Номер 1015, страница 293 - гдз по алгебре 10 класс учебник Колягин, Ткачева

1015. Доказать тождество:

1) $\sin^3\alpha(1+\operatorname{ctg}\alpha)+\cos^3\alpha(1+\operatorname{tg}\alpha)=\sin\alpha+\cos\alpha$;

2) $1-(\sin^6\alpha+\cos^6\alpha)=3\sin^2\alpha\cdot\cos^2\alpha$;

3) $\sqrt{\frac{1+\sin\alpha}{1-\sin\alpha}} - \sqrt{\frac{1-\sin\alpha}{1+\sin\alpha}} = -2\operatorname{tg}\alpha$, $90^{\circ}<\alpha<180^{\circ}$;

4) $\sqrt{\frac{1-\cos\alpha}{1+\cos\alpha}} - \sqrt{\frac{1+\cos\alpha}{1-\cos\alpha}} = 2\operatorname{ctg}\alpha$, $\pi<\alpha<\frac{3\pi}{2}$.

1) Докажем тождество $sin^3\alpha(1 + ctg\alpha) + cos^3\alpha(1 + tg\alpha) = sin\alpha + cos\alpha$.
Преобразуем левую часть равенства. Для этого заменим котангенс и тангенс через синус и косинус, используя формулы $ctg\alpha = \frac{cos\alpha}{sin\alpha}$ и $tg\alpha = \frac{sin\alpha}{cos\alpha}$.
$sin^3\alpha(1 + \frac{cos\alpha}{sin\alpha}) + cos^3\alpha(1 + \frac{sin\alpha}{cos\alpha}) = sin^3\alpha(\frac{sin\alpha + cos\alpha}{sin\alpha}) + cos^3\alpha(\frac{cos\alpha + sin\alpha}{cos\alpha})$
Сократим $sin\alpha$ в первом слагаемом и $cos\alpha$ во втором:
$sin^2\alpha(sin\alpha + cos\alpha) + cos^2\alpha(sin\alpha + cos\alpha)$
Вынесем общий множитель $(sin\alpha + cos\alpha)$ за скобки:
$(sin^2\alpha + cos^2\alpha)(sin\alpha + cos\alpha)$
Используя основное тригонометрическое тождество $sin^2\alpha + cos^2\alpha = 1$, получаем:
$1 \cdot (sin\alpha + cos\alpha) = sin\alpha + cos\alpha$
Левая часть равна правой, тождество доказано.
Ответ: тождество доказано.

2) Докажем тождество $1 - (sin^6\alpha + cos^6\alpha) = 3sin^2\alpha \cdot cos^2\alpha$.
Преобразуем выражение в скобках в левой части, представив его как сумму кубов по формуле $a^3+b^3 = (a+b)(a^2-ab+b^2)$, где $a = sin^2\alpha$ и $b = cos^2\alpha$.
$sin^6\alpha + cos^6\alpha = (sin^2\alpha)^3 + (cos^2\alpha)^3 = (sin^2\alpha + cos^2\alpha)((sin^2\alpha)^2 - sin^2\alpha cos^2\alpha + (cos^2\alpha)^2)$
Так как $sin^2\alpha + cos^2\alpha = 1$, выражение упрощается до:
$sin^4\alpha - sin^2\alpha cos^2\alpha + cos^4\alpha$
Сгруппируем $sin^4\alpha + cos^4\alpha$ и дополним до полного квадрата суммы:
$sin^4\alpha + cos^4\alpha = (sin^2\alpha)^2 + (cos^2\alpha)^2 = (sin^2\alpha + cos^2\alpha)^2 - 2sin^2\alpha cos^2\alpha = 1^2 - 2sin^2\alpha cos^2\alpha = 1 - 2sin^2\alpha cos^2\alpha$
Подставим это обратно в выражение для суммы шестых степеней:
$sin^6\alpha + cos^6\alpha = (1 - 2sin^2\alpha cos^2\alpha) - sin^2\alpha cos^2\alpha = 1 - 3sin^2\alpha cos^2\alpha$
Теперь подставим полученное выражение в исходное тождество:
$1 - (1 - 3sin^2\alpha cos^2\alpha) = 1 - 1 + 3sin^2\alpha cos^2\alpha = 3sin^2\alpha cos^2\alpha$
Левая часть равна правой, тождество доказано.
Ответ: тождество доказано.

3) Докажем тождество $\sqrt{\frac{1+sin\alpha}{1-sin\alpha}} - \sqrt{\frac{1-sin\alpha}{1+sin\alpha}} = -2tg\alpha$ при $90^\circ < \alpha < 180^\circ$.
Приведем левую часть к общему знаменателю:
$\frac{\sqrt{(1+sin\alpha)^2} - \sqrt{(1-sin\alpha)^2}}{\sqrt{(1-sin\alpha)(1+sin\alpha)}} = \frac{|1+sin\alpha| - |1-sin\alpha|}{\sqrt{1-sin^2\alpha}}$
Знаменатель равен $\sqrt{cos^2\alpha} = |cos\alpha|$.
Рассмотрим интервал $90^\circ < \alpha < 180^\circ$. В этом интервале (II четверть) $sin\alpha > 0$ и $cos\alpha < 0$.
Поскольку $-1 \le sin\alpha \le 1$ для любого $\alpha$, то выражения $1+sin\alpha$ и $1-sin\alpha$ всегда неотрицательны. Следовательно, $|1+sin\alpha| = 1+sin\alpha$ и $|1-sin\alpha| = 1-sin\alpha$.
В знаменателе $|cos\alpha| = -cos\alpha$, так как во II четверти косинус отрицателен.
Подставим эти значения в выражение:
$\frac{(1+sin\alpha) - (1-sin\alpha)}{-cos\alpha} = \frac{1+sin\alpha - 1+sin\alpha}{-cos\alpha} = \frac{2sin\alpha}{-cos\alpha}$
$\frac{2sin\alpha}{-cos\alpha} = -2\frac{sin\alpha}{cos\alpha} = -2tg\alpha$
Левая часть равна правой, тождество доказано для заданного интервала.
Ответ: тождество доказано.

4) Докажем тождество $\sqrt{\frac{1-cos\alpha}{1+cos\alpha}} - \sqrt{\frac{1+cos\alpha}{1-cos\alpha}} = 2ctg\alpha$ при $\pi < \alpha < \frac{3\pi}{2}$.
Приведем левую часть к общему знаменателю:
$\frac{\sqrt{(1-cos\alpha)^2} - \sqrt{(1+cos\alpha)^2}}{\sqrt{(1+cos\alpha)(1-cos\alpha)}} = \frac{|1-cos\alpha| - |1+cos\alpha|}{\sqrt{1-cos^2\alpha}}$
Знаменатель равен $\sqrt{sin^2\alpha} = |sin\alpha|$.
Рассмотрим интервал $\pi < \alpha < \frac{3\pi}{2}$. В этом интервале (III четверть) $sin\alpha < 0$ и $cos\alpha < 0$.
Поскольку $-1 \le cos\alpha \le 1$ для любого $\alpha$, то выражения $1-cos\alpha$ и $1+cos\alpha$ всегда неотрицательны. Следовательно, $|1-cos\alpha| = 1-cos\alpha$ и $|1+cos\alpha| = 1+cos\alpha$.
В знаменателе $|sin\alpha| = -sin\alpha$, так как в III четверти синус отрицателен.
Подставим эти значения в выражение:
$\frac{(1-cos\alpha) - (1+cos\alpha)}{-sin\alpha} = \frac{1-cos\alpha-1-cos\alpha}{-sin\alpha} = \frac{-2cos\alpha}{-sin\alpha}$
$\frac{-2cos\alpha}{-sin\alpha} = 2\frac{cos\alpha}{sin\alpha} = 2ctg\alpha$
Левая часть равна правой, тождество доказано для заданного интервала.
Ответ: тождество доказано.