабинович

Ф811. В обычной схеме однополуперiodного выпрямителя (рис. 4) $C=1000$ мкФ, $R=500$ Ом. Частота сети $f=50$ Гц. Считая дидельным, найти:

1. величины коэффициента пульсации напряжения $k=\frac{\Delta U}{U}$ на резисторе $R$;
2. • во сколько раз уменьшится коэффициент $k$, если последовательно с резистором включить катушка индуктивности $L=100$ Гн?

А. Р. Зильберман

43

между которых не более 1, также, что длина части ломаной, заключающий между ними, не меньше 198.

Рис. 1.

Рис. 2.

М781. Построите прямую, паралельную стороне AC данной треугольника ABC и пересекающую его стороны AB и BC в таких точках D и E соответственно, что |AD| = |BE|.

Рис. 1.

Рис. 2.

как объединение двух множества U точек, удаленных на расстояние, не большее 1/2, от ломаной AM и множества V точек, удаленных на такое же расстояние от ломаной MB. Эти множества не пусты (U содержит точку C₁, а V—C₃) и каждое из них состоит из отрезков и отделных точек. (Действительно, множество точек плоскости, удаленных от ломаной на расстояние 1/2, представляет собой «коридор» ширины 1, иуший вдоль ломаной, с закруглением около ее вершин — см. рис. 2. Ясно, что такой коридор может пересекаться с произвольным отрезком по конечному числу отрезков и отделных точек.) Легко понять, что множества U и V имеют хотя бы одну общую точку P, либо в противном случае они не покрывали бы весь отрезок A₁A₃. На ломаной AM найдется точка X, отстоящая от P на расстояние, не большее 1/2; аналогичная точка Y (|YP|≤1/2) есть и на ломаной MB. Точки X и Y являются искомыми.

В самом деле, расстояние от X до Y не превыходит |XP|+|YP|≤1. С другой стороны,лина участка ломаной L от X до Y равна сумме длин ломанных XM и MY, то есть не меньше суммы длин отрезков XM и MY. Но |XM|≥|PC₂|—|PX|—|C₂M|≥|C₁C₂|—1=99; аналогично, |YM|≥99. Следовательно,лина ломаной XY не меньше 198.

А. П. Савин

Из многочисленных решений этой задачи мы выбрали два, показавшиеся нам наиболее почительными.

Первое решение основано на методе комотетии. Заметим, что при громотии Hᵉk с центром B и коэффициентом k=|AB|:|DB| отрезок DE перейдет в AC (рис. 1), так как (DE)||(AC); при этом △ABC перейдет в △A₁BC₁. Ясно, что |A₁A|=|BC| и что прямые A₁C и AE параллельны. Поэтому для построения отрезка DE достаточно отложить на луче BA отрезок |AA₁|, равный |BC|, (см. рис. 1) и проведсти через точку A прямую l, параллельную A₁C. Точка ее пересечения со стороны BC и есть искомая точка E. (Вершина C₁ фактически нам не понадобилась). Это построение можно слегка упростить: очевидно, что прямая l=(AE) пересекается с прямой, параллельной AB и проходящей через C, в точке K, удаленной от вершины C на расстояние |CK|=|AA₁|=|CB| (см. рис. 1). А построить точку K совсем легко.

Второе решение использует перемещения, точнее, перемещение определенного типа — скользываную симметрию. Скользывающую симметрию Sᵗᵗ с осью l и вектор а называется композиция осевой симметриции Sᵗᵗ и параллельного переносса на вектор а, при этом вектор а должен быть параллельен оси (рис. 2); в частности, при а=0 скользывающую симметрия превращается в обычную осву. Очевидно, что середина любого отрезка PP₁, где P₁—образ точки P при скольизации симметрики, лежит на ее оси (см. рис. 2). Кроме того, легко видеть, что для любых двух лучей PQ и P₁Q₁ можно указыть (единистенную) скользываную симметрию, переводящую луч во второй: ось l этой симметрики проходит через середину отрезка PP₁ и образует равные углы с данными лучами *) (см. рис. 2), а вектор равен P’P₁, где P’=Sᵗᵗ(P).

Рассмотрим теперь скользываную симметрию, переводящую луч AB в луч BC. Поскольку |AD|=|BE|, она переведет точку D в точку E. Поэтому середина F отрезка DE лежит на оси этой симметрики. С другой стороны, точка F лежит на медиане BM треугольника ABC, так как

*) Точнее, ось l параллельна биссертисе угла, стороны которого совпаданы с лучами PQ и P₁Q₁.

45

Теперь воочию видно, что $\sqrt[3]{3} > \sqrt[5]{6}$ и, следовательно, $n < 5$. Кроме того, видно, что, например, число 1,45 удовлетворяет первым четырем неравенствам.

Если же вместо калькулятора мы станем пользоваться логарифмической линейкой, дающей не более трех верных знаков, то, даже получив в качестве значения для $\sqrt[3]{3}$ число 1,44, а для числа $\sqrt[5]{6}$ значение 1,43, мы не будем уверенены в правильности последних цифр и должны будем сравнить эти корни прямым счетом, как это было сделано выше.

6. Покажем, что для любого натурального $n$ можно подобраться столь малое $\alpha > 0$, что аргументческая прогрессия $1 + \frac{\alpha}{2}, \left(1 + \frac{\alpha}{2}\right) + \alpha, \dots, \left(1 + \frac{\alpha}{2}\right) + n\alpha$ с разностью $\alpha$ и геометрическая прогрессия $1 + \alpha, (1 + \alpha)^2, \dots, (1 + \alpha)^n$ со значением $1 + \alpha$ удовлетворяют условиям задачи.

Воспользуемся тождествором $q^k - 1 = (q - 1)(q^{k-1} + q^{k-2} + \dots + 1)$. Полягая в нем $q = 1 + \alpha$, получим, что при всех $k \ge 1$

$$(1 + \alpha)^k = 1 + \alpha((1 + \alpha)^{k-1} + (1 + \alpha)^{k-2} + \dots + 1).$$

Подберем столь малое $\alpha$, что $(1 + \alpha)^n < 1 + \frac{1}{2n}$, тогда при всех $k = 1, \dots, n$

$$(1 + \alpha)^{k-1} + (1 + \alpha)^{k-2} + \dots + 1 < k(1 + \frac{1}{2n}) \leq k + \frac{1}{2}.$$

При таком $\alpha$ в силу (*) будут выполены неравенства $(1 + \frac{\alpha}{2}) + (k - 1)\alpha < 1 + k\alpha < (1 + \alpha)^k < 1 + \alpha(k + \frac{1}{2}) = (1 + \frac{\alpha}{2}) + k\alpha$ при всех $k = 1, \dots, n$, то есть $k$-й член указанной геометрической прогрессии заключен между $k$-м и $(k + 1)$-м членами аргументической прогрессии, что нам и требовалось.

A. П. Савин

**M784. Шарообразная планета движется по окружности вокрезды и врачается вокруг своей оси, причем ось сутичного врачания наклонена к плоскости орбиты под углом $\alpha$ (для нашей Земли $\alpha = 66,5^\circ$). Найдите зависимость продолжительности $T$ самого короткого дня в году в данной пункте на поверхности планеты от географической широты $\varphi$ этого пункта. (Движение планеты по орбите считается очень медленным по сравнению с врачанием). Напишите формулу для функции $T = T(\varphi)$ и начерите примерный график.

Рис. 1.

Ответ: $T(\varphi) = \frac{1}{\pi}$ агссos (tg $\varphi$ · ctg $\alpha$) при $0 \leq \varphi \leq \alpha$ и $T(\varphi) = 0$ при $\varphi > \alpha$ (за единицу времени приняты сутки для данной планеты, то есть время одного ее оборота вокруг своей оси); примерный график функции $T(\varphi)$ показан на рис. 1.

Пусть плоскость, содержащая точки с широтой $\varphi$, пересекает ось врачания планеты в точке $M$, а перpendикуляр к плоскости ее орбиты, проведенный из центра планеты $O$, — в точке $K$ (рис. 2). Гранизация дня и ночи на этой шрифте служит концы хорды $P_1P_2$, по которой указывается больший круг, отделяющий освещенную поливну планеты от неосвещенной. Поэтому продолжительность дня (в сутках) на шрифте $\varphi$ равна $T = \gamma/2\pi$, где $\gamma$ — величины угла $P_1MP_2$. Очевидно, этот угол (и продолжительность дня) имеет наименьшую величины, когда хорда $P_1P_2$ perpendикулярна прямой $MK$.

В этом случае $\cos \frac{\gamma}{2} = \frac{|MK|}{|MP_1|}$. Точка $P_1$ имеет широту $\varphi$, значит $P_1OM = \frac{\pi}{2} - \varphi$ и $|MP_1| = R \cos \varphi$, а $|OM| = R \sin \varphi$, где $R$ — радиус планеты (см. рис. 2). В треугольнике $MOK$ угол при вершине $O$ равен $\frac{\pi}{2} - \alpha$, поэтому $|MK| = |OM| \cdot \cos \varphi = R \sin \varphi$. Таким образом,

46

М785. а) Про возрастицую последовательность положительных чисел $a(n)$, $n=1, 2, 3, \dots$ извесно, что для любого натурального числа $k>1$ существует числа $b_k$ такое, что $a(kn) \leq b_k a(n)$ при всех $n$. Докажите, что существует последовательные числа $c$ и $a$, для которых $a(n) \leq cn^a$ при всех $n \geq 1$.

Останется ли верным это утверждение, если в условияб) слово «любого» заменить на «некоторого»?
в) не требовать, чтобы последовательность $a(n)$ была возрастицей?

$$a(k) \leq ba(1)$$
$$a(k^2) \leq ba(k)$$
$$a(k^r) \leq ba(k^{r-1})$$
$$b = k^{\log_k b}$$
$$b^{\log_k n} = n^{\log_k b}$$

$$\gamma = 2 \arccos \frac{|MK|}{|MP_1|} =$$
$$= 2 \arccos \frac{R \sin \varphi \mathrm{tg} \alpha}{R \cos \varphi} = 2 \arccos(tg \varphi \cdot ctg \alpha).$$

При $\varphi > \alpha$ в момент «зимнего солнцестояния» параллель с широтой $\varphi$ целиком лежит в неосвесенной половине планеты и $T(\varphi) = 0$; здесь наступает полярная ночь (эта область видела на рисунке 2 черным цветом). Заметим, что при приближении к точке $\varphi = \alpha$ (из интервала $\varphi < \alpha$) касательная к графику $T(\varphi)$ становится вертикальной.

А. П. Савин

Докажем сразу, что ответ на вопрос 6) утвердительный: если (для некоторого $k > 1$) найдется $b = b_k$ такое, что $a(nk) \leq b \cdot a(n)$ при всех $n$, то $a(n) \leq cn^u$ при некоторых $c$ и $a$.

Положим $a(1) = a$. Переменная ряда головных неравенств на полях, получим, что (для любого натурального $r$)
$$a(kr) \leq a \cdot br = a \cdot kr^u,$$
где $a = \log_k b$. Для любого $n$ выберем $r$ так, что $kr^{-1} < n \leq kr$, то есть $\log_k n \leq r < \log_k n + 1$. Получясь монotonность $a(n)$ и вторым красным тождестом на полях, получаем:
$$a(n) \leq a(kr) \leq a \cdot br < a \cdot b^{\log_k n + 1} = ab \cdot n^{\log_k b} = cn^u,$$
где $c = ab$.

Построим теперь пример, показывающий, что ответ на вопрос в) — отрицательный. Нетрудно построить такую последовательность $a(n)$, которая обладала бы свойством мультитипикативности: $a(mn) = a(m)a(n)$ для всех $m, n$, и при этом (для любого натурального $r$) нашли бы такие $n$, что $a(n) \geq n^r$. Например, можно положить
$$a(n) = p_1^{i_1} p_2^{i_2} p_3^{i_3} \dots p_s^{i_s}$$
для $n = p_1^{i_1} p_2^{i_2} \dots p_s^{i_s}$ (где $p_1 = 2, p_2 = 3, p_3 = 5, \dots$ — последовательно простые числа); тогда для $m = \prod_{r=1}^{s} p_r^{i_r}$, $n = \prod_{r=1}^{s} p_r^{i_r}$ будет $a(mn) = a(m)a(n) = \prod_{r=1}^{s} p_r^{i_r(i_r+i_r)}$ и для $n = p_r^k$ (при каждом натуральном $k$) $a(n) = p_r^k = n^r$.

Для этой последовательности условия $a(n) \leq b_k a(n)$ будет выполнено, например, при $b_k = a_k$. Но ни для каких $c$ и $a$ оценка $a(n) \leq cn^a$ не может быть верной для всех $n$, поскольку при $r > \alpha$ существует бесконечного много $n$ таких, что $a(n) \geq n^r > cn^a$ (при достаточно большом $n$).

Н. Б. Васильев

Рассмотрим движение одного шарика, свободно падающего в близости оси симметрии. Сразу после соударения с поверхностью шарика имеет скорость $v_0 = \sqrt{2gH}$ (поскольку удар абсолотно упругий); вектор $\vec{v}_0$ составляет угол $2\alpha$ с вертикальной (см. рисунок).

Пусть через время $t$ после соударения с поверхностью шарика вдоль горизонтали равно $l$ (см. рисунок), то есть
$$v_0 \sin 2\alpha \cdot t = l \Rightarrow t = l/v_0 \sin 2\alpha = l/(\sqrt{2gH} \sin 2\alpha),$$
где $v_0 \sin 2\alpha$ — горизонтальная проекция скорости $v_0$ (за время $t$ шарик не ударяется по поверхности). Высота, на которой будет находиться шарик через время $t$, равна
$$\Delta h = h_0 + v_0 \cos 2\alpha \cdot t - gt^2/2,$$
(*)
где $v_0 \cos 2\alpha$ — вертикальная проекция скорости $v_0$.

48

нальна его глубине. Во время работы колчественного воды, протекающей через сечение канала за одну секунду, увеличивается ввое. Как меняется при этом средняя скорость потока?

чает, что векторная сумма всех сил, действующих на такой объем, равна нулю.

Запишем это условия (II закон Ньютона) для выделенного на рисунке объема ABCD. Действующие на него силы — это сила тяжестей $F_\tau = \omega gabh$ (b — ширина потока), сила давления atmosферного воздуха $F_a = p_0ab$ (p$_0$ — atmosферное давление), сила давления лежащих ниже слоев воды $F_H = p_hab$ (p$_h$ — давление на «глубине» h), силы давления $F_\pi$ и $F_\pi$ со стороны воды слева (выше по течению) и справа (ниже по течению) и сила треня о прилежащей слой воды на глубине h. Запишем II закон Ньютона в проекциях на ось Y (см. рисок):

$$p_0ab + \omega gabh \cos \alpha - pab = 0.$$

Из этого уравнения видно, что давление p в потоке определяется только «глубиной» h.

Теперь запишем условия постоянства средней скорости для выделенного на рисунке объема MBCN. В проекциях на ось X имеем:

$$\omega gabH \sin \alpha - k \frac{v}{H} = 0.$$

Здесь $\omega gabH$ — сила тяжестей, v — средняя скорость течения, $kv/H$ — сила треня (k=const). (Силы давления со стороны воды слева и справа взаимно компенсируются, и поэтому мы не включали их в уравнение). Глубину H выразим через количество Q воды, протекающей через сечение канала за единицу времени: $Q = Hbv \Rightarrow H = \frac{Q}{bv}$.

Подставим это выражение в (*) и найдем v:

$$v = \left( \frac{\omega g \sin \alpha}{kb} \right)^{1/3} Q^{2/3}.$$

Отсюда видно, что при уравнения Q в 2 раза средняя скорость течения возрастает в $\sqrt[3]{4} \approx 1,6$ раза. Глубина потока возрастает при этом в $\sqrt[3]{2} \approx 1,3$ раза.

Г. Л. Коткин

Ф796. На главной оптической оси AB собирающей линии с фокусным расстоянием F нахождения плоское зеркальное, врачающееся с угловой скоростью w векру оси, перендикулярной оси AB (рис. 1). На зеркальное nadaет паралельный пучок лучей, который после отражения фокусируется на экране, расположенном в фокальной плоскости линии. Найти скорость светового пятна на экране в момент, когда оно проходит фокус линии.

Пусть в начальной момент времени угол между главной оптической осью лины и перпендикуляром к зеркалу равен α, а световое пятно при этом находится в точке пересечения оси с экраном (точка B на рисунке 1), то есть после отражения от зеркала лучи идут паралельно главной оптической оси. Через малый промежуток времени $\Delta t$ зеркало повернет на малый угол $\Delta a = \omega \cdot \Delta t$. Отраженные от зеркала лучи «повернуть» на угол $2\Delta a$ относительно оси (рис. 2) и световое пятно будет находится в точке C на экране. Найдем перемещение $|BC|$ пятна за время $\Delta t$:

$$|BC| = |OB|tg 2\Delta a = Ftg 2\Delta a \approx 2F \cdot \Delta a$$

(мы воспользовались тем, что $\Delta a$ мало и tg $\Delta a \approx \Delta a$). Зная перемещение, находим мгновенную скорость светового пятна в точке B:

$$v = \frac{|BC|}{\Delta t} = \frac{2F \cdot \Delta a}{\Delta t} = \frac{2F\omega \cdot \Delta t}{\Delta t} = 2F\omega.$$

E. И. Пальчикков

Рис. 1.
Рис. 2.

49

Ф797. Плоский конденсатор заполнен диэлектриком, диэлектрическая пропицаемость которого зависит от напряжения $U$ на конденсаторе по закону $\varepsilon = \alpha U$, где $\alpha = 0,1$ $B^{-1}$. Паралельно этот диэлектрик, диэлектрика, емкость «нелинейном» конденсатору (незаряженному) подключают обычный конденсатор, заряженный до разности потенциалов $U_0 = 60$ В. Каким будет напряжение на конденсаторе?

Поскольку «нелинейного» конденсатора от общного заклонается лишь в наличии между его обкладками диэлектрика, емкость «нелинейного» конденсатора при напряжении $U$ на нем равна

$$C = \varepsilon C_0 = \alpha UC_0,$$

где $C_0$ — емкость общного конденсатора. При этом заряд на «нелинейном» конденсatore —

$$q_H = CU = \alpha C_0 U^2,$$

а заряд на общном конденсatore —

$$q = C_0 U$$

(напряжение $U$ на конденсаторах при паралельном соединительном одинаковое).

Начальный заряд общного конденсатора был равен

$$q_0 = C_0 U_0,$$

и в силу закона сохранения заряда при любом напряжении $U$ на конденсаторах

$$q_H + q = q_0 \Rightarrow \alpha C_0 U^2 + C_0 U = C_0 U_0.$$

Отсюда находится напряжение $U$:

$$U = \frac{\sqrt{4\alpha U_0 + 1} - 1}{2\alpha} = 20 \text{ В.}$$

А. И. Буздин

Обратные тригонометрические функции

(Начало см. на с. 30)

На отрезке $[0; \frac{\pi}{2}]$ и синус, и косинус, и тангенс monotonны. Вычислим, например, косинус от сравниваемых чисел:

$$\cos \left( \arcsin \frac{2}{5} \right) = \sqrt{1 - \left( \frac{2}{5} \right)^2} = \frac{\sqrt{21}}{5},$$

$$\cos \left( \arccos \frac{2}{5} \right) = \frac{2}{5}.$$

Так как на $[0; \frac{\pi}{2}]$ косинус убивает, из неравенства

$$\cos \left( \arcsin \frac{2}{5} \right) > \cos \left( \arccos \frac{2}{5} \right)$$

следует, что

$$\arcsin \frac{2}{5} < \arccos \frac{2}{5}.$$

Пример 6. Вычислим $\arcsin(\sin 11)$. Для этого сравним сначала $11$ с $\frac{\pi}{2}$ $k$ ($k \in \mathbb{Z}$). Из неравенства $3 < \pi < 3,142$ ($\pi = 3,14159...$) следует, что $\frac{7}{2} \pi < 11 < 4\pi$. Значит, $-\frac{\pi}{2} < 11 - 4\pi < 0 < \frac{\pi}{2}$. Поэтому $\arcsin(\sin 11) = \arcsin(\sin(11 - 4\pi)) = 11 - 4\pi$.

Упражнения

1. Докажите точдество
   a) $\arcsin x = \begin{cases} \arcsin \sqrt{1-x^2}, \text{ если } 0 \leq x \leq 1 \\ \pi - \arcsin \sqrt{1-x^2}, \text{ если } -1 \leq x \leq 0; \end{cases}$
   b) $2 \arctg \frac{1+x}{1-x} + \arcsin \frac{1-x^2}{1+x^2} = \pi$ ($0 \leq x < 1$).

2. Вычисление
   a) $\arctg \frac{1}{3} + \arctg \frac{1}{5} + \arctg \frac{1}{7} + \arctg \frac{1}{8}$;
   b) $\arccos(\cos 4)$;
   b) $\arccos(\sin(-\frac{\pi}{7}))$.

3. Постройте график функции
   a) $\arccos(\cos x)$;
   b) $\arctg(tg x)$.