Страница 114, часть 1 - гдз по алгебре 10 класс учебник часть 1, 2 Пак, Ардакулы

1. (2) Вычислите значения следующих выражений:

а) $\sin\left(\arcsin \frac{3}{5}\right)$, $\cos\left(\arcsin \frac{3}{5}\right)$, $\text{tg}\left(\arcsin \frac{3}{5}\right)$, $\text{ctg}\left(\arcsin \frac{3}{5}\right)$;

б) $\cos\left(\arccos \left(-\frac{1}{3}\right)\right)$, $\sin\left(\arccos \left(-\frac{1}{3}\right)\right)$, $\text{tg}\left(\arccos \left(-\frac{1}{3}\right)\right)$, $\text{ctg}\left(\arccos \left(-\frac{1}{3}\right)\right)$;

В) $\text{ctg}(\text{arcctg}5)$, $\sin(\text{arcctg}5)$, $\cos(\text{arcctg}5)$, $\text{tg}(\text{arcctg}5)$.

а)Для вычисления значений выражений, введем обозначение $\alpha = \arcsin\frac{3}{5}$.
По определению арксинуса, это означает, что $\sin(\alpha) = \frac{3}{5}$ и угол $\alpha$ находится в диапазоне $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$.
Поскольку значение синуса $\frac{3}{5}$ положительно, угол $\alpha$ принадлежит первой четверти, то есть $\alpha \in [0, \frac{\pi}{2}]$. В этой четверти все тригонометрические функции (косинус, тангенс, котангенс) имеют положительные значения.
1. $\sin\left(\arcsin\frac{3}{5}\right)$: По определению арксинуса, $\sin(\arcsin x) = x$ для любого $x \in [-1, 1]$. Следовательно, $\sin\left(\arcsin\frac{3}{5}\right) = \frac{3}{5}$.
2. $\cos\left(\arcsin\frac{3}{5}\right)$: Воспользуемся основным тригонометрическим тождеством $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$.
$\cos^2\alpha = 1 - \sin^2\alpha = 1 - \left(\frac{3}{5}\right)^2 = 1 - \frac{9}{25} = \frac{25-9}{25} = \frac{16}{25}$.
Так как $\alpha$ находится в первой четверти, $\cos\alpha \ge 0$. Поэтому $\cos\alpha = \sqrt{\frac{16}{25}} = \frac{4}{5}$.
3. $\operatorname{tg}\left(\arcsin\frac{3}{5}\right)$: Тангенс угла определяется как отношение синуса к косинусу: $\operatorname{tg}\alpha = \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}$.
$\operatorname{tg}\alpha = \frac{3/5}{4/5} = \frac{3}{4}$.
4. $\operatorname{ctg}\left(\arcsin\frac{3}{5}\right)$: Котангенс угла определяется как отношение косинуса к синусу: $\operatorname{ctg}\alpha = \frac{\cos\alpha}{\sin\alpha}$.
$\operatorname{ctg}\alpha = \frac{4/5}{3/5} = \frac{4}{3}$.
Ответ: $\frac{3}{5}$, $\frac{4}{5}$, $\frac{3}{4}$, $\frac{4}{3}$.

б)Для вычисления значений выражений, введем обозначение $\beta = \arccos\left(-\frac{1}{3}\right)$.
По определению арккосинуса, это означает, что $\cos(\beta) = -\frac{1}{3}$ и угол $\beta$ находится в диапазоне $[0, \pi]$.
Поскольку значение косинуса $-\frac{1}{3}$ отрицательно, угол $\beta$ принадлежит второй четверти, то есть $\beta \in [\frac{\pi}{2}, \pi]$. В этой четверти синус положителен, а тангенс и котангенс отрицательны.
1. $\cos\left(\arccos\left(-\frac{1}{3}\right)\right)$: По определению арккосинуса, $\cos(\arccos x) = x$ для любого $x \in [-1, 1]$. Следовательно, $\cos\left(\arccos\left(-\frac{1}{3}\right)\right) = -\frac{1}{3}$.
2. $\sin\left(\arccos\left(-\frac{1}{3}\right)\right)$: Воспользуемся основным тригонометрическим тождеством $\sin^2\beta + \cos^2\beta = 1$.
$\sin^2\beta = 1 - \cos^2\beta = 1 - \left(-\frac{1}{3}\right)^2 = 1 - \frac{1}{9} = \frac{8}{9}$.
Так как $\beta$ находится во второй четверти, $\sin\beta \ge 0$. Поэтому $\sin\beta = \sqrt{\frac{8}{9}} = \frac{\sqrt{8}}{3} = \frac{2\sqrt{2}}{3}$.
3. $\operatorname{tg}\left(\arccos\left(-\frac{1}{3}\right)\right)$: $\operatorname{tg}\beta = \frac{\sin\beta}{\cos\beta} = \frac{2\sqrt{2}/3}{-1/3} = -2\sqrt{2}$.
4. $\operatorname{ctg}\left(\arccos\left(-\frac{1}{3}\right)\right)$: $\operatorname{ctg}\beta = \frac{\cos\beta}{\sin\beta} = \frac{-1/3}{2\sqrt{2}/3} = -\frac{1}{2\sqrt{2}} = -\frac{\sqrt{2}}{4}$.
Ответ: $-\frac{1}{3}$, $\frac{2\sqrt{2}}{3}$, $-2\sqrt{2}$, $-\frac{\sqrt{2}}{4}$.

в)Для вычисления значений выражений, введем обозначение $\gamma = \operatorname{arcctg}5$.
По определению арккотангенса, это означает, что $\operatorname{ctg}(\gamma) = 5$ и угол $\gamma$ находится в диапазоне $(0, \pi)$.
Поскольку значение котангенса $5$ положительно, угол $\gamma$ принадлежит первой четверти, то есть $\gamma \in (0, \frac{\pi}{2})$. В этой четверти все тригонометрические функции имеют положительные значения.
1. $\operatorname{ctg}(\operatorname{arcctg}5)$: По определению арккотангенса, $\operatorname{ctg}(\operatorname{arcctg} x) = x$. Следовательно, $\operatorname{ctg}(\operatorname{arcctg}5) = 5$.
2. $\sin(\operatorname{arcctg}5)$: Воспользуемся тождеством $1 + \operatorname{ctg}^2\gamma = \frac{1}{\sin^2\gamma}$.
$1 + 5^2 = \frac{1}{\sin^2\gamma} \implies 26 = \frac{1}{\sin^2\gamma} \implies \sin^2\gamma = \frac{1}{26}$.
Так как $\gamma$ в первой четверти, $\sin\gamma > 0$. Поэтому $\sin\gamma = \sqrt{\frac{1}{26}} = \frac{1}{\sqrt{26}} = \frac{\sqrt{26}}{26}$.
3. $\cos(\operatorname{arcctg}5)$: Воспользуемся тождеством $\operatorname{tg}^2\gamma + 1 = \frac{1}{\cos^2\gamma}$. Сначала найдем тангенс: $\operatorname{tg}\gamma = \frac{1}{\operatorname{ctg}\gamma} = \frac{1}{5}$.
$\left(\frac{1}{5}\right)^2 + 1 = \frac{1}{\cos^2\gamma} \implies \frac{1}{25} + 1 = \frac{1}{\cos^2\gamma} \implies \frac{26}{25} = \frac{1}{\cos^2\gamma} \implies \cos^2\gamma = \frac{25}{26}$.
Так как $\gamma$ в первой четверти, $\cos\gamma > 0$. Поэтому $\cos\gamma = \sqrt{\frac{25}{26}} = \frac{5}{\sqrt{26}} = \frac{5\sqrt{26}}{26}$.
4. $\operatorname{tg}(\operatorname{arcctg}5)$: Как мы уже нашли, $\operatorname{tg}\gamma = \frac{1}{\operatorname{ctg}\gamma} = \frac{1}{5}$.
Ответ: $5$, $\frac{\sqrt{26}}{26}$, $\frac{5\sqrt{26}}{26}$, $\frac{1}{5}$.

2. (3) Вычислите значения следующих выражений:

а)

$cos\left(\frac{\pi}{3}-\arccos\left(-\frac{1}{3}\right)\right)$, $cos\left(\arcsin\frac{3}{5}-\arccos\left(-\frac{1}{3}\right)\right)$, $cos\left(\arcsin\frac{3}{5}+\text{arcctg}5\right);$

б)

$\sin\left(\arcsin\frac{3}{5}+\frac{\pi}{4}\right)$, $\sin\left(\arcsin\frac{3}{5}+\arccos\frac{1}{3}\right)$, $\sin(\text{arcctg}5-\text{arcctg}2);$

в)

$\text{tg}\left(\frac{\pi}{6}-\text{arcctg}5\right)$, $\text{tg}\left(\arccos\left(-\frac{1}{3}\right)-\text{arcctg}5\right)$, $\text{tg}\left(\arccos\left(-\frac{1}{3}\right)+\arcsin\frac{2}{3}\right).$

а)

Для выражения $cos(\frac{\pi}{3}-\arccos(\frac{1}{3}))$: используем формулу косинуса разности $cos(A-B) = cos(A)cos(B)+sin(A)sin(B)$. Пусть $\alpha = \arccos(\frac{1}{3})$, тогда $cos(\alpha)=\frac{1}{3}$ и $sin(\alpha)=\sqrt{1-(\frac{1}{3})^2}=\sqrt{\frac{8}{9}}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$. Выражение равно $cos(\frac{\pi}{3})cos(\alpha)+sin(\frac{\pi}{3})sin(\alpha) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} + \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{2\sqrt{2}}{3} = \frac{1}{6} + \frac{2\sqrt{6}}{6} = \frac{1+2\sqrt{6}}{6}$.

Ответ: $\frac{1+2\sqrt{6}}{6}$.

Для выражения $cos(\arcsin\frac{3}{5}-\arccos(-\frac{1}{3}))$: используем формулу косинуса разности. Пусть $A = \arcsin\frac{3}{5}$ и $B = \arccos(-\frac{1}{3})$. Тогда $sin(A)=\frac{3}{5}$ и $cos(A)=\sqrt{1-(\frac{3}{5})^2}=\frac{4}{5}$. Для $B$, $cos(B)=-\frac{1}{3}$ и $sin(B)=\sqrt{1-(-\frac{1}{3})^2}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$ (так как $B$ во II четверти, $sin(B)>0$). Выражение равно $cos(A)cos(B)+sin(A)sin(B) = \frac{4}{5} \cdot (-\frac{1}{3}) + \frac{3}{5} \cdot \frac{2\sqrt{2}}{3} = \frac{-4+6\sqrt{2}}{15}$.

Ответ: $\frac{6\sqrt{2}-4}{15}$.

Для выражения $cos(\arcsin\frac{3}{5}+\mathrm{arcctg}\,5)$: используем формулу косинуса суммы $cos(A+B) = cos(A)cos(B)-sin(A)sin(B)$. Пусть $A = \arcsin\frac{3}{5}$ и $B = \mathrm{arcctg}\,5$. Тогда $sin(A)=\frac{3}{5}$, $cos(A)=\frac{4}{5}$. Для $B$, $\mathrm{ctg}\,(B)=5$. Из $1+\mathrm{ctg}^2(B) = \frac{1}{sin^2(B)}$ находим $sin(B)=\frac{1}{\sqrt{1+5^2}}=\frac{1}{\sqrt{26}}$. Тогда $cos(B) = \mathrm{ctg}\,(B) \cdot sin(B) = \frac{5}{\sqrt{26}}$. Выражение равно $\frac{4}{5} \cdot \frac{5}{\sqrt{26}} - \frac{3}{5} \cdot \frac{1}{\sqrt{26}} = \frac{20-3}{5\sqrt{26}} = \frac{17}{5\sqrt{26}} = \frac{17\sqrt{26}}{130}$.

Ответ: $\frac{17\sqrt{26}}{130}$.

б)

Для выражения $sin(\arcsin\frac{3}{5}+\frac{\pi}{4})$: используем формулу синуса суммы $sin(A+B) = sin(A)cos(B)+cos(A)sin(B)$. Пусть $A = \arcsin\frac{3}{5}$, тогда $sin(A)=\frac{3}{5}$ и $cos(A)=\frac{4}{5}$. Значения для $B=\frac{\pi}{4}$: $sin(\frac{\pi}{4})=\frac{\sqrt{2}}{2}$, $cos(\frac{\pi}{4})=\frac{\sqrt{2}}{2}$. Выражение равно $\frac{3}{5} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{4}{5} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{3\sqrt{2}+4\sqrt{2}}{10} = \frac{7\sqrt{2}}{10}$.

Ответ: $\frac{7\sqrt{2}}{10}$.

Для выражения $sin(\arcsin\frac{3}{5}+\arccos\frac{1}{3})$: используем формулу синуса суммы. Пусть $A = \arcsin\frac{3}{5}$ и $B = \arccos\frac{1}{3}$. Тогда $sin(A)=\frac{3}{5}$, $cos(A)=\frac{4}{5}$. Для $B$, $cos(B)=\frac{1}{3}$ и $sin(B)=\sqrt{1-(\frac{1}{3})^2}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$. Выражение равно $sin(A)cos(B)+cos(A)sin(B) = \frac{3}{5} \cdot \frac{1}{3} + \frac{4}{5} \cdot \frac{2\sqrt{2}}{3} = \frac{3+8\sqrt{2}}{15}$.

Ответ: $\frac{3+8\sqrt{2}}{15}$.

Для выражения $sin(\mathrm{arcctg}\,5-\mathrm{arcctg}\,2)$: используем формулу синуса разности $sin(A-B)=sin(A)cos(B)-cos(A)sin(B)$. Пусть $A = \mathrm{arcctg}\,5$ и $B = \mathrm{arcctg}\,2$. Для $A$: $\mathrm{ctg}\,(A)=5$, $sin(A)=\frac{1}{\sqrt{26}}$, $cos(A)=\frac{5}{\sqrt{26}}$. Для $B$: $\mathrm{ctg}\,(B)=2$, $sin(B)=\frac{1}{\sqrt{1+2^2}}=\frac{1}{\sqrt{5}}$, $cos(B)=\frac{2}{\sqrt{5}}$. Выражение равно $\frac{1}{\sqrt{26}} \cdot \frac{2}{\sqrt{5}} - \frac{5}{\sqrt{26}} \cdot \frac{1}{\sqrt{5}} = \frac{2-5}{\sqrt{130}} = -\frac{3}{\sqrt{130}} = -\frac{3\sqrt{130}}{130}$.

Ответ: $-\frac{3\sqrt{130}}{130}$.

в)

Для выражения $tg(\frac{\pi}{6}-\mathrm{arcctg}\,5)$: используем формулу тангенса разности $tg(A-B) = \frac{tg(A)-tg(B)}{1+tg(A)tg(B)}$. Пусть $A = \frac{\pi}{6}$ и $B=\mathrm{arcctg}\,5$. Тогда $tg(A)=\frac{1}{\sqrt{3}}$ и $tg(B)=\frac{1}{\mathrm{ctg}\,(B)}=\frac{1}{5}$. Выражение равно $\frac{\frac{1}{\sqrt{3}}-\frac{1}{5}}{1+\frac{1}{\sqrt{3}}\cdot\frac{1}{5}} = \frac{\frac{5-\sqrt{3}}{5\sqrt{3}}}{\frac{5\sqrt{3}+1}{5\sqrt{3}}} = \frac{5-\sqrt{3}}{1+5\sqrt{3}} = \frac{(5-\sqrt{3})(5\sqrt{3}-1)}{(5\sqrt{3}+1)(5\sqrt{3}-1)} = \frac{25\sqrt{3}-5-15+\sqrt{3}}{75-1} = \frac{26\sqrt{3}-20}{74} = \frac{13\sqrt{3}-10}{37}$.

Ответ: $\frac{13\sqrt{3}-10}{37}$.

Для выражения $tg(\arccos(-\frac{1}{3})-\mathrm{arctg}\,5)$: используем формулу тангенса разности. Пусть $A = \arccos(-\frac{1}{3})$ и $B=\mathrm{arctg}\,5$. Для $A$: $cos(A)=-\frac{1}{3}$, $A$ во II четверти, $sin(A)=\sqrt{1-(-\frac{1}{3})^2}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$. Тогда $tg(A)=\frac{sin(A)}{cos(A)}=-2\sqrt{2}$. Для $B$: $tg(B)=5$. Выражение равно $\frac{-2\sqrt{2}-5}{1+(-2\sqrt{2})\cdot 5} = \frac{-(5+2\sqrt{2})}{1-10\sqrt{2}} = \frac{(5+2\sqrt{2})(1+10\sqrt{2})}{(10\sqrt{2}-1)(10\sqrt{2}+1)} = \frac{5+50\sqrt{2}+2\sqrt{2}+40}{200-1} = \frac{45+52\sqrt{2}}{199}$.

Ответ: $\frac{45+52\sqrt{2}}{199}$.

Для выражения $tg(\arccos(-\frac{1}{3})+\arcsin\frac{2}{3})$: используем формулу тангенса суммы $tg(A+B) = \frac{tg(A)+tg(B)}{1-tg(A)tg(B)}$. Пусть $A = \arccos(-\frac{1}{3})$ и $B = \arcsin\frac{2}{3}$. Как ранее, $tg(A)=-2\sqrt{2}$. Для $B$: $sin(B)=\frac{2}{3}$, $B$ в I четверти, $cos(B)=\sqrt{1-(\frac{2}{3})^2}=\frac{\sqrt{5}}{3}$. Тогда $tg(B)=\frac{2/3}{\sqrt{5}/3}=\frac{2}{\sqrt{5}}$. Выражение равно $\frac{-2\sqrt{2}+\frac{2}{\sqrt{5}}}{1-(-2\sqrt{2})\cdot\frac{2}{\sqrt{5}}} = \frac{\frac{-2\sqrt{10}+2}{\sqrt{5}}}{\frac{\sqrt{5}+4\sqrt{2}}{\sqrt{5}}} = \frac{2-2\sqrt{10}}{\sqrt{5}+4\sqrt{2}} = \frac{(2-2\sqrt{10})(\sqrt{5}-4\sqrt{2})}{(\sqrt{5}+4\sqrt{2})(\sqrt{5}-4\sqrt{2})} = \frac{2\sqrt{5}-8\sqrt{2}-2\sqrt{50}+8\sqrt{20}}{5-32} = \frac{2\sqrt{5}-8\sqrt{2}-10\sqrt{2}+16\sqrt{5}}{-27} = \frac{18\sqrt{5}-18\sqrt{2}}{-27} = \frac{18(\sqrt{5}-\sqrt{2})}{-27} = \frac{2(\sqrt{2}-\sqrt{5})}{3}$.

Ответ: $\frac{2\sqrt{2}-2\sqrt{5}}{3}$.

3. (3) а) Вычислите значение выражения $ \cos \left(2 \arccos \frac{1}{\sqrt{3}}\right) $.

б) Докажите, что если $ |a| \le 1 $, то $ \cos (2 \arccos a) = 2a^2 - 1 $.

в) Пользуясь формулой, доказанной в пункте

б) Определите $ \cos(2 \arccos(\sqrt{3}-\sqrt{2})) $.

а) Для вычисления данного выражения воспользуемся формулой косинуса двойного угла: $cos(2x) = 2cos^2(x) - 1$.
Пусть $x = arccos\frac{1}{\sqrt{3}}$. Тогда по определению арккосинуса $cos(x) = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
Подставим это значение в формулу:
$cos(2arccos\frac{1}{\sqrt{3}}) = 2 \cdot (cos(arccos\frac{1}{\sqrt{3}}))^2 - 1 = 2 \cdot (\frac{1}{\sqrt{3}})^2 - 1 = 2 \cdot \frac{1}{3} - 1 = \frac{2}{3} - 1 = -\frac{1}{3}$.
Ответ: $-\frac{1}{3}$.

б) Нам нужно доказать, что при $|a| \le 1$ выполняется равенство $cos(2arccos(a)) = 2a^2 - 1$.
Обозначим $\alpha = arccos(a)$. По определению арккосинуса, это означает, что $cos(\alpha) = a$ и угол $\alpha$ находится в диапазоне $0 \le \alpha \le \pi$. Условие $|a| \le 1$ является областью определения для функции арккосинуса.
Используем тригонометрическую формулу косинуса двойного угла: $cos(2\alpha) = 2cos^2(\alpha) - 1$.
Подставим в эту формулу $cos(\alpha) = a$:
$cos(2\alpha) = 2(a)^2 - 1 = 2a^2 - 1$.
Заменяя $\alpha$ обратно на $arccos(a)$, получаем требуемое тождество: $cos(2arccos(a)) = 2a^2 - 1$. Утверждение доказано.
Ответ: Утверждение доказано.

в) Для решения используем формулу, доказанную в пункте б): $cos(2arccos(a)) = 2a^2 - 1$.
В данном случае, $a = \sqrt{3} - \sqrt{2}$.
Сначала необходимо убедиться, что для этого значения $a$ выполняется условие $|a| \le 1$.
Так как $\sqrt{3} \approx 1.732$ и $\sqrt{2} \approx 1.414$, то $a = \sqrt{3} - \sqrt{2} > 0$.
Проверим, выполняется ли неравенство $a \le 1$:
$\sqrt{3} - \sqrt{2} \le 1$
$\sqrt{3} \le 1 + \sqrt{2}$
Так как обе части неравенства положительны, можно возвести их в квадрат, сохранив знак неравенства:
$(\sqrt{3})^2 \le (1 + \sqrt{2})^2$
$3 \le 1^2 + 2 \cdot 1 \cdot \sqrt{2} + (\sqrt{2})^2$
$3 \le 1 + 2\sqrt{2} + 2$
$3 \le 3 + 2\sqrt{2}$
$0 \le 2\sqrt{2}$
Это неравенство верно, следовательно, условие $|a| \le 1$ выполняется, и мы можем применить формулу.
$cos(2arccos(\sqrt{3}-\sqrt{2})) = 2(\sqrt{3}-\sqrt{2})^2 - 1$.
Вычислим значение квадрата: $(\sqrt{3}-\sqrt{2})^2 = (\sqrt{3})^2 - 2\sqrt{3}\sqrt{2} + (\sqrt{2})^2 = 3 - 2\sqrt{6} + 2 = 5 - 2\sqrt{6}$.
Теперь подставим это в исходное выражение:
$2(5 - 2\sqrt{6}) - 1 = 10 - 4\sqrt{6} - 1 = 9 - 4\sqrt{6}$.
Ответ: $9 - 4\sqrt{6}$.

4. (3) а) Вычислите значение выражения $\sin \left(2 \arccos \left(\frac{1}{3}\right)\right)$.

б) Докажите, что если $|a| \leq 1$, то $\sin (2 \arccos a)=2 a \sqrt{1-a^{2}}$.

в) Пользуясь формулой, доказанной в пункте б), определите $\sin \left(2 \arccos \frac{21}{29}\right)$.

а) Чтобы вычислить значение выражения $\sin\left(2\arccos\left(\frac{1}{3}\right)\right)$, введем обозначение. Пусть $\alpha = \arccos\left(\frac{1}{3}\right)$.

Согласно определению арккосинуса, это означает, что $\cos(\alpha) = \frac{1}{3}$ и угол $\alpha$ находится в промежутке $0 \le \alpha \le \pi$.

Используем формулу синуса двойного угла: $\sin(2\alpha) = 2\sin(\alpha)\cos(\alpha)$.

Нам известен $\cos(\alpha)$, нужно найти $\sin(\alpha)$. Воспользуемся основным тригонометрическим тождеством: $\sin^2(\alpha) + \cos^2(\alpha) = 1$.

Отсюда $\sin^2(\alpha) = 1 - \cos^2(\alpha) = 1 - \left(\frac{1}{3}\right)^2 = 1 - \frac{1}{9} = \frac{8}{9}$.

Поскольку $0 \le \alpha \le \pi$, синус в этом диапазоне неотрицателен ($\sin(\alpha) \ge 0$). Следовательно, $\sin(\alpha) = \sqrt{\frac{8}{9}} = \frac{\sqrt{8}}{\sqrt{9}} = \frac{2\sqrt{2}}{3}$.

Теперь подставим значения $\sin(\alpha)$ и $\cos(\alpha)$ в формулу двойного угла:

$\sin(2\alpha) = 2 \cdot \frac{2\sqrt{2}}{3} \cdot \frac{1}{3} = \frac{4\sqrt{2}}{9}$.

Ответ: $\frac{4\sqrt{2}}{9}$

б) Чтобы доказать тождество $\sin(2\arccos a) = 2a\sqrt{1-a^2}$ при $|a| \le 1$, обозначим $\alpha = \arccos(a)$.

По определению арккосинуса, $\cos(\alpha) = a$ и $0 \le \alpha \le \pi$.

Левая часть тождества преобразуется с использованием формулы синуса двойного угла:

$\sin(2\arccos a) = \sin(2\alpha) = 2\sin(\alpha)\cos(\alpha)$.

Мы знаем, что $\cos(\alpha) = a$. Найдем $\sin(\alpha)$ из основного тригонометрического тождества $\sin^2(\alpha) + \cos^2(\alpha) = 1$.

$\sin^2(\alpha) = 1 - \cos^2(\alpha) = 1 - a^2$.

Так как $0 \le \alpha \le \pi$, то $\sin(\alpha) \ge 0$, поэтому мы берем положительное значение корня: $\sin(\alpha) = \sqrt{1-a^2}$.

Подставим выражения для $\sin(\alpha)$ и $\cos(\alpha)$ обратно в формулу двойного угла:

$\sin(2\alpha) = 2 \cdot \sqrt{1-a^2} \cdot a = 2a\sqrt{1-a^2}$.

Таким образом, мы доказали, что $\sin(2\arccos a) = 2a\sqrt{1-a^2}$.

Ответ: тождество доказано.

в) Чтобы определить значение выражения $\sin\left(2\arccos\frac{21}{29}\right)$, воспользуемся формулой, доказанной в пункте б):

$\sin(2\arccos a) = 2a\sqrt{1-a^2}$.

В нашем случае $a = \frac{21}{29}$. Подставим это значение в формулу:

$\sin\left(2\arccos\frac{21}{29}\right) = 2 \cdot \frac{21}{29} \cdot \sqrt{1 - \left(\frac{21}{29}\right)^2}$.

Вычислим значение выражения под корнем:

$1 - \left(\frac{21}{29}\right)^2 = 1 - \frac{21^2}{29^2} = 1 - \frac{441}{841} = \frac{841 - 441}{841} = \frac{400}{841}$.

Теперь извлечем квадратный корень:

$\sqrt{\frac{400}{841}} = \frac{\sqrt{400}}{\sqrt{841}} = \frac{20}{29}$.

Подставим найденное значение обратно в основное выражение:

$2 \cdot \frac{21}{29} \cdot \frac{20}{29} = \frac{2 \cdot 21 \cdot 20}{29^2} = \frac{42 \cdot 20}{841} = \frac{840}{841}$.

Ответ: $\frac{840}{841}$

5. (3) Докажите, что при допустимых значениях переменной $x$ имеют место следующие тождества:

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

б) $\operatorname{tg}(\arcsin x) = \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}$

в) $\sin(\operatorname{arctg} x) = \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$

а) Докажите, что $\cos(\arcsin x) = \sqrt{1 - x^2}$

1. Определим область допустимых значений (ОДЗ).
Функция $\arcsin x$ определена для $x \in [-1, 1]$.
Выражение в правой части $\sqrt{1 - x^2}$ определено, когда подкоренное выражение неотрицательно: $1 - x^2 \ge 0$, что эквивалентно $x^2 \le 1$, или $x \in [-1, 1]$.
Области определения левой и правой частей совпадают.

2. Выполним доказательство.
Пусть $y = \arcsin x$. По определению арксинуса, это означает, что $\sin y = x$ и угол $y$ находится в промежутке $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$.
Нам необходимо найти $\cos y$. Для этого воспользуемся основным тригонометрическим тождеством: $\sin^2 y + \cos^2 y = 1$
Выразим из него $\cos^2 y$: $\cos^2 y = 1 - \sin^2 y$
Поскольку $y \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$, косинус на этом промежутке принимает только неотрицательные значения, то есть $\cos y \ge 0$. Следовательно, при извлечении корня мы выбираем знак "+": $\cos y = \sqrt{1 - \sin^2 y}$
Теперь подставим $\sin y = x$: $\cos y = \sqrt{1 - x^2}$
Так как $y = \arcsin x$, мы получаем исходное тождество: $\cos(\arcsin x) = \sqrt{1 - x^2}$

Ответ: тождество доказано.

б) Докажите, что $\text{tg}(\arcsin x) = \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}}$

1. Определим ОДЗ.
Как и в пункте а), $\arcsin x$ определен при $x \in [-1, 1]$.
Однако, в правой части присутствует знаменатель $\sqrt{1 - x^2}$, который не должен быть равен нулю. Это означает, что $1 - x^2 \neq 0$, то есть $x \neq \pm 1$.
Кроме того, функция тангенс не определена для углов, равных $\frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k$ - целое число. Так как $\arcsin x \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$, нам нужно исключить значения $x$, для которых $\arcsin x = \pm\frac{\pi}{2}$. Это происходит при $x = \sin(\pm\frac{\pi}{2}) = \pm 1$.
Таким образом, ОДЗ для этого тождества: $x \in (-1, 1)$.

2. Выполним доказательство.
Пусть $y = \arcsin x$. Тогда $\sin y = x$ и $y \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$.
По определению тангенса: $\text{tg} y = \frac{\sin y}{\cos y}$
Из предыдущего пункта мы знаем, что $\cos y = \cos(\arcsin x) = \sqrt{1 - x^2}$.
Подставим известные значения $\sin y = x$ и $\cos y = \sqrt{1 - x^2}$ в формулу для тангенса: $\text{tg} y = \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}}$
Заменяя $y$ на $\arcsin x$, получаем: $\text{tg}(\arcsin x) = \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}}$

Ответ: тождество доказано.

в) Докажите, что $\sin(\text{arctg} x) = \frac{x}{\sqrt{1 + x^2}}$

1. Определим ОДЗ.
Функция $\text{arctg} x$ определена для всех действительных чисел $x \in (-\infty, \infty)$.
Выражение в знаменателе правой части $\sqrt{1 + x^2}$ определено и не равно нулю для любого действительного $x$, так как $1 + x^2 \ge 1$.
Следовательно, ОДЗ для этого тождества — все действительные числа, $x \in \mathbb{R}$.

2. Выполним доказательство.
Пусть $y = \text{arctg} x$. По определению арктангенса, это означает, что $\text{tg} y = x$ и $y \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$.
Нам нужно выразить $\sin y$ через $\text{tg} y$. Воспользуемся тригонометрическим тождеством: $1 + \text{tg}^2 y = \sec^2 y = \frac{1}{\cos^2 y}$
Отсюда $\cos^2 y = \frac{1}{1 + \text{tg}^2 y}$.
Поскольку $y \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$, то $\cos y > 0$. Следовательно: $\cos y = \sqrt{\frac{1}{1 + \text{tg}^2 y}} = \frac{1}{\sqrt{1 + \text{tg}^2 y}}$
Теперь воспользуемся определением тангенса $\text{tg} y = \frac{\sin y}{\cos y}$ чтобы выразить синус: $\sin y = \text{tg} y \cdot \cos y$
Подставим найденное выражение для $\cos y$: $\sin y = \text{tg} y \cdot \frac{1}{\sqrt{1 + \text{tg}^2 y}} = \frac{\text{tg} y}{\sqrt{1 + \text{tg}^2 y}}$
Теперь подставим $\text{tg} y = x$: $\sin y = \frac{x}{\sqrt{1 + x^2}}$
Заменяя $y$ на $\text{arctg} x$, получаем искомое тождество: $\sin(\text{arctg} x) = \frac{x}{\sqrt{1 + x^2}}$

Ответ: тождество доказано.