Номер 57, страница 284 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Глава 5. Задачи на повторение. Параграф 2. Тождественные преобразования - номер 57, страница 284.

Условие.

57. Докажите справедливость неравенства:

а) $ \text{tg } x + \text{ctg } x \ge 2 $, если $ 0 < x < \frac{\pi}{2} $;

б) $ \frac{\sin\left(\frac{\pi}{3} + \alpha\right)}{\sin\left(\frac{\pi}{12} + \frac{\alpha}{4}\right) \sin\left(\frac{5\pi}{12} - \frac{\alpha}{4}\right)} + 2 \sin \frac{\alpha}{2} \le 2 \sqrt{3} $;

в) $ \left(1 + \sin \varphi + \cos \varphi\right) \left(1 - \sin \varphi + \cos \varphi\right) \left(1 + \sin \varphi - \cos \varphi\right) \left(\sin \varphi + \cos \varphi - 1\right) \le 1 $;

г) $ 2 \sin 4\alpha \sin 2\alpha + \cos 6\alpha \ge -1 $.

Решение 1.

Решение 3.

Решение 5.

a)

Требуется доказать неравенство $\tg x + \ctg x \ge 2$ при условии $0 < x < \frac{\pi}{2}$.

В заданном интервале $0 < x < \frac{\pi}{2}$ значения $\tg x$ и $\ctg x$ положительны. Воспользуемся неравенством о средних арифметическом и геометрическом (неравенство Коши) для двух положительных чисел $a$ и $b$:

$\frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab}$

Пусть $a = \tg x$ и $b = \ctg x$. Тогда:

$\frac{\tg x + \ctg x}{2} \ge \sqrt{\tg x \cdot \ctg x}$

Так как $\ctg x = \frac{1}{\tg x}$, их произведение равно 1:

$\sqrt{\tg x \cdot \ctg x} = \sqrt{\tg x \cdot \frac{1}{\tg x}} = \sqrt{1} = 1$

Подставив это значение обратно в неравенство, получаем:

$\frac{\tg x + \ctg x}{2} \ge 1$

Умножим обе части на 2:

$\tg x + \ctg x \ge 2$

Неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано.

б)

Требуется доказать неравенство $\frac{\sin(\frac{\pi}{3} + \alpha)}{\sin(\frac{\pi}{12} + \frac{\alpha}{4})\sin(\frac{5\pi}{12} - \frac{\alpha}{4})} + 2\sin\frac{\alpha}{2} \le 2\sqrt{3}$.

Сначала преобразуем знаменатель дроби. Заметим, что $\frac{5\pi}{12} = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{12}$. Тогда:

$\sin(\frac{5\pi}{12} - \frac{\alpha}{4}) = \sin(\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{12} - \frac{\alpha}{4}) = \sin(\frac{\pi}{2} - (\frac{\pi}{12} + \frac{\alpha}{4}))$

Используя формулу приведения $\sin(\frac{\pi}{2} - x) = \cos x$, получаем:

$\sin(\frac{\pi}{2} - (\frac{\pi}{12} + \frac{\alpha}{4})) = \cos(\frac{\pi}{12} + \frac{\alpha}{4})$

Тогда знаменатель принимает вид:

$\sin(\frac{\pi}{12} + \frac{\alpha}{4})\cos(\frac{\pi}{12} + \frac{\alpha}{4})$

По формуле синуса двойного угла $\sin(2x) = 2\sin x \cos x$:

$\sin(\frac{\pi}{12} + \frac{\alpha}{4})\cos(\frac{\pi}{12} + \frac{\alpha}{4}) = \frac{1}{2}\sin(2(\frac{\pi}{12} + \frac{\alpha}{4})) = \frac{1}{2}\sin(\frac{\pi}{6} + \frac{\alpha}{2})$

Теперь преобразуем числитель дроби, используя формулу синуса двойного угла:

$\sin(\frac{\pi}{3} + \alpha) = \sin(2(\frac{\pi}{6} + \frac{\alpha}{2})) = 2\sin(\frac{\pi}{6} + \frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\pi}{6} + \frac{\alpha}{2})$

Подставим преобразованные числитель и знаменатель в исходную дробь:

$\frac{2\sin(\frac{\pi}{6} + \frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\pi}{6} + \frac{\alpha}{2})}{\frac{1}{2}\sin(\frac{\pi}{6} + \frac{\alpha}{2})} = 4\cos(\frac{\pi}{6} + \frac{\alpha}{2})$

(при условии, что $\sin(\frac{\pi}{6} + \frac{\alpha}{2}) \ne 0$).

Теперь всё выражение принимает вид:

$4\cos(\frac{\pi}{6} + \frac{\alpha}{2}) + 2\sin\frac{\alpha}{2}$

Используем формулу косинуса суммы $\cos(x+y) = \cos x \cos y - \sin x \sin y$:

$4(\cos\frac{\pi}{6}\cos\frac{\alpha}{2} - \sin\frac{\pi}{6}\sin\frac{\alpha}{2}) + 2\sin\frac{\alpha}{2}$

$= 4(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos\frac{\alpha}{2} - \frac{1}{2}\sin\frac{\alpha}{2}) + 2\sin\frac{\alpha}{2}$

$= 2\sqrt{3}\cos\frac{\alpha}{2} - 2\sin\frac{\alpha}{2} + 2\sin\frac{\alpha}{2} = 2\sqrt{3}\cos\frac{\alpha}{2}$

Таким образом, исходное неравенство сводится к следующему:

$2\sqrt{3}\cos\frac{\alpha}{2} \le 2\sqrt{3}$

Разделив обе части на $2\sqrt{3}$, получаем:

$\cos\frac{\alpha}{2} \le 1$

Это неравенство справедливо для любого действительного значения $\alpha$, так как максимальное значение функции косинуса равно 1.

Ответ: Неравенство доказано.

в)

Требуется доказать неравенство $(1 + \sin \varphi + \cos \varphi)(1 - \sin \varphi + \cos \varphi)(1 + \sin \varphi - \cos \varphi)(\sin \varphi + \cos \varphi - 1) \le 1$.

Сгруппируем множители для применения формулы разности квадратов $(a-b)(a+b) = a^2-b^2$.

Сгруппируем первый и четвертый множители:

$(1 + \sin \varphi + \cos \varphi)(\sin \varphi + \cos \varphi - 1) = ((\sin \varphi + \cos \varphi) + 1)((\sin \varphi + \cos \varphi) - 1)$

$= (\sin \varphi + \cos \varphi)^2 - 1^2 = \sin^2 \varphi + 2\sin \varphi \cos \varphi + \cos^2 \varphi - 1$

Используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2 \varphi + \cos^2 \varphi = 1$ и формулу синуса двойного угла $\sin(2\varphi) = 2\sin \varphi \cos \varphi$, получаем:

$= (1) + \sin(2\varphi) - 1 = \sin(2\varphi)$

Теперь сгруппируем второй и третий множители:

$(1 - \sin \varphi + \cos \varphi)(1 + \sin \varphi - \cos \varphi) = (1 + (\cos \varphi - \sin \varphi))(1 - (\cos \varphi - \sin \varphi))$

$= 1^2 - (\cos \varphi - \sin \varphi)^2 = 1 - (\cos^2 \varphi - 2\sin \varphi \cos \varphi + \sin^2 \varphi)$

$= 1 - ((\cos^2 \varphi + \sin^2 \varphi) - 2\sin \varphi \cos \varphi) = 1 - (1 - \sin(2\varphi))$

$= 1 - 1 + \sin(2\varphi) = \sin(2\varphi)$

Перемножим полученные результаты:

$\sin(2\varphi) \cdot \sin(2\varphi) = \sin^2(2\varphi)$

Таким образом, исходное неравенство эквивалентно неравенству:

$\sin^2(2\varphi) \le 1$

Поскольку для любого действительного угла $\theta$ выполняется $-1 \le \sin\theta \le 1$, то $0 \le \sin^2\theta \le 1$. Следовательно, неравенство $\sin^2(2\varphi) \le 1$ верно для любого значения $\varphi$.

Ответ: Неравенство доказано.

г)

Требуется доказать неравенство $2 \sin 4\alpha \sin 2\alpha + \cos 6\alpha \ge -1$.

Воспользуемся формулой преобразования произведения синусов в сумму (разность) косинусов:

$2 \sin A \sin B = \cos(A-B) - \cos(A+B)$

Применим эту формулу к первому слагаемому, где $A=4\alpha$ и $B=2\alpha$:

$2 \sin 4\alpha \sin 2\alpha = \cos(4\alpha - 2\alpha) - \cos(4\alpha + 2\alpha) = \cos(2\alpha) - \cos(6\alpha)$

Подставим это выражение в исходное неравенство:

$(\cos(2\alpha) - \cos(6\alpha)) + \cos 6\alpha \ge -1$

Упростим левую часть, сократив $\cos(6\alpha)$ и $-\cos(6\alpha)$:

$\cos(2\alpha) \ge -1$

Это неравенство справедливо для любого действительного значения $\alpha$, так как область значений функции косинуса — отрезок $[-1, 1]$. Минимальное значение $\cos(2\alpha)$ равно -1.

Ответ: Неравенство доказано.