Страница 317 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

25. Освободитесь от иррациональности в знаменателе:

a) $\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}};

б) $\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}};

в) $\frac{1}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{5}+\sqrt[3]{7}}.$

а)

Чтобы освободиться от иррациональности в знаменателе дроби $ \frac{1}{\sqrt{2} + \sqrt[3]{3}} $, мы будем последовательно избавляться от корней разной степени. Сначала избавимся от квадратного корня, а затем от кубического.

1. Умножим числитель и знаменатель на выражение, сопряженное к знаменателю, если бы оба слагаемых были квадратными корнями. То есть, умножим на $ \sqrt{2} - \sqrt[3]{3} $. Используем формулу разности квадратов $ (a+b)(a-b) = a^2 - b^2 $.

$ \frac{1}{\sqrt{2} + \sqrt[3]{3}} = \frac{1 \cdot (\sqrt{2} - \sqrt[3]{3})}{(\sqrt{2} + \sqrt[3]{3})(\sqrt{2} - \sqrt[3]{3})} = \frac{\sqrt{2} - \sqrt[3]{3}}{(\sqrt{2})^2 - (\sqrt[3]{3})^2} = \frac{\sqrt{2} - \sqrt[3]{3}}{2 - \sqrt[3]{9}} $

2. Теперь в знаменателе находится разность $ 2 - \sqrt[3]{9} $. Чтобы избавиться от кубического корня, воспользуемся формулой разности кубов: $ x^3 - y^3 = (x-y)(x^2+xy+y^2) $. В нашем случае $ x=2 $ и $ y=\sqrt[3]{9} $. Нам нужно домножить знаменатель на $ x^2+xy+y^2 $, чтобы получить $ x^3-y^3 $.

Множитель равен: $ 2^2 + 2\sqrt[3]{9} + (\sqrt[3]{9})^2 = 4 + 2\sqrt[3]{9} + \sqrt[3]{81} = 4 + 2\sqrt[3]{9} + \sqrt[3]{27 \cdot 3} = 4 + 2\sqrt[3]{9} + 3\sqrt[3]{3} $.

3. Умножим числитель и знаменатель нашей дроби на это выражение:

$ \frac{\sqrt{2} - \sqrt[3]{3}}{2 - \sqrt[3]{9}} = \frac{(\sqrt{2} - \sqrt[3]{3})(4 + 2\sqrt[3]{9} + 3\sqrt[3]{3})}{(2 - \sqrt[3]{9})(4 + 2\sqrt[3]{9} + 3\sqrt[3]{3})} $

Знаменатель станет равен $ 2^3 - (\sqrt[3]{9})^3 = 8 - 9 = -1 $.

4. Раскроем скобки в числителе:

$ (\sqrt{2} - \sqrt[3]{3})(4 + 2\sqrt[3]{9} + 3\sqrt[3]{3}) = \sqrt{2}(4 + 2\sqrt[3]{9} + 3\sqrt[3]{3}) - \sqrt[3]{3}(4 + 2\sqrt[3]{9} + 3\sqrt[3]{3}) $

$ = 4\sqrt{2} + 2\sqrt{2}\sqrt[3]{9} + 3\sqrt{2}\sqrt[3]{3} - 4\sqrt[3]{3} - 2\sqrt[3]{3}\sqrt[3]{9} - 3\sqrt[3]{3}\sqrt[3]{3} $

$ = 4\sqrt{2} + 2\sqrt[6]{2^3 \cdot 9^2} + 3\sqrt[6]{2^3 \cdot 3^2} - 4\sqrt[3]{3} - 2\sqrt[3]{27} - 3\sqrt[3]{9} $

$ = 4\sqrt{2} + 2\sqrt[6]{8 \cdot 81} + 3\sqrt[6]{8 \cdot 9} - 4\sqrt[3]{3} - 2(3) - 3\sqrt[3]{9} $

$ = 4\sqrt{2} + 2\sqrt[6]{648} + 3\sqrt[6]{72} - 4\sqrt[3]{3} - 6 - 3\sqrt[3]{9} $

5. Разделим полученный числитель на знаменатель (-1):

$ \frac{4\sqrt{2} + 2\sqrt[6]{648} + 3\sqrt[6]{72} - 4\sqrt[3]{3} - 6 - 3\sqrt[3]{9}}{-1} = -4\sqrt{2} - 2\sqrt[6]{648} - 3\sqrt[6]{72} + 4\sqrt[3]{3} + 6 + 3\sqrt[3]{9} $

Отсортируем слагаемые для удобства:

$ 6 + 3\sqrt[3]{9} + 4\sqrt[3]{3} - 4\sqrt{2} - 3\sqrt[6]{72} - 2\sqrt[6]{648} $

Ответ: $ 6 + 3\sqrt[3]{9} + 4\sqrt[3]{3} - 4\sqrt{2} - 3\sqrt[6]{72} - 2\sqrt[6]{648} $.

б)

Чтобы освободиться от иррациональности в знаменателе дроби $ \frac{1}{\sqrt{2} + \sqrt{3} + \sqrt{5}} $, сгруппируем слагаемые и дважды применим формулу разности квадратов.

1. Сгруппируем первые два слагаемых в знаменателе: $ (\sqrt{2} + \sqrt{3}) + \sqrt{5} $. Умножим числитель и знаменатель на сопряженное выражение $ (\sqrt{2} + \sqrt{3}) - \sqrt{5} $.

$ \frac{1}{(\sqrt{2} + \sqrt{3}) + \sqrt{5}} = \frac{1 \cdot ((\sqrt{2} + \sqrt{3}) - \sqrt{5})}{((\sqrt{2} + \sqrt{3}) + \sqrt{5})((\sqrt{2} + \sqrt{3}) - \sqrt{5})} = \frac{\sqrt{2} + \sqrt{3} - \sqrt{5}}{(\sqrt{2} + \sqrt{3})^2 - (\sqrt{5})^2} $

2. Упростим знаменатель:

$ (\sqrt{2} + \sqrt{3})^2 - 5 = ((\sqrt{2})^2 + 2\sqrt{2}\sqrt{3} + (\sqrt{3})^2) - 5 = (2 + 2\sqrt{6} + 3) - 5 = 5 + 2\sqrt{6} - 5 = 2\sqrt{6} $

3. Дробь приняла вид $ \frac{\sqrt{2} + \sqrt{3} - \sqrt{5}}{2\sqrt{6}} $. Осталось избавиться от $ \sqrt{6} $ в знаменателе. Для этого умножим числитель и знаменатель на $ \sqrt{6} $.

$ \frac{\sqrt{2} + \sqrt{3} - \sqrt{5}}{2\sqrt{6}} = \frac{(\sqrt{2} + \sqrt{3} - \sqrt{5}) \cdot \sqrt{6}}{2\sqrt{6} \cdot \sqrt{6}} = \frac{\sqrt{2}\sqrt{6} + \sqrt{3}\sqrt{6} - \sqrt{5}\sqrt{6}}{2 \cdot 6} = \frac{\sqrt{12} + \sqrt{18} - \sqrt{30}}{12} $

4. Упростим корни в числителе:

$ \sqrt{12} = \sqrt{4 \cdot 3} = 2\sqrt{3} $

$ \sqrt{18} = \sqrt{9 \cdot 2} = 3\sqrt{2} $

Подставим упрощенные значения обратно в дробь:

$ \frac{2\sqrt{3} + 3\sqrt{2} - \sqrt{30}}{12} $

Ответ: $ \frac{3\sqrt{2} + 2\sqrt{3} - \sqrt{30}}{12} $.

в)

Для освобождения от иррациональности в знаменателе дроби $ \frac{1}{\sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{5} + \sqrt[3]{7}} $ мы воспользуемся тождеством $ x^3+y^3+z^3-3xyz = (x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx) $.

1. Обозначим $ x=\sqrt[3]{2}, y=\sqrt[3]{5}, z=\sqrt[3]{7} $. Знаменатель имеет вид $ x+y+z $. Домножим числитель и знаменатель на $ x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx $.

Вычислим этот множитель:

$ (\sqrt[3]{2})^2+(\sqrt[3]{5})^2+(\sqrt[3]{7})^2 - \sqrt[3]{2}\sqrt[3]{5} - \sqrt[3]{5}\sqrt[3]{7} - \sqrt[3]{7}\sqrt[3]{2} = \sqrt[3]{4}+\sqrt[3]{25}+\sqrt[3]{49} - \sqrt[3]{10} - \sqrt[3]{35} - \sqrt[3]{14} $.

2. Новый знаменатель будет равен $ x^3+y^3+z^3-3xyz $:

$ (\sqrt[3]{2})^3+(\sqrt[3]{5})^3+(\sqrt[3]{7})^3 - 3\sqrt[3]{2 \cdot 5 \cdot 7} = 2+5+7 - 3\sqrt[3]{70} = 14 - 3\sqrt[3]{70} $.

3. Теперь наша дробь имеет вид:

$ \frac{\sqrt[3]{4}+\sqrt[3]{25}+\sqrt[3]{49} - \sqrt[3]{10} - \sqrt[3]{35} - \sqrt[3]{14}}{14 - 3\sqrt[3]{70}} $

4. Чтобы избавиться от оставшейся иррациональности в знаменателе, используем формулу разности кубов $ u^3-v^3 = (u-v)(u^2+uv+v^2) $. Пусть $ u=14, v=3\sqrt[3]{70} $. Домножим числитель и знаменатель на $ u^2+uv+v^2 $.

$ u^2+uv+v^2 = 14^2 + 14(3\sqrt[3]{70}) + (3\sqrt[3]{70})^2 = 196 + 42\sqrt[3]{70} + 9\sqrt[3]{4900} $.

Новый знаменатель будет равен $ u^3-v^3 = 14^3 - (3\sqrt[3]{70})^3 = 2744 - 27 \cdot 70 = 2744 - 1890 = 854 $.

5. Новый числитель будет произведением:

$ (\sqrt[3]{4}+\sqrt[3]{25}+\sqrt[3]{49} - \sqrt[3]{10} - \sqrt[3]{35} - \sqrt[3]{14}) \cdot (196 + 42\sqrt[3]{70} + 9\sqrt[3]{4900}) $

Раскрытие этих скобок — громоздкая операция. Заметим, что числа под корнями в исходном знаменателе связаны свойством $2+5=7$. Это позволяет упростить некоторые промежуточные вычисления при раскрытии скобок. После выполнения всех умножений и приведения подобных слагаемых, числитель принимает вид:

$ -119\sqrt[3]{4} + 70\sqrt[3]{25} + 106\sqrt[3]{49} + 98\sqrt[3]{10} + 14\sqrt[3]{14} - 112\sqrt[3]{35} + 21\sqrt[3]{700} + 3\sqrt[3]{980} - 24\sqrt[3]{2450} $

6. Итоговое выражение:

$ \frac{-119\sqrt[3]{4} + 70\sqrt[3]{25} + 106\sqrt[3]{49} + 98\sqrt[3]{10} + 14\sqrt[3]{14} - 112\sqrt[3]{35} + 21\sqrt[3]{700} + 3\sqrt[3]{980} - 24\sqrt[3]{2450}}{854} $

Ответ: $ \frac{-119\sqrt[3]{4} + 70\sqrt[3]{25} + 106\sqrt[3]{49} + 98\sqrt[3]{10} + 14\sqrt[3]{14} - 112\sqrt[3]{35} + 21\sqrt[3]{700} + 3\sqrt[3]{980} - 24\sqrt[3]{2450}}{854} $.

26. Могут ли быть членами одной геометрической прогрессии числа:

а) 10, 11, 12;

б) 81, -36, 24?

Предположим, что числа 10, 11 и 12 могут быть членами одной геометрической прогрессии $b_n$ со знаменателем $q$. Пусть эти числа являются членами прогрессии с номерами $k, m, n$ соответственно, причем они расположены в последовательности в порядке возрастания их значений: $b_k=10, b_m=11, b_n=12$, где $k, m, n$ - натуральные числа и $k < m < n$.

Согласно определению геометрической прогрессии, каждый следующий член получается из предыдущего умножением на знаменатель $q$. Это означает, что $b_m = b_k \cdot q^{m-k}$ и $b_n = b_m \cdot q^{n-m}$.

Подставив данные нам значения, получим систему уравнений:
$11 = 10 \cdot q^{m-k}$
$12 = 11 \cdot q^{n-m}$

Из этих уравнений можно выразить степени знаменателя $q$:
$q^{m-k} = \frac{11}{10}$
$q^{n-m} = \frac{12}{11}$

Обозначим $p_1 = m-k$ и $p_2 = n-m$. Так как по нашему предположению $k < m < n$, то $p_1$ и $p_2$ являются натуральными числами ($p_1 \ge 1, p_2 \ge 1$). Теперь мы можем выразить $q$ двумя способами: $q = \left(\frac{11}{10}\right)^{1/p_1}$ и $q = \left(\frac{12}{11}\right)^{1/p_2}$. Приравнивая эти выражения, получаем: $\left(\frac{11}{10}\right)^{1/p_1} = \left(\frac{12}{11}\right)^{1/p_2}$

Чтобы избавиться от дробных степеней, возведем обе части равенства в степень $p_1 p_2$: $\left(\frac{11}{10}\right)^{p_2} = \left(\frac{12}{11}\right)^{p_1}$

Преобразуем это равенство: $11^{p_2} \cdot 11^{p_1} = 12^{p_1} \cdot 10^{p_2}$
$11^{p_1+p_2} = (2^2 \cdot 3)^{p_1} \cdot (2 \cdot 5)^{p_2}$
$11^{p_1+p_2} = 2^{2p_1+p_2} \cdot 3^{p_1} \cdot 5^{p_2}$

Мы получили равенство, в левой части которого стоит число, единственным простым делителем которого является 11, а в правой части — число, простыми делителями которого являются 2, 3 и 5. Согласно основной теореме арифметики о единственности разложения натуральных чисел на простые множители, такое равенство возможно только если обе части равны 1. Это требует, чтобы все показатели степени были равны нулю. Однако $p_1$ и $p_2$ являются натуральными числами, а значит, их сумма $p_1+p_2$ не может быть равна нулю. Таким образом, мы пришли к противоречию.

Если рассмотреть другие возможные порядки следования чисел 10, 11, 12 в прогрессии, мы придем к аналогичным противоречиям, основанным на уникальности разложения на простые множители.

Ответ: не могут.

Предположим, что числа 81, -36 и 24 могут быть членами одной геометрической прогрессии. Пусть $b_k, b_m, b_n$ — три члена этой прогрессии, равные данным числам в некотором порядке, где $k < m < n$. Обозначим $p_1 = m-k \ge 1$ и $p_2 = n-m \ge 1$.

Основное свойство членов геометрической прогрессии заключается в том, что отношение последующего члена к предыдущему постоянно. Для не обязательно соседних членов это означает, что $(b_m/b_k)^{1/p_1} = (b_n/b_m)^{1/p_2} = q$. Отсюда следует, что должно выполняться равенство: $(\frac{b_m}{b_k})^{p_2} = (\frac{b_n}{b_m})^{p_1}$. Проверим это условие для различных возможных порядков следования данных чисел.

1. Порядок (81, -36, 24).
В этом случае $b_k=81, b_m=-36, b_n=24$. Находим отношения: $\frac{b_m}{b_k} = \frac{-36}{81} = -\frac{4}{9}$ и $\frac{b_n}{b_m} = \frac{24}{-36} = -\frac{2}{3}$. Наше условие принимает вид: $(-\frac{4}{9})^{p_2} = (-\frac{2}{3})^{p_1}$. Так как $q^{p_1} = -4/9$ и $q^{p_2} = -2/3$ (оба отношения отрицательны), то показатели $p_1$ и $p_2$ должны быть нечетными натуральными числами, а знаменатель $q$ - отрицательным. Пусть $q = -r$, где $r > 0$. Тогда $-r^{p_1} = -4/9 \Rightarrow r^{p_1} = 4/9 = (2/3)^2$. Также $-r^{p_2} = -2/3 \Rightarrow r^{p_2} = 2/3$. Из второго уравнения $r = (2/3)^{1/p_2}$. Подставляя в первое, получаем $((2/3)^{1/p_2})^{p_1} = (2/3)^2$, что дает $p_1/p_2 = 2$, или $p_1 = 2p_2$. Это означает, что $p_1$ должно быть четным числом. Но мы ранее установили, что $p_1$ должно быть нечетным. Это противоречие.

2. Порядок (24, -36, 81).
В этом случае $b_k=24, b_m=-36, b_n=81$. Отношения: $\frac{b_m}{b_k} = \frac{-36}{24} = -\frac{3}{2}$ и $\frac{b_n}{b_m} = \frac{81}{-36} = -\frac{9}{4}$. Условие: $(-\frac{3}{2})^{p_2} = (-\frac{9}{4})^{p_1}$. Равенство можно записать как $(-1)^{p_2}(\frac{3}{2})^{p_2} = (-1)^{p_1}((\frac{3}{2})^2)^{p_1} = (-1)^{p_1}(\frac{3}{2})^{2p_1}$. Для равенства знаков необходимо, чтобы $p_1$ и $p_2$ имели одинаковую четность. Приравнивая модули, получаем $(\frac{3}{2})^{p_2} = (\frac{3}{2})^{2p_1}$, откуда $p_2 = 2p_1$. Если $p_1$ нечетное, то $p_2$ четное, что противоречит одинаковой четности. Если $p_1$ четное, то $p_2$ тоже четное, что допустимо. Пусть $p_1 = 2$, тогда $p_2 = 4$. В этом случае $q^{p_1}=q^2 = -3/2$. Квадрат действительного числа не может быть отрицательным. Это противоречие.

3. Порядок (81, 24, -36).
В этом случае $b_k=81, b_m=24, b_n=-36$. Отношения: $\frac{b_m}{b_k} = \frac{24}{81} = \frac{8}{27}$ и $\frac{b_n}{b_m} = \frac{-36}{24} = -\frac{3}{2}$. Условие: $(\frac{8}{27})^{p_2} = (-\frac{3}{2})^{p_1}$. Левая часть равенства всегда положительна. Правая часть может быть положительной только если $p_1$ - четное число. Тогда $(\frac{8}{27})^{p_2} = (\frac{3}{2})^{p_1}$. Преобразуем основания к (2/3): $((\frac{2}{3})^3)^{p_2} = ((\frac{2}{3})^{-1})^{p_1}$, то есть $(\frac{2}{3})^{3p_2} = (\frac{2}{3})^{-p_1}$. Отсюда $3p_2 = -p_1$. Это равенство невозможно для натуральных чисел $p_1$ и $p_2$.

Проверка остальных трех возможных порядков следования чисел также приводит к противоречиям. Следовательно, данные числа не могут быть членами одной геометрической прогрессии.

Ответ: не могут.

27. Докажите, что число $\sqrt[3]{6 + \sqrt{\frac{847}{27}}} + \sqrt[3]{6 - \sqrt{\frac{847}{27}}}$ рационально.

Чтобы доказать, что данное число рационально, обозначим его через $x$: $x = \sqrt[3]{6 + \sqrt{\frac{847}{27}}} + \sqrt[3]{6 - \sqrt{\frac{847}{27}}}$

Возведем обе части этого равенства в куб, используя формулу куба суммы $(a+b)^3 = a^3 + b^3 + 3ab(a+b)$. Пусть $a = \sqrt[3]{6 + \sqrt{\frac{847}{27}}}$ и $b = \sqrt[3]{6 - \sqrt{\frac{847}{27}}}$. Тогда $x = a+b$.

$x^3 = \left(\sqrt[3]{6 + \sqrt{\frac{847}{27}}} + \sqrt[3]{6 - \sqrt{\frac{847}{27}}}\right)^3$

$x^3 = \left(\sqrt[3]{6 + \sqrt{\frac{847}{27}}}\right)^3 + \left(\sqrt[3]{6 - \sqrt{\frac{847}{27}}}\right)^3 + 3 \cdot \sqrt[3]{6 + \sqrt{\frac{847}{27}}} \cdot \sqrt[3]{6 - \sqrt{\frac{847}{27}}} \cdot \left(\sqrt[3]{6 + \sqrt{\frac{847}{27}}} + \sqrt[3]{6 - \sqrt{\frac{847}{27}}}\right)$

Упростим это выражение. Сумма кубов первых двух слагаемых равна: $a^3 + b^3 = \left(6 + \sqrt{\frac{847}{27}}\right) + \left(6 - \sqrt{\frac{847}{27}}\right) = 6 + 6 = 12$.

Теперь вычислим произведение кубических корней: $ab = \sqrt[3]{\left(6 + \sqrt{\frac{847}{27}}\right) \left(6 - \sqrt{\frac{847}{27}}\right)}$

Применим формулу разности квадратов $(c+d)(c-d) = c^2 - d^2$ к выражению под корнем: $ab = \sqrt[3]{6^2 - \left(\sqrt{\frac{847}{27}}\right)^2} = \sqrt[3]{36 - \frac{847}{27}}$

Приведем дроби к общему знаменателю: $ab = \sqrt[3]{\frac{36 \cdot 27}{27} - \frac{847}{27}} = \sqrt[3]{\frac{972 - 847}{27}} = \sqrt[3]{\frac{125}{27}}$

Извлечем кубический корень: $ab = \frac{\sqrt[3]{125}}{\sqrt[3]{27}} = \frac{5}{3}$

Теперь подставим найденные значения обратно в уравнение для $x^3$: $x^3 = (a^3+b^3) + 3ab(a+b)$ Поскольку $a+b$ это наше исходное число $x$, получаем: $x^3 = 12 + 3 \cdot \frac{5}{3} \cdot x$ $x^3 = 12 + 5x$

Мы получили кубическое уравнение относительно $x$: $x^3 - 5x - 12 = 0$

Чтобы доказать, что $x$ является рациональным числом, найдем рациональные корни этого уравнения. Согласно теореме о рациональных корнях, если у этого уравнения есть рациональные корни, то они должны быть целыми делителями свободного члена (-12). Возможные рациональные корни: $\pm1, \pm2, \pm3, \pm4, \pm6, \pm12$.

Проверим некоторые из них подстановкой в уравнение:

• При $x=1$: $1^3 - 5(1) - 12 = 1 - 5 - 12 = -16 \neq 0$
• При $x=2$: $2^3 - 5(2) - 12 = 8 - 10 - 12 = -14 \neq 0$
• При $x=3$: $3^3 - 5(3) - 12 = 27 - 15 - 12 = 0$

Таким образом, $x=3$ является корнем уравнения.

Чтобы убедиться, что исходное число равно именно 3, покажем, что это единственный действительный корень. Разделим многочлен $x^3 - 5x - 12$ на $(x-3)$. В результате деления получим $x^2 + 3x + 4$. Таким образом, уравнение можно записать в виде: $(x-3)(x^2+3x+4) = 0$

Квадратное уравнение $x^2+3x+4=0$ не имеет действительных корней, так как его дискриминант $D = 3^2 - 4 \cdot 1 \cdot 4 = 9 - 16 = -7 < 0$. Следовательно, кубическое уравнение $x^3 - 5x - 12 = 0$ имеет единственный действительный корень $x=3$.

Поскольку исходное выражение $x = \sqrt[3]{6 + \sqrt{\frac{847}{27}}} + \sqrt[3]{6 - \sqrt{\frac{847}{27}}}$ является действительным числом (сумма двух действительных чисел), оно должно быть равно этому единственному действительному корню. Значит, $x=3$. Число 3 является рациональным, так как его можно представить в виде дроби $\frac{3}{1}$. Таким образом, мы доказали, что исходное число рационально.

Ответ: Исходное число равно 3, что является рациональным числом.

28. Докажите, что для любого числа M найдется такое натуральное n, что сумма

$1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \ldots + \frac{1}{n}$

будет больше M.

Для доказательства данного утверждения, известного как расходимость гармонического ряда, мы покажем, что его частичные суммы могут быть сколь угодно большими.

Обозначим частичную сумму ряда как $H_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n}$. Нам необходимо доказать, что для любого заданного числа $M$ существует такое натуральное число $n$, что $H_n > M$.

Воспользуемся методом оценки снизу, группируя слагаемые. Рассмотрим частичные суммы для $n$, являющихся степенями двойки, то есть для $n = 2^k$, где $k$ — натуральное число. Сгруппируем слагаемые в сумме $H_{2^k}$ следующим образом:

$H_{2^k} = 1 + \frac{1}{2} + \left(\frac{1}{3} + \frac{1}{4}\right) + \left(\frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{8}\right) + \dots + \left(\frac{1}{2^{k-1}+1} + \dots + \frac{1}{2^k}\right)$

Теперь оценим сумму слагаемых в каждой из групп, выделенных скобками. Например, для первой группы в скобках:

$\frac{1}{3} + \frac{1}{4} > \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = 2 \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$

В общем виде, для группы слагаемых от $\frac{1}{2^{m-1}+1}$ до $\frac{1}{2^m}$ (где $m$ пробегает значения от 2 до $k$): эта группа содержит $2^{m-1}$ слагаемых. Каждое слагаемое в этой группе больше, чем последнее слагаемое $\frac{1}{2^m}$. Поэтому сумма этой группы больше, чем произведение количества слагаемых на самое маленькое из них:

$\frac{1}{2^{m-1}+1} + \dots + \frac{1}{2^m} > \underbrace{\frac{1}{2^m} + \dots + \frac{1}{2^m}}_{2^{m-1} \text{ раз}} = 2^{m-1} \cdot \frac{1}{2^m} = \frac{1}{2}$

Таким образом, сумма в каждой группе в скобках строго больше $\frac{1}{2}$. Всего в выражении для $H_{2^k}$ у нас есть слагаемое $1$, слагаемое $\frac{1}{2}$ и $k-1$ группа в скобках. Заменяя сумму в каждой из этих групп на $\frac{1}{2}$, мы получим оценку снизу для $H_{2^k}$:

$H_{2^k} = 1 + \frac{1}{2} + \left(\frac{1}{3} + \frac{1}{4}\right) + \dots + \left(\frac{1}{2^{k-1}+1} + \dots + \frac{1}{2^k}\right) > 1 + \underbrace{\frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{2}}_{k \text{ раз}}$

Отсюда получаем неравенство:

$H_{2^k} > 1 + k \cdot \frac{1}{2} = 1 + \frac{k}{2}$

Теперь, имея это неравенство, мы можем завершить доказательство. Пусть нам дано произвольное число $M$. Мы хотим найти такое $n$, что $H_n > M$. Мы можем выбрать натуральное число $k$ настолько большим, чтобы выполнялось неравенство $1 + \frac{k}{2} > M$.

Это неравенство равносильно $\frac{k}{2} > M - 1$, или $k > 2(M-1)$.

Поскольку для любого действительного числа $2(M-1)$ всегда можно найти натуральное число $k$, которое его превосходит, мы можем выбрать такое $k$. После этого положим $n = 2^k$. Для этого натурального числа $n$ будет выполняться:

$H_n = H_{2^k} > 1 + \frac{k}{2} > M$

Следовательно, $H_n > M$. Таким образом, для любого числа $M$ мы нашли натуральное $n$, для которого сумма будет больше $M$, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано методом оценки частичных сумм гармонического ряда снизу. Показано, что для любого числа $M$ можно выбрать $n=2^k$, где натуральное число $k > 2(M-1)$, и тогда сумма $1+\frac{1}{2}+\dots+\frac{1}{n}$ будет больше $M$.

29. Разложите на множители:

а) $x^4 + 4$;

б) $x^4 + x^2 + 1$;

в) $x^5 + x + 1$;

г) $(x^2 + y^2)^3 + (z^2 - x^2)^3 - (y^2 + z^2)^3$;

д) $(x + y + z)^3 - x^3 - y^3 - z^3$;

е) $x^3 + y^3 + z^3 - 3xyz.$

а) $x^4 + 4$

Для разложения этого выражения на множители используем метод выделения полного квадрата. Этот приём известен как тождество Софи Жермен. Добавим и вычтем слагаемое $4x^2$:

$x^4 + 4 = x^4 + 4x^2 + 4 - 4x^2$

Сгруппируем первые три слагаемых, которые образуют полный квадрат $(x^2+2)^2$:

$(x^4 + 4x^2 + 4) - 4x^2 = (x^2 + 2)^2 - (2x)^2$

Теперь мы имеем разность квадратов вида $a^2 - b^2 = (a - b)(a + b)$, где $a = x^2 + 2$ и $b = 2x$. Применим эту формулу:

$((x^2 + 2) - 2x)((x^2 + 2) + 2x)$

Упорядочим слагаемые в скобках для стандартного вида многочлена:

$(x^2 - 2x + 2)(x^2 + 2x + 2)$

Ответ: $(x^2 - 2x + 2)(x^2 + 2x + 2)$

б) $x^4 + x^2 + 1$

Этот многочлен также можно разложить, дополнив до полного квадрата. Представим $x^2$ как $2x^2 - x^2$:

$x^4 + x^2 + 1 = x^4 + 2x^2 + 1 - x^2$

Сгруппируем первые три слагаемых. Они образуют полный квадрат $(x^2+1)^2$:

$(x^4 + 2x^2 + 1) - x^2 = (x^2 + 1)^2 - x^2$

Получили разность квадратов $a^2 - b^2 = (a - b)(a + b)$, где $a = x^2 + 1$ и $b = x$. Применим формулу:

$((x^2 + 1) - x)((x^2 + 1) + x)$

Упорядочим слагаемые в скобках:

$(x^2 - x + 1)(x^2 + x + 1)$

Ответ: $(x^2 - x + 1)(x^2 + x + 1)$

в) $x^5 + x + 1$

Для разложения этого многочлена добавим и вычтем $x^2$:

$x^5 + x + 1 = x^5 - x^2 + x^2 + x + 1$

Сгруппируем слагаемые:

$(x^5 - x^2) + (x^2 + x + 1)$

Вынесем $x^2$ из первой группы:

$x^2(x^3 - 1) + (x^2 + x + 1)$

Применим формулу разности кубов $a^3 - b^3 = (a-b)(a^2+ab+b^2)$ для выражения $x^3 - 1$:

$x^2(x - 1)(x^2 + x + 1) + (x^2 + x + 1)$

Теперь мы видим общий множитель $(x^2 + x + 1)$, который можно вынести за скобки:

$(x^2 + x + 1)(x^2(x - 1) + 1)$

Раскроем скобки во втором множителе:

$(x^2 + x + 1)(x^3 - x^2 + 1)$

Ответ: $(x^2 + x + 1)(x^3 - x^2 + 1)$

г) $(x^2 + y^2)^3 + (z^2 - x^2)^3 - (y^2 + z^2)^3$

Воспользуемся заменой переменных. Пусть:

$A = x^2 + y^2$

$B = z^2 - x^2$

Тогда их сумма $A+B = (x^2 + y^2) + (z^2 - x^2) = y^2 + z^2$.

Исходное выражение можно переписать в виде $A^3 + B^3 - (A+B)^3$.

Используем тождество $A^3 + B^3 - (A+B)^3 = -3AB(A+B)$. Раскроем куб суммы для проверки:

$A^3 + B^3 - (A^3 + 3A^2B + 3AB^2 + B^3) = A^3 + B^3 - A^3 - 3A^2B - 3AB^2 - B^3 = -3A^2B - 3AB^2 = -3AB(A+B)$

Теперь подставим обратно исходные выражения для $A$, $B$ и $A+B$:

$-3(x^2 + y^2)(z^2 - x^2)(y^2 + z^2)$

Выражение $(z^2 - x^2)$ можно разложить по формуле разности квадратов. Для более эстетичного вида вынесем знак минус:

$-3(x^2 + y^2)(-(x^2 - z^2))(y^2 + z^2) = 3(x^2 - z^2)(x^2 + y^2)(y^2 + z^2)$

Применяя формулу разности квадратов к $(x^2-z^2)$, получаем окончательное разложение:

$3(x - z)(x + z)(x^2 + y^2)(y^2 + z^2)$

Ответ: $3(x - z)(x + z)(x^2 + y^2)(y^2 + z^2)$

д) $(x + y + z)^3 - x^3 - y^3 - z^3$

Это выражение является известным тождеством. Рассмотрим его как многочлен от переменной $x$. Обозначим его $P(x, y, z)$.

Если подставить $x = -y$, то выражение обратится в ноль:

$P(-y, y, z) = (-y + y + z)^3 - (-y)^3 - y^3 - z^3 = z^3 + y^3 - y^3 - z^3 = 0$

Это означает, что $(x - (-y)) = (x+y)$ является множителем. В силу симметрии выражения относительно $x, y, z$, множителями также будут $(y+z)$ и $(z+x)$.

Таким образом, выражение должно иметь вид $k(x+y)(y+z)(z+x)$, где $k$ — некоторый числовой коэффициент.

Исходный многочлен и произведение $(x+y)(y+z)(z+x)$ являются однородными многочленами третьей степени, поэтому $k$ является константой.

Чтобы найти $k$, подставим произвольные ненулевые значения, например, $x=1, y=1, z=1$:

$(1+1+1)^3 - 1^3 - 1^3 - 1^3 = 3^3 - 3 = 27 - 3 = 24$.

Теперь подставим эти же значения в разложение:

$k(1+1)(1+1)(1+1) = k \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2 = 8k$.

Приравнивая результаты, получаем $8k = 24$, откуда $k=3$.

Следовательно, разложение имеет вид:

$3(x+y)(y+z)(z+x)$

Ответ: $3(x+y)(y+z)(z+x)$

е) $x^3 + y^3 + z^3 - 3xyz$

Это выражение является известным тождеством — формулой для разложения суммы кубов трех переменных, скорректированной на их утроенное произведение.

Формула разложения выглядит следующим образом:

$x^3 + y^3 + z^3 - 3xyz = (x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)$

Это и есть искомое разложение на множители. Второй множитель, $(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)$, является неразложимым на множители с действительными коэффициентами (если только $x,y,z$ не равны между собой).

Ответ: $(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)$

30. Докажите тождество:

$(a^2 + b^2) (x^2 + y^2) = (ax + by)^2 + (ay - bx)^2$

Для доказательства тождества необходимо показать, что его левая и правая части равны. Мы преобразуем правую часть равенства и приведем ее к виду левой части.

Исходное тождество: $(a^2 + b^2)(x^2 + y^2) = (ax + by)^2 + (ay - bx)^2$.

Рассмотрим правую часть: $(ax + by)^2 + (ay - bx)^2$.

Для раскрытия скобок воспользуемся формулами сокращенного умножения: квадратом суммы $(p+q)^2 = p^2+2pq+q^2$ и квадратом разности $(p-q)^2 = p^2-2pq+q^2$.

Раскроем первое слагаемое:

$(ax + by)^2 = (ax)^2 + 2(ax)(by) + (by)^2 = a^2x^2 + 2abxy + b^2y^2$.

Раскроем второе слагаемое:

$(ay - bx)^2 = (ay)^2 - 2(ay)(bx) + (bx)^2 = a^2y^2 - 2abxy + b^2x^2$.

Теперь сложим полученные выражения:

$(a^2x^2 + 2abxy + b^2y^2) + (a^2y^2 - 2abxy + b^2x^2) = a^2x^2 + 2abxy + b^2y^2 + a^2y^2 - 2abxy + b^2x^2$.

Приведем подобные слагаемые. Члены $2abxy$ и $-2abxy$ взаимно уничтожаются:

$a^2x^2 + b^2y^2 + a^2y^2 + b^2x^2$.

Сгруппируем слагаемые для дальнейшего упрощения:

$(a^2x^2 + a^2y^2) + (b^2x^2 + b^2y^2)$.

Вынесем общие множители за скобки в каждой группе: $a^2$ в первой и $b^2$ во второй.

$a^2(x^2 + y^2) + b^2(x^2 + y^2)$.

Теперь вынесем общий множитель $(x^2 + y^2)$ за скобки:

$(a^2 + b^2)(x^2 + y^2)$.

Полученное выражение в точности совпадает с левой частью исходного равенства. Таким образом, мы доказали, что правая часть тождества равна левой.

Ответ: Тождество доказано, так как в результате алгебраических преобразований правая часть была приведена к виду левой части: $(a^2 + b^2)(x^2 + y^2) = (a^2 + b^2)(x^2 + y^2)$.

31. Докажите формулы:

а) $\sqrt{a+\sqrt{b}} = \sqrt{\frac{a+\sqrt{a^2-b}}{2}} + \sqrt{\frac{a-\sqrt{a^2-b}}{2}};$

б) $\sqrt{a-\sqrt{b}} = \sqrt{\frac{a+\sqrt{a^2-b}}{2}} - \sqrt{\frac{a-\sqrt{a^2-b}}{2}}.$

Для доказательства данных формул мы возведем в квадрат их правые части и покажем, что они равны подкоренным выражениям в левых частях. Будем считать, что все выражения под корнями неотрицательны, то есть $ a \ge 0, b \ge 0, a^2 \ge b $.

а) Докажем формулу $ \sqrt{a + \sqrt{b}} = \sqrt{\frac{a + \sqrt{a^2 - b}}{2}} + \sqrt{\frac{a - \sqrt{a^2 - b}}{2}} $.

Возведем правую часть в квадрат, используя формулу квадрата суммы $ (x+y)^2 = x^2 + 2xy + y^2 $:

$ \left( \sqrt{\frac{a + \sqrt{a^2 - b}}{2}} + \sqrt{\frac{a - \sqrt{a^2 - b}}{2}} \right)^2 = $

$ = \left( \sqrt{\frac{a + \sqrt{a^2 - b}}{2}} \right)^2 + 2 \cdot \sqrt{\frac{a + \sqrt{a^2 - b}}{2}} \cdot \sqrt{\frac{a - \sqrt{a^2 - b}}{2}} + \left( \sqrt{\frac{a - \sqrt{a^2 - b}}{2}} \right)^2 = $

Сначала упростим сумму первого и третьего слагаемых:

$ \frac{a + \sqrt{a^2 - b}}{2} + \frac{a - \sqrt{a^2 - b}}{2} = \frac{a + \sqrt{a^2 - b} + a - \sqrt{a^2 - b}}{2} = \frac{2a}{2} = a $.

Теперь упростим второе слагаемое:

$ 2 \cdot \sqrt{\frac{(a + \sqrt{a^2 - b})(a - \sqrt{a^2 - b})}{4}} = 2 \cdot \sqrt{\frac{a^2 - (\sqrt{a^2 - b})^2}{4}} = 2 \cdot \sqrt{\frac{a^2 - (a^2 - b)}{4}} = 2 \cdot \sqrt{\frac{b}{4}} = 2 \cdot \frac{\sqrt{b}}{2} = \sqrt{b} $.

Собрав все вместе, получаем:

$ a + \sqrt{b} $.

Таким образом, квадрат правой части равенства равен подкоренному выражению левой части. Так как обе части исходного равенства неотрицательны, само равенство является верным.

Ответ: Формула доказана.

б) Докажем формулу $ \sqrt{a - \sqrt{b}} = \sqrt{\frac{a + \sqrt{a^2 - b}}{2}} - \sqrt{\frac{a - \sqrt{a^2 - b}}{2}} $.

Возведем правую часть в квадрат, используя формулу квадрата разности $ (x-y)^2 = x^2 - 2xy + y^2 $:

$ \left( \sqrt{\frac{a + \sqrt{a^2 - b}}{2}} - \sqrt{\frac{a - \sqrt{a^2 - b}}{2}} \right)^2 = $

$ = \left( \sqrt{\frac{a + \sqrt{a^2 - b}}{2}} \right)^2 - 2 \cdot \sqrt{\frac{a + \sqrt{a^2 - b}}{2}} \cdot \sqrt{\frac{a - \sqrt{a^2 - b}}{2}} + \left( \sqrt{\frac{a - \sqrt{a^2 - b}}{2}} \right)^2 = $

Сумма первого и третьего слагаемых, как и в пункте а), равна $ a $.

Вычитаемое (удвоенное произведение), как и в пункте а), равно $ \sqrt{b} $.

Собрав все вместе, получаем:

$ a - \sqrt{b} $.

Квадрат правой части равен подкоренному выражению левой части. Убедимся, что правая часть неотрицательна. Это выполняется, если $ \sqrt{\frac{a + \sqrt{a^2 - b}}{2}} \ge \sqrt{\frac{a - \sqrt{a^2 - b}}{2}} $, что равносильно $ a + \sqrt{a^2 - b} \ge a - \sqrt{a^2 - b} $, или $ 2\sqrt{a^2 - b} \ge 0 $. Это верно при $ a^2 \ge b $. Таким образом, при условии, что все корни определены, обе части исходного равенства неотрицательны, и само равенство является верным.

Ответ: Формула доказана.

32. Известно, что $\alpha + \beta + \gamma = \pi$, причем $\alpha, \beta, \gamma$ положительны

Докажите тождество:

a) $\sin \alpha + \sin \beta + \sin \gamma = 4 \cos \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\beta}{2} \cos \frac{\gamma}{2}$;

б) $\cos^2 \alpha + \cos^2 \beta + \cos^2 \gamma = 1 - 2 \cos \alpha \cos \beta \cos \gamma$;

в) $\cos 2\alpha + \cos 2\beta + \cos 2\gamma = -1 - 4 \cos \alpha \cos \beta \cos \gamma$;

г) $\sin^2 \alpha + \sin^2 \beta + \sin^2 \gamma = 2 + 2 \cos \alpha \cos \beta \cos \gamma$.

Докажем тождества, используя условие $α + β + γ = π$, где $α, β, γ$ — положительные углы (углы треугольника).

Из этого условия следуют полезные соотношения:

• $α + β = π - γ$, откуда $cos(α + β) = -cos γ$ и $sin(α + β) = sin γ$.
• $\frac{α + β}{2} = \frac{π}{2} - \frac{γ}{2}$, откуда $cos(\frac{α + β}{2}) = sin\frac{γ}{2}$ и $sin(\frac{α + β}{2}) = cos\frac{γ}{2}$.

а) Докажем тождество $sin α + sin β + sin γ = 4 cos\frac{α}{2} cos\frac{β}{2} cos\frac{γ}{2}$.

Рассмотрим левую часть равенства. Сгруппируем первые два слагаемых и применим формулу суммы синусов:

$(sin α + sin β) + sin γ = 2 sin\frac{α + β}{2} cos\frac{α - β}{2} + sin γ$.

Применим к последнему слагаемому формулу синуса двойного угла $sin γ = 2 sin\frac{γ}{2} cos\frac{γ}{2}$:

$2 sin\frac{α + β}{2} cos\frac{α - β}{2} + 2 sin\frac{γ}{2} cos\frac{γ}{2}$.

Используем соотношение $\frac{α + β}{2} = \frac{π}{2} - \frac{γ}{2}$, откуда $sin\frac{α + β}{2} = sin(\frac{π}{2} - \frac{γ}{2}) = cos\frac{γ}{2}$.

Подставим это в выражение:

$2 cos\frac{γ}{2} cos\frac{α - β}{2} + 2 sin\frac{γ}{2} cos\frac{γ}{2}$.

Вынесем общий множитель $2 cos\frac{γ}{2}$ за скобки:

$2 cos\frac{γ}{2} (cos\frac{α - β}{2} + sin\frac{γ}{2})$.

Теперь используем соотношение $\frac{γ}{2} = \frac{π}{2} - \frac{α + β}{2}$, откуда $sin\frac{γ}{2} = sin(\frac{π}{2} - \frac{α + β}{2}) = cos\frac{α + β}{2}$.

Подставим в скобки:

$2 cos\frac{γ}{2} (cos\frac{α - β}{2} + cos\frac{α + β}{2})$.

К выражению в скобках применим формулу суммы косинусов:

$cos\frac{α - β}{2} + cos\frac{α + β}{2} = 2 cos(\frac{\frac{α - β}{2} + \frac{α + β}{2}}{2}) cos(\frac{\frac{α + β}{2} - \frac{α - β}{2}}{2}) = 2 cos\frac{α}{2} cos\frac{β}{2}$.

Подставив результат в наше выражение, получаем:

$2 cos\frac{γ}{2} (2 cos\frac{α}{2} cos\frac{β}{2}) = 4 cos\frac{α}{2} cos\frac{β}{2} cos\frac{γ}{2}$.

Левая часть равна правой, что и требовалось доказать.

Ответ: $sin α + sin β + sin γ = 4 cos\frac{α}{2} cos\frac{β}{2} cos\frac{γ}{2}$.

б) Докажем тождество $cos^2 α + cos^2 β + cos^2 γ = 1 - 2 cos α cos β cos γ$.

Преобразуем левую часть, используя формулу понижения степени $cos^2 x = \frac{1+cos(2x)}{2}$:

$cos^2 α + cos^2 β + cos^2 γ = \frac{1 + cos(2α)}{2} + \frac{1 + cos(2β)}{2} + cos^2 γ = 1 + \frac{1}{2}(cos(2α) + cos(2β)) + cos^2 γ$.

Применим к сумме косинусов формулу преобразования суммы в произведение:

$cos(2α) + cos(2β) = 2 cos\frac{2α+2β}{2} cos\frac{2α-2β}{2} = 2 cos(α+β)cos(α-β)$.

Подставим обратно в выражение:

$1 + \frac{1}{2}(2 cos(α+β)cos(α-β)) + cos^2 γ = 1 + cos(α+β)cos(α-β) + cos^2 γ$.

Из условия $α+β+γ=π$ следует, что $α+β = π-γ$, и $cos(α+β) = cos(π-γ) = -cosγ$.

Заменяем $cos(α+β)$:

$1 - cosγ \cdot cos(α-β) + cos^2 γ$.

Вынесем $-cosγ$ за скобки:

$1 - cosγ(cos(α-β) - cosγ)$.

Вновь используем $cosγ = -cos(α+β)$:

$1 - cosγ(cos(α-β) - (-cos(α+β))) = 1 - cosγ(cos(α-β) + cos(α+β))$.

Выражение в скобках по формуле преобразования суммы в произведение равно $2cosαcosβ$.

Окончательно получаем:

$1 - cosγ(2cosαcosβ) = 1 - 2cosαcosβcosγ$.

Тождество доказано.

Ответ: $cos^2 α + cos^2 β + cos^2 γ = 1 - 2 cos α cos β cos γ$.

в) Докажем тождество $cos 2α + cos 2β + cos 2γ = -1 - 4 cos α cos β cos γ$.

Преобразуем левую часть, сгруппировав первые два слагаемых и применив формулу суммы косинусов:

$(cos 2α + cos 2β) + cos 2γ = 2 cos(α+β)cos(α-β) + cos 2γ$.

Используем формулу косинуса двойного угла $cos 2γ = 2cos^2γ - 1$:

$2 cos(α+β)cos(α-β) + 2cos^2γ - 1$.

Из условия $α+β = π-γ$ следует $cos(α+β) = -cosγ$. Подставим в выражение:

$2(-cosγ)cos(α-β) + 2cos^2γ - 1 = -2cosγcos(α-β) + 2cos^2γ - 1$.

Вынесем за скобки общий множитель $-2cosγ$:

$-1 - 2cosγ(cos(α-β) - cosγ)$.

Заменим $cosγ$ на $-cos(α+β)$:

$-1 - 2cosγ(cos(α-β) - (-cos(α+β))) = -1 - 2cosγ(cos(α-β) + cos(α+β))$.

Сумма косинусов в скобках равна $2cosαcosβ$.

Подставив, получаем:

$-1 - 2cosγ(2cosαcosβ) = -1 - 4cosαcosβcosγ$.

Тождество доказано.

Ответ: $cos 2α + cos 2β + cos 2γ = -1 - 4 cos α cos β cos γ$.

г) Докажем тождество $sin^2 α + sin^2 β + sin^2 γ = 2 + 2 cos α cos β cos γ$.

Это тождество можно доказать, используя результат пункта б). Так как $sin^2x = 1 - cos^2x$, то:

$sin^2 α + sin^2 β + sin^2 γ = (1-cos^2α) + (1-cos^2β) + (1-cos^2γ) = 3 - (cos^2α + cos^2β + cos^2γ)$.

Из пункта б) мы знаем, что $cos^2α + cos^2β + cos^2γ = 1 - 2cosαcosβcosγ$. Подставляем:

$3 - (1 - 2cosαcosβcosγ) = 3 - 1 + 2cosαcosβcosγ = 2 + 2cosαcosβcosγ$.

Таким образом, тождество доказано.

Также можно доказать это тождество, используя результат пункта в). Применим формулу понижения степени $sin^2x=\frac{1-cos(2x)}{2}$:

$sin^2 α + sin^2 β + sin^2 γ = \frac{1-cos(2α)}{2} + \frac{1-cos(2β)}{2} + \frac{1-cos(2γ)}{2} = \frac{3 - (cos(2α)+cos(2β)+cos(2γ))}{2}$.

Из пункта в) имеем $cos(2α)+cos(2β)+cos(2γ) = -1 - 4cosαcosβcosγ$. Подставляем:

$\frac{3 - (-1 - 4cosαcosβcosγ)}{2} = \frac{3+1+4cosαcosβcosγ}{2} = \frac{4+4cosαcosβcosγ}{2} = 2 + 2cosαcosβcosγ$.

Тождество доказано.

Ответ: $sin^2 α + sin^2 β + sin^2 γ = 2 + 2 cos α cos β cos γ$.

33. Докажите равенство:

a) $ \arcsin x + \arccos x = \frac{\pi}{2} $ для любого $ x \in [-1; 1] $;

б) $ \operatorname{arctg} x + \operatorname{arcctg} x = \frac{\pi}{2} $;

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

г) $ \operatorname{tg} (\arccos x) = \frac{\sqrt{1-x^2}}{x} $ для любого $ x \in [-1; 1] $ и $ x \neq 0 $.

а)

Пусть $\alpha = \arcsin x$. По определению арксинуса, это означает, что $\sin \alpha = x$ и угол $\alpha$ находится в диапазоне $-\frac{\pi}{2} \le \alpha \le \frac{\pi}{2}$.

Используем тригонометрическое тождество: $\cos(\frac{\pi}{2} - \alpha) = \sin \alpha$. Подставив $\sin \alpha = x$, получим $\cos(\frac{\pi}{2} - \alpha) = x$.

Теперь нам нужно определить диапазон значений для угла $(\frac{\pi}{2} - \alpha)$. Так как $-\frac{\pi}{2} \le \alpha \le \frac{\pi}{2}$, то, умножив на $-1$, получим $-\frac{\pi}{2} \le -\alpha \le \frac{\pi}{2}$. Прибавив $\frac{\pi}{2}$ ко всем частям неравенства, имеем: $\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2} \le \frac{\pi}{2} - \alpha \le \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2}$, что дает $0 \le \frac{\pi}{2} - \alpha \le \pi$.

Этот диапазон $[0, \pi]$ является областью значений функции арккосинус. Следовательно, из равенства $\cos(\frac{\pi}{2} - \alpha) = x$ и того, что $(\frac{\pi}{2} - \alpha) \in [0, \pi]$, по определению арккосинуса следует, что $\arccos x = \frac{\pi}{2} - \alpha$.

Подставив обратно $\alpha = \arcsin x$, получаем: $\arccos x = \frac{\pi}{2} - \arcsin x$. Перенеся $\arcsin x$ в левую часть, мы доказываем искомое равенство: $\arcsin x + \arccos x = \frac{\pi}{2}$. Это равенство справедливо для всех $x$ из области определения $[-1; 1]$.

Ответ: $\arcsin x + \arccos x = \frac{\pi}{2}$ для любого $x \in [-1; 1]$.

б)

Пусть $\alpha = \operatorname{arctg} x$. По определению арктангенса, это означает, что $\operatorname{tg} \alpha = x$ и угол $\alpha$ находится в диапазоне $-\frac{\pi}{2} < \alpha < \frac{\pi}{2}$.

Используем тригонометрическое тождество: $\operatorname{ctg}(\frac{\pi}{2} - \alpha) = \operatorname{tg} \alpha$. Подставив $\operatorname{tg} \alpha = x$, получим $\operatorname{ctg}(\frac{\pi}{2} - \alpha) = x$.

Определим диапазон значений для угла $(\frac{\pi}{2} - \alpha)$. Так как $-\frac{\pi}{2} < \alpha < \frac{\pi}{2}$, то, умножив на $-1$, получим $-\frac{\pi}{2} < -\alpha < \frac{\pi}{2}$. Прибавив $\frac{\pi}{2}$, имеем: $\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2} < \frac{\pi}{2} - \alpha < \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2}$, что дает $0 < \frac{\pi}{2} - \alpha < \pi$.

Этот диапазон $(0, \pi)$ является областью значений функции арккотангенс. Следовательно, из равенства $\operatorname{ctg}(\frac{\pi}{2} - \alpha) = x$ и того, что $(\frac{\pi}{2} - \alpha) \in (0, \pi)$, по определению арккотангенса следует, что $\operatorname{arcctg} x = \frac{\pi}{2} - \alpha$.

Подставив обратно $\alpha = \operatorname{arctg} x$, получаем: $\operatorname{arcctg} x = \frac{\pi}{2} - \operatorname{arctg} x$. Перенеся $\operatorname{arctg} x$ в левую часть, мы доказываем искомое равенство: $\operatorname{arctg} x + \operatorname{arcctg} x = \frac{\pi}{2}$.

Ответ: $\operatorname{arctg} x + \operatorname{arcctg} x = \frac{\pi}{2}$.

в)

Пусть $\alpha = \operatorname{arctg} x$. По определению арктангенса, $\operatorname{tg} \alpha = x$ и $\alpha \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$. Нам нужно найти $\cos(\operatorname{arctg} x)$, то есть $\cos \alpha$.

Воспользуемся основным тригонометрическим тождеством, связывающим тангенс и косинус: $1 + \operatorname{tg}^2 \alpha = \frac{1}{\cos^2 \alpha}$.

Подставив $\operatorname{tg} \alpha = x$, получим: $1 + x^2 = \frac{1}{\cos^2 \alpha}$.

Отсюда выразим $\cos^2 \alpha$: $\cos^2 \alpha = \frac{1}{1 + x^2}$. Тогда $\cos \alpha = \pm\sqrt{\frac{1}{1 + x^2}} = \pm\frac{1}{\sqrt{1 + x^2}}$.

Чтобы выбрать правильный знак, рассмотрим область значений $\alpha = \operatorname{arctg} x$. Угол $\alpha$ лежит в интервале $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$, что соответствует I и IV координатным четвертям. В этих четвертях косинус всегда положителен ($\cos \alpha > 0$).

Следовательно, мы должны выбрать знак плюс: $\cos \alpha = \frac{1}{\sqrt{1 + x^2}}$. Подставив $\alpha = \operatorname{arctg} x$, получаем требуемое равенство.

Ответ: $\cos(\operatorname{arctg} x) = \frac{1}{\sqrt{1 + x^2}}$.

г)

Пусть $\alpha = \arccos x$. По определению арккосинуса, $\cos \alpha = x$ и $\alpha \in [0, \pi]$. Нам нужно найти $\operatorname{tg}(\arccos x)$, то есть $\operatorname{tg} \alpha$. По определению тангенса, $\operatorname{tg} \alpha = \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}$.

Мы уже знаем, что $\cos \alpha = x$. Найдем $\sin \alpha$ из основного тригонометрического тождества $\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1$. $\sin^2 \alpha = 1 - \cos^2 \alpha = 1 - x^2$. Отсюда $\sin \alpha = \pm\sqrt{1 - x^2}$.

Чтобы выбрать знак, рассмотрим область значений $\alpha = \arccos x$. Угол $\alpha$ лежит в отрезке $[0, \pi]$, что соответствует I и II координатным четвертям. В этих четвертях синус всегда неотрицателен ($\sin \alpha \ge 0$).

Следовательно, мы должны выбрать знак плюс: $\sin \alpha = \sqrt{1 - x^2}$. Заметим, что $x \in [-1, 1]$, поэтому выражение под корнем $1-x^2$ всегда неотрицательно.

Теперь мы можем найти тангенс: $\operatorname{tg} \alpha = \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \frac{\sqrt{1 - x^2}}{x}$. Это выражение определено для всех $x \in [-1, 1]$, кроме $x=0$, что соответствует условию задачи.

Ответ: $\operatorname{tg}(\arccos x) = \frac{\sqrt{1 - x^2}}{x}$ для любого $x \in [-1; 1]$ и $x \ne 0$.