Страница 284 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

53. a) $2 \text{tg} \alpha - \text{tg} (\alpha - \pi) + \text{ctg} \left(\frac{3\pi}{2} - \alpha\right);$

б) $\frac{\sin(-\alpha)}{\sin(\pi-\alpha)} - \frac{\text{tg}\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)}{\text{ctg}\alpha} + \frac{\cos\alpha}{\sin\left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right)};$

в) $\frac{\text{tg}(\pi-\beta) \cos(\pi-\beta) \text{tg}\left(\frac{\pi}{2}-\beta\right)}{\sin\left(\frac{\pi}{2}-\beta\right) \text{ctg}\left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right) \text{tg}\left(\frac{3\pi}{2}+\alpha\right)};$

г) $\frac{\text{tg}\left(\frac{3\pi}{2}+\alpha\right) \sin\left(\frac{3\pi}{2}\right) \sin\left(\frac{16\pi}{9}\right) \cos\left(\frac{13\pi}{18}\right)}{\text{ctg}(\pi-\alpha) \cos\left(\frac{5\pi}{18}\right) \sin\left(\frac{11\pi}{9}\right) \cos(2\pi)}.$

а) Упростим выражение $2 \tg \alpha - \tg (\alpha - \pi) + \ctg \left(\frac{3\pi}{2} - \alpha\right)$.

Для упрощения воспользуемся формулами приведения и свойством периодичности тангенса.

1. Тангенс является функцией с периодом $\pi$, поэтому $\tg(\alpha - \pi) = \tg(\alpha)$.

2. Применим формулу приведения для $\ctg \left(\frac{3\pi}{2} - \alpha\right)$. Угол $\left(\frac{3\pi}{2} - \alpha\right)$ находится в III координатной четверти, где котангенс положителен. Так как в аргументе присутствует $\frac{3\pi}{2}$, функция меняется на кофункцию (тангенс). Таким образом, $\ctg \left(\frac{3\pi}{2} - \alpha\right) = \tg \alpha$.

3. Подставим упрощенные выражения в исходное:

$2 \tg \alpha - \tg \alpha + \tg \alpha = (2 - 1 + 1) \tg \alpha = 2 \tg \alpha$.

Ответ: $2 \tg \alpha$.

б) Упростим выражение $\frac{\sin(-\alpha)}{\sin(\pi-\alpha)} - \frac{\tg\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)}{\ctg \alpha} + \frac{\cos \alpha}{\sin\left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right)}$.

Рассмотрим каждую часть выражения отдельно, используя формулы приведения:

1. Первая дробь: $\frac{\sin(-\alpha)}{\sin(\pi-\alpha)}$.
Поскольку синус — нечетная функция, $\sin(-\alpha) = -\sin \alpha$.
По формуле приведения, $\sin(\pi-\alpha) = \sin \alpha$.
Следовательно, $\frac{-\sin \alpha}{\sin \alpha} = -1$.

2. Вторая дробь: $\frac{\tg\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)}{\ctg \alpha}$.
По формуле приведения, $\tg\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right) = \ctg \alpha$.
Следовательно, $\frac{\ctg \alpha}{\ctg \alpha} = 1$.

3. Третья дробь: $\frac{\cos \alpha}{\sin\left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right)}$.
По формуле приведения, $\sin\left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right) = \cos \alpha$.
Следовательно, $\frac{\cos \alpha}{\cos \alpha} = 1$.

4. Подставим полученные значения в исходное выражение:

$-1 - 1 + 1 = -1$.

Ответ: -1.

в) Упростим выражение $\frac{\tg(\pi-\beta)\cos(\pi-\beta)\tg\left(\frac{\pi}{2}-\beta\right)}{\sin\left(\frac{\pi}{2}-\beta\right)\ctg\left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right)\tg\left(\frac{3\pi}{2}+\alpha\right)}$.

Упростим числитель и знаменатель по отдельности.

1. Числитель: $\tg(\pi-\beta)\cos(\pi-\beta)\tg\left(\frac{\pi}{2}-\beta\right)$.
Используя формулы приведения:
$\tg(\pi-\beta) = -\tg \beta$
$\cos(\pi-\beta) = -\cos \beta$
$\tg\left(\frac{\pi}{2}-\beta\right) = \ctg \beta$
Перемножим: $(-\tg \beta)(-\cos \beta)(\ctg \beta) = \tg \beta \cdot \cos \beta \cdot \ctg \beta = \frac{\sin \beta}{\cos \beta} \cdot \cos \beta \cdot \frac{\cos \beta}{\sin \beta} = \cos \beta$.

2. Знаменатель: $\sin\left(\frac{\pi}{2}-\beta\right)\ctg\left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right)\tg\left(\frac{3\pi}{2}+\alpha\right)$.
Используя формулы приведения:
$\sin\left(\frac{\pi}{2}-\beta\right) = \cos \beta$
$\ctg\left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right) = -\tg \alpha$
$\tg\left(\frac{3\pi}{2}+\alpha\right) = -\ctg \alpha$
Перемножим: $(\cos \beta)(-\tg \alpha)(-\ctg \alpha) = \cos \beta \cdot (\tg \alpha \cdot \ctg \alpha) = \cos \beta \cdot 1 = \cos \beta$.

3. Найдем отношение числителя к знаменателю:

$\frac{\cos \beta}{\cos \beta} = 1$.

Ответ: 1.

г) Упростим выражение $\frac{\tg\left(\frac{3\pi}{2}+\alpha\right) \sin\frac{3\pi}{2} \sin\frac{16\pi}{9} \cos\frac{13\pi}{18}}{\ctg(\pi-\alpha) \cos\frac{5\pi}{18} \sin\frac{11\pi}{9} \cos 2\pi}$.

1. Упростим функции, содержащие $\alpha$, и тригонометрические константы:
$\tg\left(\frac{3\pi}{2}+\alpha\right) = -\ctg \alpha$
$\sin\frac{3\pi}{2} = -1$
$\ctg(\pi-\alpha) = -\ctg \alpha$
$\cos 2\pi = 1$
Подставим в выражение: $\frac{(-\ctg \alpha) \cdot (-1) \cdot \sin\frac{16\pi}{9} \cos\frac{13\pi}{18}}{(-\ctg \alpha) \cdot \cos\frac{5\pi}{18} \sin\frac{11\pi}{9} \cdot 1}$.

2. Сократим $-\ctg \alpha$:
$\frac{(-1) \cdot \sin\frac{16\pi}{9} \cos\frac{13\pi}{18}}{\cos\frac{5\pi}{18} \sin\frac{11\pi}{9}} = - \frac{\sin\frac{16\pi}{9} \cos\frac{13\pi}{18}}{\cos\frac{5\pi}{18} \sin\frac{11\pi}{9}}$.

3. Преобразуем оставшиеся функции с помощью формул приведения:
$\sin\frac{16\pi}{9} = \sin\left(2\pi - \frac{2\pi}{9}\right) = -\sin\frac{2\pi}{9}$.
$\cos\frac{13\pi}{18} = \cos\left(\frac{\pi}{2} + \frac{4\pi}{18}\right) = \cos\left(\frac{\pi}{2} + \frac{2\pi}{9}\right) = -\sin\frac{2\pi}{9}$.
$\cos\frac{5\pi}{18} = \cos\left(\frac{\pi}{2} - \frac{4\pi}{18}\right) = \cos\left(\frac{\pi}{2} - \frac{2\pi}{9}\right) = \sin\frac{2\pi}{9}$.
$\sin\frac{11\pi}{9} = \sin\left(\pi + \frac{2\pi}{9}\right) = -\sin\frac{2\pi}{9}$.

4. Подставим упрощенные выражения в дробь:
$- \frac{\left(-\sin\frac{2\pi}{9}\right) \cdot \left(-\sin\frac{2\pi}{9}\right)}{\left(\sin\frac{2\pi}{9}\right) \cdot \left(-\sin\frac{2\pi}{9}\right)} = - \frac{\sin^2\frac{2\pi}{9}}{-\sin^2\frac{2\pi}{9}} = 1$.

Ответ: 1.

Докажите тождество (54, 55).

54. а) $\frac{\operatorname{tg}(\alpha+\beta)-\operatorname{tg} \alpha-\operatorname{tg} \beta}{\operatorname{tg} \alpha \operatorname{tg}(\alpha+\beta)} = \operatorname{tg} \beta;$

б) $\frac{1-\cos 2\alpha+\sin 2\alpha}{1+\cos 2\alpha+\sin 2\alpha} = \operatorname{tg} \alpha;$

в) $\frac{\cos (\alpha+\beta)+\cos (\alpha-\beta)}{\sin (\alpha+\beta)+\sin (\alpha-\beta)} = \operatorname{ctg} \alpha;$

г) $\frac{\sin \alpha - \sin 3\alpha}{\cos \alpha - \cos 3\alpha} = -\operatorname{ctg} 2\alpha.$

а)

Для доказательства тождества преобразуем его левую часть. Воспользуемся формулой тангенса суммы углов: $\text{tg}(\alpha + \beta) = \frac{\text{tg}\alpha + \text{tg}\beta}{1 - \text{tg}\alpha \text{tg}\beta}$.

Из этой формулы можно выразить выражение для числителя исходной дроби. Сначала выразим сумму тангенсов, перемножив обе части на знаменатель:

$\text{tg}\alpha + \text{tg}\beta = \text{tg}(\alpha + \beta)(1 - \text{tg}\alpha \text{tg}\beta)$

Теперь преобразуем числитель исходного выражения, вычитая из $\text{tg}(\alpha + \beta)$ сумму $\text{tg}\alpha + \text{tg}\beta$:

$\text{tg}(\alpha + \beta) - \text{tg}\alpha - \text{tg}\beta = \text{tg}(\alpha + \beta) - (\text{tg}\alpha + \text{tg}\beta) = \text{tg}(\alpha + \beta) - \text{tg}(\alpha + \beta)(1 - \text{tg}\alpha \text{tg}\beta)$

Вынесем общий множитель $\text{tg}(\alpha + \beta)$ за скобки:

$\text{tg}(\alpha + \beta) \cdot (1 - (1 - \text{tg}\alpha \text{tg}\beta)) = \text{tg}(\alpha + \beta) \cdot (1 - 1 + \text{tg}\alpha \text{tg}\beta) = \text{tg}(\alpha + \beta) \text{tg}\alpha \text{tg}\beta$

Подставим полученное выражение для числителя обратно в левую часть доказываемого тождества:

$\frac{\text{tg}(\alpha + \beta) \text{tg}\alpha \text{tg}\beta}{\text{tg}\alpha \text{tg}(\alpha + \beta)}$

Сократив дробь на $\text{tg}\alpha \text{tg}(\alpha + \beta)$, получим $\text{tg}\beta$.

Таким образом, левая часть тождества равна правой. Тождество доказано.

Ответ: $\frac{\text{tg}(\alpha + \beta) - \text{tg}\alpha - \text{tg}\beta}{\text{tg}\alpha \text{tg}(\alpha + \beta)} = \frac{\text{tg}(\alpha + \beta) \text{tg}\alpha \text{tg}\beta}{\text{tg}\alpha \text{tg}(\alpha + \beta)} = \text{tg}\beta$.

б)

Для доказательства тождества преобразуем левую часть, используя формулы двойного угла:

$1 - \cos2\alpha = 2\sin^2\alpha$

$1 + \cos2\alpha = 2\cos^2\alpha$

$\sin2\alpha = 2\sin\alpha\cos\alpha$

Подставим эти выражения в исходную дробь:

$\frac{1 - \cos2\alpha + \sin2\alpha}{1 + \cos2\alpha + \sin2\alpha} = \frac{2\sin^2\alpha + 2\sin\alpha\cos\alpha}{2\cos^2\alpha + 2\sin\alpha\cos\alpha}$

Вынесем общие множители в числителе и знаменателе:

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

Сократим дробь на общий множитель $2(\sin\alpha + \cos\alpha)$:

$\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha} = \text{tg}\alpha$

Левая часть тождества равна правой. Тождество доказано.

Ответ: $\frac{1 - \cos2\alpha + \sin2\alpha}{1 + \cos2\alpha + \sin2\alpha} = \frac{2\sin^2\alpha + 2\sin\alpha\cos\alpha}{2\cos^2\alpha + 2\sin\alpha\cos\alpha} = \frac{2\sin\alpha(\sin\alpha + \cos\alpha)}{2\cos\alpha(\cos\alpha + \sin\alpha)} = \text{tg}\alpha$.

в)

Для доказательства тождества воспользуемся формулами суммы и разности углов для синуса и косинуса.

Преобразуем числитель:

$\cos(\alpha + \beta) + \cos(\alpha - \beta) = (\cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta) + (\cos\alpha\cos\beta + \sin\alpha\sin\beta) = 2\cos\alpha\cos\beta$

Преобразуем знаменатель:

$\sin(\alpha + \beta) + \sin(\alpha - \beta) = (\sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta) + (\sin\alpha\cos\beta - \cos\alpha\sin\beta) = 2\sin\alpha\cos\beta$

Подставим преобразованные выражения в левую часть тождества:

$\frac{2\cos\alpha\cos\beta}{2\sin\alpha\cos\beta}$

Сократив дробь на $2\cos\beta$, получим:

$\frac{\cos\alpha}{\sin\alpha} = \text{ctg}\alpha$

Левая часть тождества равна правой. Тождество доказано.

Ответ: $\frac{\cos(\alpha + \beta) + \cos(\alpha - \beta)}{\sin(\alpha + \beta) + \sin(\alpha - \beta)} = \frac{2\cos\alpha\cos\beta}{2\sin\alpha\cos\beta} = \text{ctg}\alpha$.

г)

Для доказательства тождества воспользуемся формулами преобразования разности тригонометрических функций в произведение:

$\sin x - \sin y = 2\sin\frac{x-y}{2}\cos\frac{x+y}{2}$

$\cos x - \cos y = -2\sin\frac{x-y}{2}\sin\frac{x+y}{2}$

Применим эти формулы к левой части тождества, где $x=\alpha$ и $y=3\alpha$.

Преобразуем числитель:

$\sin\alpha - \sin3\alpha = 2\sin\frac{\alpha-3\alpha}{2}\cos\frac{\alpha+3\alpha}{2} = 2\sin(-\alpha)\cos(2\alpha) = -2\sin\alpha\cos(2\alpha)$

Преобразуем знаменатель:

$\cos\alpha - \cos3\alpha = -2\sin\frac{\alpha-3\alpha}{2}\sin\frac{\alpha+3\alpha}{2} = -2\sin(-\alpha)\sin(2\alpha) = -2(-\sin\alpha)\sin(2\alpha) = 2\sin\alpha\sin(2\alpha)$

Подставим преобразованные выражения в дробь:

$\frac{-2\sin\alpha\cos(2\alpha)}{2\sin\alpha\sin(2\alpha)}$

Сократим дробь на $2\sin\alpha$:

$\frac{-\cos(2\alpha)}{\sin(2\alpha)} = -\text{ctg}(2\alpha)$

Левая часть тождества равна правой. Тождество доказано.

Ответ: $\frac{\sin\alpha - \sin3\alpha}{\cos\alpha - \cos3\alpha} = \frac{-2\sin\alpha\cos(2\alpha)}{2\sin\alpha\sin(2\alpha)} = -\text{ctg}(2\alpha)$.

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 $\frac{3\pi}{2} < \alpha < 2\pi$.

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.

56. Докажите справедливость равенства:

а) $\cos \frac{\pi}{7} \cos \frac{4\pi}{7} \cos \frac{5\pi}{7} = \frac{1}{8}$;

б) $\text{tg } 20^\circ - 4 \sin 20^\circ \sin 50^\circ = -2 \sin 20^\circ$;

в) $\frac{1}{\sin 10^\circ} - 4 \sin 70^\circ = 2$;

г) $\cos 20^\circ + 2 \sin^2 55^\circ - \sqrt{2} \sin 65^\circ = 1.$

а) Докажем справедливость равенства $\cos\frac{\pi}{7}\cos\frac{4\pi}{7}\cos\frac{5\pi}{7} = \frac{1}{8}$.

Обозначим левую часть равенства как $P$.

$P = \cos\frac{\pi}{7}\cos\frac{4\pi}{7}\cos\frac{5\pi}{7}$

Воспользуемся формулой приведения $\cos\alpha = -\cos(\pi - \alpha)$. Заметим, что $\cos\frac{5\pi}{7} = \cos(\pi - \frac{2\pi}{7}) = -\cos\frac{2\pi}{7}$.

Подставим это в исходное выражение:

$P = \cos\frac{\pi}{7}\cos\frac{4\pi}{7}(-\cos\frac{2\pi}{7}) = -\cos\frac{\pi}{7}\cos\frac{2\pi}{7}\cos\frac{4\pi}{7}$.

Для дальнейшего упрощения умножим и разделим выражение на $2\sin\frac{\pi}{7}$ (так как $\sin\frac{\pi}{7} \neq 0$):

$P = -\frac{2\sin\frac{\pi}{7}\cos\frac{\pi}{7}\cos\frac{2\pi}{7}\cos\frac{4\pi}{7}}{2\sin\frac{\pi}{7}}$

Применим формулу синуса двойного угла $2\sin\alpha\cos\alpha = \sin(2\alpha)$ трижды:

$P = -\frac{\sin\frac{2\pi}{7}\cos\frac{2\pi}{7}\cos\frac{4\pi}{7}}{2\sin\frac{\pi}{7}} = -\frac{\frac{1}{2}(2\sin\frac{2\pi}{7}\cos\frac{2\pi}{7})\cos\frac{4\pi}{7}}{2\sin\frac{\pi}{7}} = -\frac{\frac{1}{2}\sin\frac{4\pi}{7}\cos\frac{4\pi}{7}}{2\sin\frac{\pi}{7}}$

$P = -\frac{\frac{1}{4}(2\sin\frac{4\pi}{7}\cos\frac{4\pi}{7})}{2\sin\frac{\pi}{7}} = -\frac{\sin\frac{8\pi}{7}}{8\sin\frac{\pi}{7}}$

Используем формулу приведения для синуса: $\sin(\pi + \alpha) = -\sin\alpha$.

$\sin\frac{8\pi}{7} = \sin(\pi + \frac{\pi}{7}) = -\sin\frac{\pi}{7}$.

Подставим полученное значение обратно в выражение для $P$:

$P = -\frac{-\sin\frac{\pi}{7}}{8\sin\frac{\pi}{7}} = \frac{\sin\frac{\pi}{7}}{8\sin\frac{\pi}{7}} = \frac{1}{8}$.

Таким образом, левая часть равна правой. Равенство доказано.

Ответ: $\cos\frac{\pi}{7}\cos\frac{4\pi}{7}\cos\frac{5\pi}{7} = \frac{1}{8}$.

б) Докажем справедливость равенства $\tg 20^\circ - 4 \sin 20^\circ \sin 50^\circ = -2 \sin 20^\circ$.

Преобразуем левую часть равенства (обозначим её ЛЧ):

$\text{ЛЧ} = \frac{\sin 20^\circ}{\cos 20^\circ} - 4 \sin 20^\circ \sin 50^\circ$.

Вынесем общий множитель $\sin 20^\circ$ за скобки:

$\text{ЛЧ} = \sin 20^\circ \left( \frac{1}{\cos 20^\circ} - 4 \sin 50^\circ \right)$.

Приведем выражение в скобках к общему знаменателю:

$\text{ЛЧ} = \sin 20^\circ \left( \frac{1 - 4 \sin 50^\circ \cos 20^\circ}{\cos 20^\circ} \right)$.

Преобразуем произведение синуса и косинуса в сумму с помощью формулы $2\sin\alpha\cos\beta = \sin(\alpha+\beta) + \sin(\alpha-\beta)$:

$4 \sin 50^\circ \cos 20^\circ = 2 \cdot (2 \sin 50^\circ \cos 20^\circ) = 2(\sin(50^\circ+20^\circ) + \sin(50^\circ-20^\circ)) = 2(\sin 70^\circ + \sin 30^\circ)$.

Используя формулу приведения $\sin 70^\circ = \sin(90^\circ - 20^\circ) = \cos 20^\circ$ и зная, что $\sin 30^\circ = \frac{1}{2}$, получаем:

$4 \sin 50^\circ \cos 20^\circ = 2(\cos 20^\circ + \frac{1}{2}) = 2\cos 20^\circ + 1$.

Подставим это выражение в числитель дроби в скобках:

$1 - 4 \sin 50^\circ \cos 20^\circ = 1 - (2\cos 20^\circ + 1) = -2\cos 20^\circ$.

Теперь подставим полученный числитель обратно в выражение для ЛЧ:

$\text{ЛЧ} = \sin 20^\circ \left( \frac{-2\cos 20^\circ}{\cos 20^\circ} \right) = \sin 20^\circ \cdot (-2) = -2 \sin 20^\circ$.

Левая часть равна правой. Равенство доказано.

Ответ: $\tg 20^\circ - 4 \sin 20^\circ \sin 50^\circ = -2 \sin 20^\circ$.

в) Докажем справедливость равенства $\frac{1}{\sin 10^\circ} - 4 \sin 70^\circ = 2$.

Преобразуем левую часть равенства (ЛЧ):

$\text{ЛЧ} = \frac{1}{\sin 10^\circ} - 4 \sin 70^\circ$.

Приведем к общему знаменателю:

$\text{ЛЧ} = \frac{1 - 4 \sin 10^\circ \sin 70^\circ}{\sin 10^\circ}$.

Используем формулу приведения $\sin 70^\circ = \sin(90^\circ - 20^\circ) = \cos 20^\circ$.

$\text{ЛЧ} = \frac{1 - 4 \sin 10^\circ \cos 20^\circ}{\sin 10^\circ}$.

Используем формулу преобразования произведения в сумму $2\sin\alpha\cos\beta = \sin(\alpha+\beta) + \sin(\alpha-\beta)$:

$4 \sin 10^\circ \cos 20^\circ = 2 \cdot (2 \sin 10^\circ \cos 20^\circ) = 2(\sin(10^\circ+20^\circ) + \sin(10^\circ-20^\circ)) = 2(\sin 30^\circ + \sin(-10^\circ))$.

Так как $\sin(-10^\circ) = -\sin 10^\circ$ и $\sin 30^\circ = \frac{1}{2}$, получаем:

$4 \sin 10^\circ \cos 20^\circ = 2(\frac{1}{2} - \sin 10^\circ) = 1 - 2\sin 10^\circ$.

Подставим это выражение в числитель дроби:

$1 - (1 - 2\sin 10^\circ) = 1 - 1 + 2\sin 10^\circ = 2\sin 10^\circ$.

Теперь подставим полученный числитель обратно в выражение для ЛЧ:

$\text{ЛЧ} = \frac{2\sin 10^\circ}{\sin 10^\circ} = 2$.

Левая часть равна правой. Равенство доказано.

Ответ: $\frac{1}{\sin 10^\circ} - 4 \sin 70^\circ = 2$.

г) Докажем справедливость равенства $\cos 20^\circ + 2 \sin^2 55^\circ - \sqrt{2} \sin 65^\circ = 1$.

Преобразуем левую часть равенства (ЛЧ), используя тригонометрические тождества.

Сначала преобразуем $2 \sin^2 55^\circ$ с помощью формулы понижения степени $2\sin^2\alpha = 1 - \cos(2\alpha)$:

$2\sin^2 55^\circ = 1 - \cos(2 \cdot 55^\circ) = 1 - \cos 110^\circ$.

Используя формулу приведения $\cos 110^\circ = \cos(90^\circ + 20^\circ) = -\sin 20^\circ$, получаем:

$2\sin^2 55^\circ = 1 - (-\sin 20^\circ) = 1 + \sin 20^\circ$.

Теперь преобразуем слагаемое $\sqrt{2} \sin 65^\circ$. Используем формулу синуса суммы $\sin(\alpha+\beta) = \sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta$:

$\sin 65^\circ = \sin(45^\circ + 20^\circ) = \sin 45^\circ \cos 20^\circ + \cos 45^\circ \sin 20^\circ$.

Так как $\sin 45^\circ = \cos 45^\circ = \frac{\sqrt{2}}{2}$, то:

$\sin 65^\circ = \frac{\sqrt{2}}{2} \cos 20^\circ + \frac{\sqrt{2}}{2} \sin 20^\circ = \frac{\sqrt{2}}{2}(\cos 20^\circ + \sin 20^\circ)$.

Следовательно, $\sqrt{2} \sin 65^\circ = \sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}(\cos 20^\circ + \sin 20^\circ) = \frac{2}{2}(\cos 20^\circ + \sin 20^\circ) = \cos 20^\circ + \sin 20^\circ$.

Подставим все преобразованные части обратно в левую часть исходного равенства:

$\text{ЛЧ} = \cos 20^\circ + (1 + \sin 20^\circ) - (\cos 20^\circ + \sin 20^\circ)$.

Раскроем скобки и приведем подобные слагаемые:

$\text{ЛЧ} = \cos 20^\circ + 1 + \sin 20^\circ - \cos 20^\circ - \sin 20^\circ = 1$.

Левая часть равна правой. Равенство доказано.

Ответ: $\cos 20^\circ + 2 \sin^2 55^\circ - \sqrt{2} \sin 65^\circ = 1$.

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 $.

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.