Номер 3.58, страница 95 - гдз по алгебре 10 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

3.58. 1) $2\arccos x = \arccos (2x^2 - 1)$;

2) $2\text{arctg}x = \arcsin \left(\frac{2x}{1+x^2}\right)$;

3) $2\text{arctg}x = \arccos \frac{1-x^2}{1+x^2}$;

4) $\arccos x = \text{arctg} \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}$.

1) Докажем тождество $2\arccos x = \arccos(2x^2 - 1)$.

Сначала определим область допустимых значений (ОДЗ). Для функции $\arccos x$ необходимо, чтобы $x \in [-1, 1]$. Для функции $\arccos(2x^2 - 1)$ необходимо, чтобы $-1 \le 2x^2 - 1 \le 1$. Это неравенство равносильно $0 \le 2x^2 \le 2$, или $0 \le x^2 \le 1$, что также выполняется для всех $x \in [-1, 1]$. Таким образом, обе части равенства определены при $x \in [-1, 1]$.

Пусть $\alpha = \arccos x$. По определению это означает, что $\cos \alpha = x$ и $\alpha \in [0, \pi]$.

Рассмотрим правую часть тождества: $\arccos(2x^2 - 1)$. Подставим в нее $x = \cos \alpha$:

$\arccos(2\cos^2 \alpha - 1)$

Используем тригонометрическую формулу косинуса двойного угла: $\cos(2\alpha) = 2\cos^2 \alpha - 1$. Тогда правая часть преобразуется к виду:

$\arccos(\cos(2\alpha))$

По определению арккосинуса, $\arccos(\cos y) = y$ только в том случае, если $y$ принадлежит основному промежутку $[0, \pi]$. В нашем случае $y = 2\alpha = 2\arccos x$.

Следовательно, равенство $2\arccos x = \arccos(\cos(2\arccos x))$ будет верным, если $2\arccos x \in [0, \pi]$, что эквивалентно $\arccos x \in [0, \pi/2]$.

Условие $\arccos x \in [0, \pi/2]$ выполняется, когда $x \ge 0$. С учетом ОДЗ $x \in [-1, 1]$, получаем, что данное тождество справедливо при $x \in [0, 1]$.

Ответ: Тождество справедливо при $x \in [0, 1]$.

2) Докажем тождество $2\operatorname{arctg} x = \arcsin\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)$.

ОДЗ для $\operatorname{arctg} x$ — все действительные числа, $x \in (-\infty, +\infty)$. Для $\arcsin y$ необходимо, чтобы $y \in [-1, 1]$. Проверим, выполняется ли условие $-1 \le \frac{2x}{1+x^2} \le 1$.

Неравенство $\frac{2x}{1+x^2} \le 1$ равносильно $2x \le 1+x^2$ (т.к. $1+x^2 > 0$), что дает $0 \le x^2 - 2x + 1$, или $(x-1)^2 \ge 0$. Это верно для любого $x$.

Неравенство $\frac{2x}{1+x^2} \ge -1$ равносильно $2x \ge -1-x^2$, что дает $x^2 + 2x + 1 \ge 0$, или $(x+1)^2 \ge 0$. Это также верно для любого $x$. Значит, обе части равенства определены для всех $x \in \mathbb{R}$.

Пусть $\alpha = \operatorname{arctg} x$. Тогда $\operatorname{tg} \alpha = x$ и $\alpha \in (-\pi/2, \pi/2)$.

Рассмотрим правую часть тождества, подставив $x = \operatorname{tg} \alpha$:

$\arcsin\left(\frac{2\operatorname{tg} \alpha}{1+\operatorname{tg}^2 \alpha}\right)$

Используем формулу синуса двойного угла через тангенс: $\sin(2\alpha) = \frac{2\operatorname{tg} \alpha}{1+\operatorname{tg}^2 \alpha}$. Правая часть становится:

$\arcsin(\sin(2\alpha))$

Равенство $\arcsin(\sin y) = y$ верно, если $y \in [-\pi/2, \pi/2]$. В нашем случае $y = 2\alpha = 2\operatorname{arctg} x$.

Значит, тождество справедливо при условии $2\operatorname{arctg} x \in [-\pi/2, \pi/2]$, что эквивалентно $\operatorname{arctg} x \in [-\pi/4, \pi/4]$. Это выполняется, когда $x \in [-1, 1]$.

Ответ: Тождество справедливо при $x \in [-1, 1]$.

3) Докажем тождество $2\operatorname{arctg} x = \arccos\frac{1-x^2}{1+x^2}$.

ОДЗ для левой части — все $x \in \mathbb{R}$. Для правой части нужно, чтобы $-1 \le \frac{1-x^2}{1+x^2} \le 1$.

Неравенство $\frac{1-x^2}{1+x^2} \le 1$ равносильно $1-x^2 \le 1+x^2$, что дает $-2x^2 \le 0$, или $x^2 \ge 0$. Это верно для всех $x$.

Неравенство $\frac{1-x^2}{1+x^2} \ge -1$ равносильно $1-x^2 \ge -1-x^2$, что дает $1 \ge -1$. Это тоже верно для всех $x$. Таким образом, обе части определены для всех $x \in \mathbb{R}$.

Пусть $\alpha = \operatorname{arctg} x$. Тогда $\operatorname{tg} \alpha = x$ и $\alpha \in (-\pi/2, \pi/2)$.

Подставим $x = \operatorname{tg} \alpha$ в правую часть:

$\arccos\left(\frac{1-\operatorname{tg}^2 \alpha}{1+\operatorname{tg}^2 \alpha}\right)$

Используем формулу косинуса двойного угла через тангенс: $\cos(2\alpha) = \frac{1-\operatorname{tg}^2 \alpha}{1+\operatorname{tg}^2 \alpha}$. Правая часть становится:

$\arccos(\cos(2\alpha))$

Равенство $\arccos(\cos y) = y$ верно при $y \in [0, \pi]$. В нашем случае $y = 2\alpha = 2\operatorname{arctg} x$.

Тождество справедливо, если $2\operatorname{arctg} x \in [0, \pi]$, что эквивалентно $\operatorname{arctg} x \in [0, \pi/2)$. Это выполняется при $x \ge 0$.

Ответ: Тождество справедливо при $x \ge 0$.

4) Проверим, является ли равенство $\arccos x = \operatorname{arctg}\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}$ тождеством.

ОДЗ для левой части $\arccos x$ есть $x \in [-1, 1]$. Для правой части $\operatorname{arctg}\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}$ необходимо, чтобы подкоренное выражение было строго положительным: $1-x^2 > 0$, что означает $x^2 < 1$, или $x \in (-1, 1)$. Таким образом, возможное равенство может выполняться только на интервале $x \in (-1, 1)$.

Пусть равенство является тождеством на некотором интервале. Тогда для $x$ из этого интервала значения функций и их тангенсы должны быть равны. Сравним тангенсы левой и правой частей.

Пусть $\alpha = \arccos x$. Тогда $\cos \alpha = x$. Мы знаем, что $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$, откуда $\sin \alpha = \sqrt{1-\cos^2\alpha} = \sqrt{1-x^2}$ (знак плюс, так как для $\alpha \in [0, \pi]$ синус неотрицателен).

Тангенс левой части:

$\operatorname{tg}(\arccos x) = \operatorname{tg} \alpha = \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \frac{\sqrt{1-x^2}}{x}$

Тангенс правой части:

$\operatorname{tg}\left(\operatorname{arctg}\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}\right) = \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}$

Приравняем тангенсы:

$\frac{\sqrt{1-x^2}}{x} = \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}$

Перемножая крест-накрест (при $x \ne 0$), получаем:

$(\sqrt{1-x^2})^2 = x^2$

$1-x^2 = x^2$

$2x^2 = 1$

$x^2 = \frac{1}{2}$

$x = \pm\frac{1}{\sqrt{2}}$

Поскольку равенство выполняется не для всех $x$ из области определения, а только для двух конкретных значений, оно не является тождеством. Вероятно, в условии задачи допущена опечатка. Правильным тождеством было бы, например, $\arcsin x = \operatorname{arctg}\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}$ для $x \in (-1, 1)$.

Ответ: Данное равенство не является тождеством, так как оно выполняется только для $x = \frac{1}{\sqrt{2}}$ и $x = -\frac{1}{\sqrt{2}}$.