Страница 68 - гдз по алгебре 10 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

2.32. Проверьте справедливость равенства:

1) arcsin $\frac{\sqrt{3}}{2}$ + arccos $\frac{\sqrt{3}}{2}$ = $\frac{\pi}{2}$;

2) arcsin $\frac{4}{5}$ + arccos $\frac{2}{\sqrt{5}}$ = arctg $\frac{11}{2}$;

3) arctg 1 + arctg 2 = $\pi$ - arctg 3;

4) arccos $\sqrt{\frac{2}{3}}$ - arccos $\frac{\sqrt{6}+1}{2\sqrt{3}}$ = $\frac{\pi}{6}$.

1) Проверим равенство $ \arcsin\frac{\sqrt{3}}{2} + \arccos\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\pi}{2} $.

Данное равенство является частным случаем основного тригонометрического тождества $ \arcsin x + \arccos x = \frac{\pi}{2} $, которое справедливо для всех $ x \in [-1, 1] $.

В нашем случае $ x = \frac{\sqrt{3}}{2} $. Поскольку $ 0 < \frac{\sqrt{3}}{2} < 1 $, условие выполняется, и равенство справедливо.

Можно также проверить равенство прямым вычислением:

По определению арксинуса, $ \arcsin\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\pi}{3} $, так как $ \sin\frac{\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2} $ и $ \frac{\pi}{3} \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}] $.

По определению арккосинуса, $ \arccos\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\pi}{6} $, так как $ \cos\frac{\pi}{6} = \frac{\sqrt{3}}{2} $ и $ \frac{\pi}{6} \in [0, \pi] $.

Сложим полученные значения:

$ \frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{6} = \frac{2\pi}{6} + \frac{\pi}{6} = \frac{3\pi}{6} = \frac{\pi}{2} $.

Левая часть равна правой, следовательно, равенство справедливо.

Ответ: Равенство справедливо.

2) Проверим равенство $ \arcsin\frac{4}{5} + \arccos\frac{2}{\sqrt{5}} = \operatorname{arctg}\frac{11}{2} $.

Пусть $ \alpha = \arcsin\frac{4}{5} $ и $ \beta = \arccos\frac{2}{\sqrt{5}} $. Найдём тангенс левой части $ \operatorname{tg}(\alpha + \beta) $.

Из $ \alpha = \arcsin\frac{4}{5} $ следует, что $ \sin\alpha = \frac{4}{5} $ и $ \alpha \in (0, \frac{\pi}{2}) $ (так как $ \frac{4}{5} > 0 $).Найдём косинус: $ \cos\alpha = \sqrt{1 - \sin^2\alpha} = \sqrt{1 - (\frac{4}{5})^2} = \sqrt{1 - \frac{16}{25}} = \sqrt{\frac{9}{25}} = \frac{3}{5} $.Тогда тангенс: $ \operatorname{tg}\alpha = \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha} = \frac{4/5}{3/5} = \frac{4}{3} $.

Из $ \beta = \arccos\frac{2}{\sqrt{5}} $ следует, что $ \cos\beta = \frac{2}{\sqrt{5}} $ и $ \beta \in (0, \frac{\pi}{2}) $ (так как $ \frac{2}{\sqrt{5}} > 0 $).Найдём синус: $ \sin\beta = \sqrt{1 - \cos^2\beta} = \sqrt{1 - (\frac{2}{\sqrt{5}})^2} = \sqrt{1 - \frac{4}{5}} = \sqrt{\frac{1}{5}} = \frac{1}{\sqrt{5}} $.Тогда тангенс: $ \operatorname{tg}\beta = \frac{\sin\beta}{\cos\beta} = \frac{1/\sqrt{5}}{2/\sqrt{5}} = \frac{1}{2} $.

Теперь используем формулу тангенса суммы: $ \operatorname{tg}(\alpha + \beta) = \frac{\operatorname{tg}\alpha + \operatorname{tg}\beta}{1 - \operatorname{tg}\alpha\operatorname{tg}\beta} $.

$ \operatorname{tg}(\alpha + \beta) = \frac{\frac{4}{3} + \frac{1}{2}}{1 - \frac{4}{3} \cdot \frac{1}{2}} = \frac{\frac{8+3}{6}}{1 - \frac{4}{6}} = \frac{\frac{11}{6}}{\frac{2}{6}} = \frac{11}{2} $.

Поскольку $ \alpha \in (0, \frac{\pi}{2}) $ и $ \beta \in (0, \frac{\pi}{2}) $, их сумма $ \alpha + \beta \in (0, \pi) $.Так как $ \operatorname{tg}(\alpha + \beta) = \frac{11}{2} > 0 $, угол $ \alpha + \beta $ находится в первой четверти: $ \alpha + \beta \in (0, \frac{\pi}{2}) $.

Правая часть равенства, $ \operatorname{arctg}\frac{11}{2} $, по определению арктангенса также является углом из интервала $ (0, \frac{\pi}{2}) $.

Поскольку углы $ (\alpha + \beta) $ и $ \operatorname{arctg}\frac{11}{2} $ лежат в одном и том же интервале $ (0, \frac{\pi}{2}) $ и их тангенсы равны, то сами углы равны. Равенство справедливо.

Ответ: Равенство справедливо.

3) Проверим равенство $ \operatorname{arctg}1 + \operatorname{arctg}2 = \pi - \operatorname{arctg}3 $.

Рассмотрим левую часть. Пусть $ \alpha = \operatorname{arctg}1 $ и $ \beta = \operatorname{arctg}2 $.Мы знаем, что $ \alpha = \frac{\pi}{4} $. Поскольку $ 2 > 0 $, $ \beta \in (0, \frac{\pi}{2}) $.Оценим сумму $ \alpha + \beta $. Так как $ 2 > \sqrt{3} $, то $ \operatorname{arctg}2 > \operatorname{arctg}\sqrt{3} = \frac{\pi}{3} $.Тогда $ \alpha + \beta > \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{3} = \frac{7\pi}{12} $. Так как $ \frac{7\pi}{12} > \frac{\pi}{2} $, и $ \alpha+\beta < \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2} = \pi $, то $ \alpha+\beta \in (\frac{\pi}{2}, \pi) $.

Найдем тангенс суммы $ \alpha + \beta $:

$ \operatorname{tg}(\operatorname{arctg}1 + \operatorname{arctg}2) = \frac{\operatorname{tg}(\operatorname{arctg}1) + \operatorname{tg}(\operatorname{arctg}2)}{1 - \operatorname{tg}(\operatorname{arctg}1)\operatorname{tg}(\operatorname{arctg}2)} = \frac{1 + 2}{1 - 1 \cdot 2} = \frac{3}{-1} = -3 $.

Таким образом, левая часть является углом из интервала $ (\frac{\pi}{2}, \pi) $, тангенс которого равен -3. Такой угол равен $ \pi + \operatorname{arctg}(-3) = \pi - \operatorname{arctg}3 $.

Левая часть равна $ \pi - \operatorname{arctg}3 $, что совпадает с правой частью. Равенство справедливо.

Ответ: Равенство справедливо.

4) Проверим равенство $ \arccos\sqrt{\frac{2}{3}} - \arccos\frac{\sqrt{6}+1}{2\sqrt{3}} = \frac{\pi}{6} $.

Пусть $ \alpha = \arccos\sqrt{\frac{2}{3}} $ и $ \beta = \arccos\frac{\sqrt{6}+1}{2\sqrt{3}} $. Найдем косинус левой части $ \cos(\alpha - \beta) $.

Из $ \alpha = \arccos\sqrt{\frac{2}{3}} $ следует, что $ \cos\alpha = \sqrt{\frac{2}{3}} $ и $ \alpha \in (0, \frac{\pi}{2}) $.Тогда $ \sin\alpha = \sqrt{1 - \cos^2\alpha} = \sqrt{1 - \frac{2}{3}} = \sqrt{\frac{1}{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}} $.

Из $ \beta = \arccos\frac{\sqrt{6}+1}{2\sqrt{3}} $ следует, что $ \cos\beta = \frac{\sqrt{6}+1}{2\sqrt{3}} $. Так как $ \frac{\sqrt{6}+1}{2\sqrt{3}} > 0 $ и $ \frac{\sqrt{6}+1}{2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{18}+\sqrt{3}}{6} = \frac{3\sqrt{2}+\sqrt{3}}{6} \approx \frac{3 \cdot 1.414 + 1.732}{6} \approx \frac{5.974}{6} < 1 $, то $ \beta \in (0, \frac{\pi}{2}) $.Найдём синус $ \beta $:$ \cos^2\beta = \left(\frac{\sqrt{6}+1}{2\sqrt{3}}\right)^2 = \frac{6+2\sqrt{6}+1}{12} = \frac{7+2\sqrt{6}}{12} $.$ \sin^2\beta = 1 - \frac{7+2\sqrt{6}}{12} = \frac{12-7-2\sqrt{6}}{12} = \frac{5-2\sqrt{6}}{12} $.Заметим, что $ 5-2\sqrt{6} = (\sqrt{3}-\sqrt{2})^2 $, тогда $ \sin^2\beta = \frac{(\sqrt{3}-\sqrt{2})^2}{12} $.Поскольку $ \beta \in (0, \frac{\pi}{2}) $, $ \sin\beta > 0 $, значит $ \sin\beta = \frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{\sqrt{12}} = \frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{2\sqrt{3}} $.

Используем формулу косинуса разности: $ \cos(\alpha - \beta) = \cos\alpha\cos\beta + \sin\alpha\sin\beta $.

$ \cos(\alpha - \beta) = \left(\sqrt{\frac{2}{3}}\right) \left(\frac{\sqrt{6}+1}{2\sqrt{3}}\right) + \left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) \left(\frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{2\sqrt{3}}\right) $$ = \frac{\sqrt{2}(\sqrt{6}+1)}{6} + \frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{6} = \frac{\sqrt{12}+\sqrt{2}+\sqrt{3}-\sqrt{2}}{6} = \frac{2\sqrt{3}+\sqrt{3}}{6} = \frac{3\sqrt{3}}{6} = \frac{\sqrt{3}}{2} $.

Итак, $ \cos(\alpha - \beta) = \frac{\sqrt{3}}{2} $. Теперь определим интервал, в котором лежит $ \alpha-\beta $.Поскольку $ \alpha, \beta \in (0, \frac{\pi}{2}) $, то $ \alpha - \beta \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}) $.Сравним $ \cos\alpha $ и $ \cos\beta $: $ \cos\alpha = \sqrt{\frac{2}{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3} $. $ (3\sqrt{2}+\sqrt{3})^2 = 18+3+6\sqrt{6} = 21+6\sqrt{6} $. $ (2\sqrt{6})^2=24 $. Так как $ 21+6\sqrt{6} > 24 $, то $ 3\sqrt{2}+\sqrt{3} > 2\sqrt{6} $, откуда $ \cos\beta > \cos\alpha $.Поскольку функция $ y=\arccos(x) $ убывающая, из $ \cos\beta > \cos\alpha $ следует $ \beta < \alpha $, а значит $ \alpha - \beta > 0 $.

Таким образом, $ \alpha - \beta \in (0, \frac{\pi}{2}) $ и $ \cos(\alpha - \beta) = \frac{\sqrt{3}}{2} $. Единственный угол в этом интервале, удовлетворяющий условию, это $ \frac{\pi}{6} $.Следовательно, $ \alpha - \beta = \frac{\pi}{6} $. Равенство справедливо.

Ответ: Равенство справедливо.

2.33. Докажите, что выполняется равенство $ \alpha + \beta + \gamma = \alpha\beta\gamma $, если $ \text{arctg} \alpha + \text{arctg} \beta + \text{arctg} \gamma = \pi $.

Нам дано равенство $\text{arctg}\,\alpha + \text{arctg}\,\beta + \text{arctg}\,\gamma = \pi$. Необходимо доказать, что из него следует равенство $\alpha + \beta + \gamma = \alpha\beta\gamma$.

Для удобства введем следующие обозначения:

$A = \text{arctg}\,\alpha$

$B = \text{arctg}\,\beta$

$C = \text{arctg}\,\gamma$

Из этих обозначений следует, что $\alpha = \text{tg}\,A$, $\beta = \text{tg}\,B$ и $\gamma = \text{tg}\,C$. Область значений арктангенса — это интервал $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$, поэтому $A, B, C \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$.

Исходное условие можно переписать в виде:

$A + B + C = \pi$

А доказываемое равенство — в виде:

$\text{tg}\,A + \text{tg}\,B + \text{tg}\,C = (\text{tg}\,A)(\text{tg}\,B)(\text{tg}\,C)$

Теперь докажем это тригонометрическое тождество, исходя из того, что сумма углов равна $\pi$.

Из $A + B + C = \pi$ выразим сумму $A + B$:

$A + B = \pi - C$

Возьмем тангенс от обеих частей этого равенства:

$\text{tg}(A + B) = \text{tg}(\pi - C)$

Применим формулу тангенса суммы для левой части: $\text{tg}(x + y) = \frac{\text{tg}\,x + \text{tg}\,y}{1 - \text{tg}\,x\,\text{tg}\,y}$, и формулу приведения для правой части: $\text{tg}(\pi - z) = -\text{tg}\,z$.

Получаем:

$\frac{\text{tg}\,A + \text{tg}\,B}{1 - \text{tg}\,A\,\text{tg}\,B} = -\text{tg}\,C$

Данное преобразование является корректным, так как знаменатель $1 - \text{tg}\,A\,\text{tg}\,B$ не равен нулю. Если бы $1 - \text{tg}\,A\,\text{tg}\,B = 0$, то $\text{tg}(A+B)$ был бы не определен, что означало бы $A+B = \frac{\pi}{2} + k\pi$ для некоторого целого $k$. Из $A+B = \pi - C$ следовало бы, что $\pi - C = \frac{\pi}{2} + k\pi$, откуда $C = \frac{\pi}{2} - k\pi$. Но так как $C \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$, единственно возможное значение для $k$ равно $0$, что дает $C = \frac{\pi}{2}$. Однако это значение не входит в область значений арктангенса, поэтому такой случай невозможен.

Умножим обе части равенства на знаменатель $(1 - \text{tg}\,A\,\text{tg}\,B)$:

$\text{tg}\,A + \text{tg}\,B = -\text{tg}\,C \cdot (1 - \text{tg}\,A\,\text{tg}\,B)$

Раскроем скобки в правой части:

$\text{tg}\,A + \text{tg}\,B = -\text{tg}\,C + \text{tg}\,A\,\text{tg}\,B\,\text{tg}\,C$

Перенесем член $-\text{tg}\,C$ в левую часть:

$\text{tg}\,A + \text{tg}\,B + \text{tg}\,C = \text{tg}\,A\,\text{tg}\,B\,\text{tg}\,C$

Мы доказали тригонометрическое тождество. Теперь, выполнив обратную замену $\text{tg}\,A = \alpha$, $\text{tg}\,B = \beta$, $\text{tg}\,C = \gamma$, мы приходим к искомому равенству:

$\alpha + \beta + \gamma = \alpha\beta\gamma$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство доказано.

2.34. Проверьте, что:

1) $\text{arctg} \frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}-1} - \text{arctg} \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\pi}{4}$;

2) $\text{arctg} 3 - \arcsin \frac{\sqrt{5}}{5} = \frac{\pi}{4}$;

3) $\arcsin \frac{5}{13} + \arcsin \frac{12}{13} = \frac{\pi}{2}$;

4) $\frac{\pi}{2} + \arcsin \frac{77}{85} = \arcsin \frac{8}{17} + \arccos \left( -\frac{3}{5} \right)$.

1) Требуется проверить тождество $arctg\frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}-1} - arctg\frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\pi}{4}$.

Сначала упростим аргумент первого арктангенса, умножив числитель и знаменатель на сопряженное знаменателю выражение $(\sqrt{2}+1)$:

$\frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}-1} = \frac{(\sqrt{2}+1)(\sqrt{2}+1)}{(\sqrt{2}-1)(\sqrt{2}+1)} = \frac{(\sqrt{2})^2 + 2\sqrt{2} + 1^2}{(\sqrt{2})^2 - 1^2} = \frac{2 + 2\sqrt{2} + 1}{2-1} = 3 + 2\sqrt{2}$.

Теперь левая часть равенства имеет вид: $arctg(3 + 2\sqrt{2}) - arctg\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Воспользуемся формулой разности арктангенсов: $arctg(x) - arctg(y) = arctg\left(\frac{x-y}{1+xy}\right)$ при $xy > -1$.

В нашем случае $x = 3 + 2\sqrt{2}$ и $y = \frac{\sqrt{2}}{2}$. Так как $x > 0$ и $y > 0$, условие $xy > -1$ выполняется.

Вычислим значение дроби $\frac{x-y}{1+xy}$:

$x-y = 3 + 2\sqrt{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{6 + 4\sqrt{2} - \sqrt{2}}{2} = \frac{6 + 3\sqrt{2}}{2}$.

$1+xy = 1 + (3 + 2\sqrt{2}) \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 1 + \frac{3\sqrt{2} + 2(\sqrt{2})^2}{2} = 1 + \frac{3\sqrt{2} + 4}{2} = \frac{2 + 3\sqrt{2} + 4}{2} = \frac{6 + 3\sqrt{2}}{2}$.

Тогда $\frac{x-y}{1+xy} = \frac{\frac{6 + 3\sqrt{2}}{2}}{\frac{6 + 3\sqrt{2}}{2}} = 1$.

Следовательно, левая часть исходного равенства равна $arctg(1)$, что составляет $\frac{\pi}{4}$.

$\frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4}$. Тождество доказано.

Ответ: Равенство верно.

2) Требуется проверить тождество $arctg(3) - arcsin\frac{\sqrt{5}}{5} = \frac{\pi}{4}$.

Преобразуем $arcsin\frac{\sqrt{5}}{5}$ в арктангенс. Пусть $\alpha = arcsin\frac{\sqrt{5}}{5}$.

Тогда $sin(\alpha) = \frac{\sqrt{5}}{5}$, и так как аргумент арксинуса положителен, $\alpha \in (0, \frac{\pi}{2})$.

Найдем косинус $\alpha$ из основного тригонометрического тождества $sin^2(\alpha) + cos^2(\alpha) = 1$:

$cos(\alpha) = \sqrt{1 - sin^2(\alpha)} = \sqrt{1 - \left(\frac{\sqrt{5}}{5}\right)^2} = \sqrt{1 - \frac{5}{25}} = \sqrt{\frac{20}{25}} = \frac{\sqrt{20}}{5} = \frac{2\sqrt{5}}{5}$.

Теперь найдем тангенс $\alpha$:

$tg(\alpha) = \frac{sin(\alpha)}{cos(\alpha)} = \frac{\frac{\sqrt{5}}{5}}{\frac{2\sqrt{5}}{5}} = \frac{1}{2}$.

Следовательно, $arcsin\frac{\sqrt{5}}{5} = arctg\frac{1}{2}$.

Подставим это в исходное выражение: $arctg(3) - arctg\frac{1}{2}$.

Используем формулу разности арктангенсов $arctg(x) - arctg(y) = arctg\left(\frac{x-y}{1+xy}\right)$ с $x=3$ и $y=\frac{1}{2}$:

$\frac{x-y}{1+xy} = \frac{3 - \frac{1}{2}}{1 + 3 \cdot \frac{1}{2}} = \frac{\frac{5}{2}}{1 + \frac{3}{2}} = \frac{\frac{5}{2}}{\frac{5}{2}} = 1$.

Левая часть равна $arctg(1) = \frac{\pi}{4}$.

$\frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4}$. Тождество доказано.

Ответ: Равенство верно.

3) Требуется проверить тождество $arcsin\frac{5}{13} + arcsin\frac{12}{13} = \frac{\pi}{2}$.

Рассмотрим первое слагаемое. Пусть $\alpha = arcsin\frac{5}{13}$. По определению, $sin(\alpha) = \frac{5}{13}$ и $\alpha \in (0, \frac{\pi}{2})$.

Найдем $cos(\alpha)$:

$cos(\alpha) = \sqrt{1 - sin^2(\alpha)} = \sqrt{1 - \left(\frac{5}{13}\right)^2} = \sqrt{1 - \frac{25}{169}} = \sqrt{\frac{144}{169}} = \frac{12}{13}$.

Так как $cos(\alpha) = \frac{12}{13}$ и $\alpha \in (0, \frac{\pi}{2})$, то $\alpha = arccos\frac{12}{13}$.

Таким образом, мы показали, что $arcsin\frac{5}{13} = arccos\frac{12}{13}$.

Подставим это в левую часть исходного равенства:

$arcsin\frac{5}{13} + arcsin\frac{12}{13} = arccos\frac{12}{13} + arcsin\frac{12}{13}$.

Используя основное тождество для обратных тригонометрических функций $arcsin(x) + arccos(x) = \frac{\pi}{2}$, получаем:

$arccos\frac{12}{13} + arcsin\frac{12}{13} = \frac{\pi}{2}$.

Левая часть равна правой. Тождество доказано.

Ответ: Равенство верно.

4) Требуется проверить тождество $\frac{\pi}{2} + arcsin\frac{77}{85} = arcsin\frac{8}{17} + arccos\left(-\frac{3}{5}\right)$.

Для доказательства найдем косинус левой и правой частей и убедимся, что они принадлежат одному и тому же промежутку.

Пусть $L = \frac{\pi}{2} + arcsin\frac{77}{85}$. Так как $0 < arcsin\frac{77}{85} < \frac{\pi}{2}$, то $\frac{\pi}{2} < L < \pi$.

$cos(L) = cos\left(\frac{\pi}{2} + arcsin\frac{77}{85}\right) = -sin\left(arcsin\frac{77}{85}\right) = -\frac{77}{85}$.

Пусть $R = arcsin\frac{8}{17} + arccos\left(-\frac{3}{5}\right)$. Обозначим $\alpha = arcsin\frac{8}{17}$ и $\beta = arccos\left(-\frac{3}{5}\right)$.

Для $\alpha$: $sin(\alpha) = \frac{8}{17}$, $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$. Тогда $cos(\alpha) = \sqrt{1 - (\frac{8}{17})^2} = \sqrt{\frac{225}{289}} = \frac{15}{17}$.

Для $\beta$: $cos(\beta) = -\frac{3}{5}$, $\frac{\pi}{2} < \beta < \pi$. Тогда $sin(\beta) = \sqrt{1 - (-\frac{3}{5})^2} = \sqrt{\frac{16}{25}} = \frac{4}{5}$.

Теперь найдем косинус правой части $R = \alpha + \beta$:

$cos(R) = cos(\alpha + \beta) = cos(\alpha)cos(\beta) - sin(\alpha)sin(\beta) = \frac{15}{17} \cdot \left(-\frac{3}{5}\right) - \frac{8}{17} \cdot \frac{4}{5} = -\frac{45}{85} - \frac{32}{85} = -\frac{77}{85}$.

Мы получили, что $cos(L) = cos(R)$. Теперь определим промежуток, в котором находится $R$.

Найдем синус $R = \alpha + \beta$:

$sin(R) = sin(\alpha + \beta) = sin(\alpha)cos(\beta) + cos(\alpha)sin(\beta) = \frac{8}{17} \cdot \left(-\frac{3}{5}\right) + \frac{15}{17} \cdot \frac{4}{5} = -\frac{24}{85} + \frac{60}{85} = \frac{36}{85}$.

Так как $cos(R) < 0$ и $sin(R) > 0$, угол $R$ находится во второй четверти, то есть $\frac{\pi}{2} < R < \pi$.

Оба угла, $L$ и $R$, находятся в одном и том же промежутке $(\frac{\pi}{2}, \pi)$ и имеют одинаковые косинусы. Следовательно, они равны.

Ответ: Равенство верно.

2.35. Верно ли равенство $\arccos x + \arccos \left( \frac{x}{2} + \frac{1}{2}\sqrt{3 - 3x^2} \right) = \frac{\pi}{3}$, $x \in \left[ \frac{1}{2}; 1 \right]$?

Для проверки справедливости равенства рассмотрим его левую часть. Обозначим $L(x) = \arccos x + \arccos\left(\frac{x}{2} + \frac{1}{2}\sqrt{3-3x^2}\right)$.

Прежде всего, преобразуем выражение под знаком второго арккосинуса. Заметим, что $\sqrt{3-3x^2} = \sqrt{3(1-x^2)} = \sqrt{3}\sqrt{1-x^2}$.Тогда левая часть равенства принимает вид:$L(x) = \arccos x + \arccos\left(\frac{1}{2}x + \frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{1-x^2}\right)$.

Введем замену переменной. Пусть $\alpha = \arccos x$. По условию задачи $x \in \left[\frac{1}{2}, 1\right]$. Поскольку функция арккосинус является убывающей, то для $\alpha$ получаем:$\arccos(1) \le \alpha \le \arccos\left(\frac{1}{2}\right)$,что соответствует промежутку $\alpha \in \left[0, \frac{\pi}{3}\right]$.

Из определения $\alpha = \arccos x$ следует, что $\cos \alpha = x$.Так как $\alpha$ находится в первой четверти ($ \alpha \in \left[0, \frac{\pi}{3}\right] $), то $\sin \alpha \ge 0$. Следовательно, мы можем записать:$\sin \alpha = \sqrt{1-\cos^2 \alpha} = \sqrt{1-x^2}$.

Теперь подставим выражения для $x$ и $\sqrt{1-x^2}$ в левую часть исходного равенства:$L(x) = \alpha + \arccos\left(\frac{1}{2}\cos \alpha + \frac{\sqrt{3}}{2}\sin \alpha\right)$.

Выражение в скобках второго арккосинуса соответствует формуле косинуса разности: $\cos(A - B) = \cos A \cos B + \sin A \sin B$.Мы знаем, что $\cos\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{1}{2}$ и $\sin\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{\sqrt{3}}{2}$.Следовательно, выражение можно переписать в виде:$\frac{1}{2}\cos \alpha + \frac{\sqrt{3}}{2}\sin \alpha = \cos\left(\frac{\pi}{3}\right)\cos \alpha + \sin\left(\frac{\pi}{3}\right)\sin \alpha = \cos\left(\alpha - \frac{\pi}{3}\right)$.

Таким образом, левая часть исходного равенства преобразуется к виду:$L(x) = \alpha + \arccos\left(\cos\left(\alpha - \frac{\pi}{3}\right)\right)$.

Далее воспользуемся свойством $\arccos(\cos y) = y$, которое справедливо только при условии $y \in [0, \pi]$.Определим, в каком промежутке находится наш аргумент $\alpha - \frac{\pi}{3}$.Поскольку $\alpha \in \left[0, \frac{\pi}{3}\right]$, то $\alpha - \frac{\pi}{3} \in \left[0 - \frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{3}\right]$, то есть $\alpha - \frac{\pi}{3} \in \left[-\frac{\pi}{3}, 0\right]$.Этот промежуток не входит в область $[0, \pi]$, поэтому мы не можем напрямую применить указанное выше свойство.

Однако, функция косинус является четной, то есть $\cos(-y) = \cos y$. Используя это свойство, получаем:$\cos\left(\alpha - \frac{\pi}{3}\right) = \cos\left(-\left(\alpha - \frac{\pi}{3}\right)\right) = \cos\left(\frac{\pi}{3} - \alpha\right)$.Теперь рассмотрим новый аргумент $y' = \frac{\pi}{3} - \alpha$.Так как $\alpha \in \left[0, \frac{\pi}{3}\right]$, то $-\alpha \in \left[-\frac{\pi}{3}, 0\right]$, и $\frac{\pi}{3} - \alpha \in \left[\frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3} - 0\right]$, то есть $\frac{\pi}{3} - \alpha \in \left[0, \frac{\pi}{3}\right]$.Этот промежуток $\left[0, \frac{\pi}{3}\right]$ является подмножеством отрезка $[0, \pi]$, поэтому для него свойство $\arccos(\cos y') = y'$ выполняется.Таким образом, $\arccos\left(\cos\left(\frac{\pi}{3} - \alpha\right)\right) = \frac{\pi}{3} - \alpha$.

Подставляем полученное выражение обратно в левую часть:$L(x) = \alpha + \left(\frac{\pi}{3} - \alpha\right) = \frac{\pi}{3}$.

Мы показали, что левая часть равенства тождественно равна $\frac{\pi}{3}$ для всех $x$ из заданного промежутка $x \in \left[\frac{1}{2}, 1\right]$.Следовательно, данное равенство является верным.

Ответ: Да, равенство верно.