Номер 55, страница 284 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Авторы: Колмогоров А. Н., Абрамов А. М., Дудницын Ю. П.
Тип: Учебник
Издательство: Просвещение
Год издания: 2008 - 2025
Цвет обложки: зелёный, чёрный
ISBN: 978-5-09-019513-3
Рекомендовано Министерством образования и науки Российской Федерации
Алгебра и начала математического анализа
Популярные ГДЗ в 10 классе
Параграф 2. Тождественные преобразования. Глава 5. Задачи на повторение - номер 55, страница 284.
№55 (с. 284)
Условие. №55 (с. 284)
скриншот условия

55. a) $\sqrt{\frac{1}{2} - \frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\cos\alpha}} = \cos\frac{\alpha}{4}$ при $\pi < \alpha < 2\pi$;
б) $\sqrt{1 - \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{1}{2}\cos 2\alpha}} = \sqrt{2}\cos\left(\frac{\pi}{4} - \frac{\alpha}{2}\right)$ при $\pi < \alpha < \frac{3\pi}{2}$;
в) $\sqrt{\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\cos 2\alpha}} = -\cos\frac{\alpha}{2}$ при $\frac{3\pi}{2} < \alpha < 2\pi$;
г) $\sqrt{1 + \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{1}{2}\cos\alpha}} = \sqrt{2}\cos\left(\frac{\pi}{4} - \frac{\alpha}{4}\right)$ при $\frac{3\pi}{2} < \alpha < 2\pi$.
Решение 1. №55 (с. 284)

Решение 3. №55 (с. 284)

Решение 5. №55 (с. 284)
а) Требуется доказать тождество $\sqrt{\frac{1}{2} - \frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\cos\alpha}} = \cos\frac{\alpha}{4}$ при $\pi < \alpha < 2\pi$.
1. Начнем с преобразования внутреннего подкоренного выражения. Используем формулу косинуса половинного угла $\cos^2 x = \frac{1+\cos(2x)}{2}$.
$\sqrt{\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\cos\alpha} = \sqrt{\frac{1+\cos\alpha}{2}} = \sqrt{\cos^2\frac{\alpha}{2}} = |\cos\frac{\alpha}{2}|$.
2. Определим знак $\cos\frac{\alpha}{2}$. По условию $\pi < \alpha < 2\pi$. Разделив неравенство на 2, получим $\frac{\pi}{2} < \frac{\alpha}{2} < \pi$. Этот интервал соответствует II четверти, где косинус отрицателен. Следовательно, $\cos\frac{\alpha}{2} < 0$, и $|\cos\frac{\alpha}{2}| = -\cos\frac{\alpha}{2}$.
3. Подставим полученное выражение в исходное тождество:
$\sqrt{\frac{1}{2} - \frac{1}{2}(-\cos\frac{\alpha}{2})} = \sqrt{\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\cos\frac{\alpha}{2}} = \sqrt{\frac{1+\cos\frac{\alpha}{2}}{2}}$.
4. Снова применим формулу косинуса половинного угла, но уже для угла $\frac{\alpha}{2}$:
$\sqrt{\frac{1+\cos\frac{\alpha}{2}}{2}} = \sqrt{\cos^2\frac{\alpha}{4}} = |\cos\frac{\alpha}{4}|$.
5. Определим знак $\cos\frac{\alpha}{4}$. Из шага 2 мы знаем, что $\frac{\pi}{2} < \frac{\alpha}{2} < \pi$. Разделив это неравенство на 2, получим $\frac{\pi}{4} < \frac{\alpha}{4} < \frac{\pi}{2}$. Этот интервал соответствует I четверти, где косинус положителен. Следовательно, $\cos\frac{\alpha}{4} > 0$, и $|\cos\frac{\alpha}{4}| = \cos\frac{\alpha}{4}$.
6. Таким образом, левая часть тождества равна $\cos\frac{\alpha}{4}$, что совпадает с правой частью. Тождество доказано.
Ответ: Тождество доказано.
б) Требуется доказать тождество $\sqrt{1 - \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{1}{2}\cos 2\alpha}} = \sqrt{2}\cos(\frac{\pi}{4} - \frac{\alpha}{2})$ при $\pi < \alpha < \frac{3\pi}{2}$.
1. Преобразуем внутреннее подкоренное выражение, используя формулу синуса половинного угла $\sin^2 x = \frac{1-\cos(2x)}{2}$.
$\sqrt{\frac{1}{2} - \frac{1}{2}\cos 2\alpha} = \sqrt{\frac{1-\cos 2\alpha}{2}} = \sqrt{\sin^2\alpha} = |\sin\alpha|$.
2. Определим знак $\sin\alpha$. По условию $\pi < \alpha < \frac{3\pi}{2}$. Этот интервал соответствует III четверти, где синус отрицателен. Следовательно, $\sin\alpha < 0$, и $|\sin\alpha| = -\sin\alpha$.
3. Подставим полученное выражение в левую часть исходного тождества:
$\sqrt{1 - (-\sin\alpha)} = \sqrt{1 + \sin\alpha}$.
4. Преобразуем выражение под корнем, используя основное тригонометрическое тождество $1 = \sin^2\frac{\alpha}{2} + \cos^2\frac{\alpha}{2}$ и формулу синуса двойного угла $\sin\alpha = 2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}$:
$\sqrt{1 + \sin\alpha} = \sqrt{\sin^2\frac{\alpha}{2} + \cos^2\frac{\alpha}{2} + 2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}} = \sqrt{(\sin\frac{\alpha}{2} + \cos\frac{\alpha}{2})^2} = |\sin\frac{\alpha}{2} + \cos\frac{\alpha}{2}|$.
5. Определим знак суммы $\sin\frac{\alpha}{2} + \cos\frac{\alpha}{2}$. Из условия $\pi < \alpha < \frac{3\pi}{2}$ следует, что $\frac{\pi}{2} < \frac{\alpha}{2} < \frac{3\pi}{4}$. В этом интервале (II четверть) $\sin\frac{\alpha}{2} > 0$ и $\cos\frac{\alpha}{2} < 0$. Для сравнения их модулей заметим, что в интервале $(\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{4})$ значение синуса больше модуля косинуса (например, $\sin\frac{2\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2}$, а $|\cos\frac{2\pi}{3}| = \frac{1}{2}$). Значит, сумма $\sin\frac{\alpha}{2} + \cos\frac{\alpha}{2}$ положительна. Таким образом, $|\sin\frac{\alpha}{2} + \cos\frac{\alpha}{2}| = \sin\frac{\alpha}{2} + \cos\frac{\alpha}{2}$.
6. Теперь преобразуем правую часть тождества, используя формулу косинуса разности $\cos(x-y) = \cos x \cos y + \sin x \sin y$:
$\sqrt{2}\cos(\frac{\pi}{4} - \frac{\alpha}{2}) = \sqrt{2}(\cos\frac{\pi}{4}\cos\frac{\alpha}{2} + \sin\frac{\pi}{4}\sin\frac{\alpha}{2}) = \sqrt{2}(\frac{\sqrt{2}}{2}\cos\frac{\alpha}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2}\sin\frac{\alpha}{2}) = \cos\frac{\alpha}{2} + \sin\frac{\alpha}{2}$.
7. Левая и правая части тождества равны $\sin\frac{\alpha}{2} + \cos\frac{\alpha}{2}$. Тождество доказано.
Ответ: Тождество доказано.
в) Требуется доказать тождество $\sqrt{\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\cos 2\alpha}} = -\cos\frac{\alpha}{2}$ при $\frac{3\pi}{2} < \alpha < 2\pi$.
1. Начнем с преобразования внутреннего радикала с помощью формулы $\cos^2 x = \frac{1+\cos(2x)}{2}$.
$\sqrt{\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\cos 2\alpha} = \sqrt{\frac{1+\cos 2\alpha}{2}} = \sqrt{\cos^2\alpha} = |\cos\alpha|$.
2. Определим знак $\cos\alpha$. По условию $\frac{3\pi}{2} < \alpha < 2\pi$. Этот интервал соответствует IV четверти, где косинус положителен. Следовательно, $\cos\alpha > 0$, и $|\cos\alpha| = \cos\alpha$.
3. Подставим полученное выражение в исходное тождество:
$\sqrt{\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\cos\alpha} = \sqrt{\frac{1+\cos\alpha}{2}}$.
4. Снова применим формулу косинуса половинного угла:
$\sqrt{\frac{1+\cos\alpha}{2}} = \sqrt{\cos^2\frac{\alpha}{2}} = |\cos\frac{\alpha}{2}|$.
5. Определим знак $\cos\frac{\alpha}{2}$. Из условия $\frac{3\pi}{2} < \alpha < 2\pi$ следует, что $\frac{3\pi}{4} < \frac{\alpha}{2} < \pi$. Этот интервал соответствует II четверти, где косинус отрицателен. Следовательно, $\cos\frac{\alpha}{2} < 0$, и $|\cos\frac{\alpha}{2}| = -\cos\frac{\alpha}{2}$.
6. Таким образом, левая часть тождества равна $-\cos\frac{\alpha}{2}$, что совпадает с правой частью. Тождество доказано.
Ответ: Тождество доказано.
г) Требуется доказать тождество $\sqrt{1 + \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{1}{2}\cos\alpha}} = \sqrt{2}\cos(\frac{\pi}{4} - \frac{\alpha}{4})$ при $\frac{3\pi}{2} < \alpha < 2\pi$.
1. Преобразуем внутренний радикал, используя формулу $\sin^2 x = \frac{1-\cos(2x)}{2}$.
$\sqrt{\frac{1}{2} - \frac{1}{2}\cos\alpha} = \sqrt{\frac{1-\cos\alpha}{2}} = \sqrt{\sin^2\frac{\alpha}{2}} = |\sin\frac{\alpha}{2}|$.
2. Определим знак $\sin\frac{\alpha}{2}$. По условию $\frac{3\pi}{2} < \alpha < 2\pi$, следовательно $\frac{3\pi}{4} < \frac{\alpha}{2} < \pi$. Этот интервал соответствует II четверти, где синус положителен. Значит, $\sin\frac{\alpha}{2} > 0$, и $|\sin\frac{\alpha}{2}| = \sin\frac{\alpha}{2}$.
3. Подставим полученное выражение в левую часть тождества:
$\sqrt{1 + \sin\frac{\alpha}{2}}$.
4. Преобразуем выражение под корнем в полный квадрат, используя тождества $1 = \sin^2\frac{\alpha}{4} + \cos^2\frac{\alpha}{4}$ и $\sin\frac{\alpha}{2} = 2\sin\frac{\alpha}{4}\cos\frac{\alpha}{4}$:
$\sqrt{1 + \sin\frac{\alpha}{2}} = \sqrt{\sin^2\frac{\alpha}{4} + \cos^2\frac{\alpha}{4} + 2\sin\frac{\alpha}{4}\cos\frac{\alpha}{4}} = \sqrt{(\sin\frac{\alpha}{4} + \cos\frac{\alpha}{4})^2} = |\sin\frac{\alpha}{4} + \cos\frac{\alpha}{4}|$.
5. Определим знак суммы $\sin\frac{\alpha}{4} + \cos\frac{\alpha}{4}$. Из условия $\frac{3\pi}{2} < \alpha < 2\pi$ следует, что $\frac{3\pi}{8} < \frac{\alpha}{4} < \frac{\pi}{2}$. Этот интервал находится в I четверти, где и синус, и косинус положительны. Их сумма также положительна. Следовательно, $|\sin\frac{\alpha}{4} + \cos\frac{\alpha}{4}| = \sin\frac{\alpha}{4} + \cos\frac{\alpha}{4}$.
6. Теперь преобразуем правую часть тождества:
$\sqrt{2}\cos(\frac{\pi}{4} - \frac{\alpha}{4}) = \sqrt{2}(\cos\frac{\pi}{4}\cos\frac{\alpha}{4} + \sin\frac{\pi}{4}\sin\frac{\alpha}{4}) = \sqrt{2}(\frac{\sqrt{2}}{2}\cos\frac{\alpha}{4} + \frac{\sqrt{2}}{2}\sin\frac{\alpha}{4}) = \cos\frac{\alpha}{4} + \sin\frac{\alpha}{4}$.
7. Левая и правая части тождества равны $\sin\frac{\alpha}{4} + \cos\frac{\alpha}{4}$. Тождество доказано.
Ответ: Тождество доказано.
Другие задания:
Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.
Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz
ПрисоединитьсяМы подготовили для вас ответ c подробным объяснением домашего задания по алгебре за 10-11 класс, для упражнения номер 55 расположенного на странице 284 к учебнику 2008 года издания для учащихся школ и гимназий.
Теперь на нашем сайте ГДЗ.ТОП вы всегда легко и бесплатно найдёте условие с правильным ответом на вопрос «Как решить ДЗ» и «Как сделать» задание по алгебре к упражнению №55 (с. 284), авторов: Колмогоров (Андрей Николаевич), Абрамов (Александр Михайлович), Дудницын (Юрий Павлович), учебного пособия издательства Просвещение.