Номер 110, страница 293 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Параграф 3. Функции. Глава 5. Задачи на повторение - номер 110, страница 293.

Условие.

110. Докажите:

а) $ \sin \alpha + \cos \alpha > 1 $, если $ 0 < \alpha < \frac{\pi}{2} $;

б) $ \cos (\sin \alpha) > 0 $, $ \alpha \in \mathbb{R} $.

Решение 1.

Решение 3.

Решение 5.

а) Требуется доказать, что $\sin \alpha + \cos \alpha > 1$ при условии $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$.

Поскольку угол $\alpha$ находится в первой четверти ($0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$), значения $\sin \alpha$ и $\cos \alpha$ положительны. Следовательно, их сумма $\sin \alpha + \cos \alpha$ также положительна. Так как обе части неравенства положительны, мы можем возвести их в квадрат, не меняя знака неравенства:

$(\sin \alpha + \cos \alpha)^2 > 1^2$

Раскроем скобки в левой части, используя формулу квадрата суммы:

$\sin^2 \alpha + 2 \sin \alpha \cos \alpha + \cos^2 \alpha > 1$

Используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1$, получаем:

$1 + 2 \sin \alpha \cos \alpha > 1$

Вычтем 1 из обеих частей неравенства:

$2 \sin \alpha \cos \alpha > 0$

Используя формулу синуса двойного угла $\sin(2\alpha) = 2 \sin \alpha \cos \alpha$, приходим к неравенству:

$\sin(2\alpha) > 0$

Теперь проверим, выполняется ли это неравенство для заданного диапазона $\alpha$. Из условия $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ следует, что если умножить все части на 2, то получим $0 < 2\alpha < \pi$. Для любого угла в интервале $(0, \pi)$ (первая и вторая координатные четверти) синус положителен. Таким образом, неравенство $\sin(2\alpha) > 0$ является верным для заданных $\alpha$.

Поскольку все преобразования были равносильными, исходное неравенство $\sin \alpha + \cos \alpha > 1$ также верно.

Ответ: Что и требовалось доказать.

б) Требуется доказать, что $\cos(\sin \alpha) > 0$ для любого действительного числа $\alpha \in \mathbb{R}$.

Область значений функции синус для любого действительного аргумента $\alpha$ есть отрезок $[-1, 1]$. То есть, для любого $\alpha \in \mathbb{R}$ выполняется неравенство: $-1 \le \sin \alpha \le 1$.

Пусть $x = \sin \alpha$. Тогда нам нужно доказать, что $\cos x > 0$ для всех $x$ из отрезка $[-1, 1]$.

Известно, что функция косинус положительна ($ \cos x > 0 $) для аргументов, находящихся в интервалах $(-\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \frac{\pi}{2} + 2\pi k)$, где $k$ — любое целое число.

Рассмотрим основной интервал, где $\cos x > 0$, — это интервал $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$.

Оценим границы этого интервала. Поскольку $\pi \approx 3.14159$, то $\frac{\pi}{2} \approx 1.5708$.

Таким образом, $\cos x > 0$ при $x \in (-1.5708..., 1.5708...)$.

Значение $x = \sin \alpha$ всегда находится в отрезке $[-1, 1]$. Сравним этот отрезок с интервалом, на котором косинус положителен:

$-\frac{\pi}{2} < -1$ и $1 < \frac{\pi}{2}$.

Следовательно, отрезок $[-1, 1]$ полностью содержится внутри интервала $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$.

Это означает, что для любого действительного $\alpha$, значение $x = \sin \alpha$ попадает в интервал, на котором функция косинус строго положительна. Поэтому $\cos(\sin \alpha)$ всегда будет больше нуля.

Ответ: Что и требовалось доказать.