Страница 136 - гдз по алгебре 10 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

180. Упростите выражение:

1) $4\cos^2 \alpha - 4$

2) $3 - \sin^2 4\beta - \cos^2 4\beta$

3) $(\cos 7\alpha - 1)(\cos 7\alpha + 1)$

4) $6 - \frac{6}{\cos^2 2\varphi}$

5) $\sin^2 \frac{\alpha}{2} + \cos^2 \frac{\alpha}{2} - \frac{1}{\sin^2 3\beta}$

6) $\operatorname{tg} 5x \operatorname{ctg} 5x + \operatorname{tg}^2 4x$

7) $\frac{\operatorname{tg} \frac{\varphi}{4} \cos \frac{\varphi}{4}}{1 + \operatorname{ctg}^2 \frac{\varphi}{4}}$

8) $(\operatorname{tg} 3\beta + \operatorname{ctg} 3\beta)\sin^2 3\beta$

9) $(\cos 6x + \sin 6x)^2 + (\cos 6x - \sin 6x)^2$

10) $\frac{\cos^2 4\alpha}{1 + \operatorname{tg}^2 4\alpha(\sin^2 4\alpha - 1)}$

1) $4\cos^2 \alpha - 4$
Вынесем общий множитель 4 за скобки: $4(\cos^2 \alpha - 1)$.
Используем основное тригонометрическое тождество $\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1$, из которого следует, что $\cos^2 \alpha - 1 = -\sin^2 \alpha$.
Подставим это в выражение: $4(-\sin^2 \alpha) = -4\sin^2 \alpha$.
Ответ: $-4\sin^2 \alpha$.

2) $3 - \sin^2 4\beta - \cos^2 4\beta$
Сгруппируем последние два слагаемых и вынесем -1 за скобки: $3 - (\sin^2 4\beta + \cos^2 4\beta)$.
Применим основное тригонометрическое тождество $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$, где $x = 4\beta$.
Выражение в скобках равно 1: $3 - 1 = 2$.
Ответ: $2$.

3) $(\cos 7\alpha - 1)(\cos 7\alpha + 1)$
Это выражение является формулой разности квадратов $(a-b)(a+b) = a^2 - b^2$, где $a = \cos 7\alpha$ и $b = 1$.
Применив формулу, получим: $(\cos 7\alpha)^2 - 1^2 = \cos^2 7\alpha - 1$.
Из основного тригонометрического тождества $\cos^2 x - 1 = -\sin^2 x$.
Следовательно, выражение равно $-\sin^2 7\alpha$.
Ответ: $-\sin^2 7\alpha$.

4) $6 - \frac{6}{\cos^2 2\varphi}$
Вынесем общий множитель 6 за скобки: $6(1 - \frac{1}{\cos^2 2\varphi})$.
Приведем выражение в скобках к общему знаменателю: $6(\frac{\cos^2 2\varphi - 1}{\cos^2 2\varphi})$.
Используем тождество $\cos^2 x - 1 = -\sin^2 x$.
Получим: $6(\frac{-\sin^2 2\varphi}{\cos^2 2\varphi}) = -6 \frac{\sin^2 2\varphi}{\cos^2 2\varphi}$.
Так как $\frac{\sin x}{\cos x} = \tan x$, выражение упрощается до $-6\tan^2 2\varphi$.
Ответ: $-6\tan^2 2\varphi$.

5) $\sin^2 \frac{\alpha}{2} + \cos^2 \frac{\alpha}{2} - \frac{1}{\sin^2 3\beta}$
Первые два слагаемых представляют собой основное тригонометрическое тождество $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$ для $x = \frac{\alpha}{2}$.
Таким образом, $\sin^2 \frac{\alpha}{2} + \cos^2 \frac{\alpha}{2} = 1$.
Выражение упрощается до $1 - \frac{1}{\sin^2 3\beta}$.
Используем тождество $1 + \cot^2 x = \frac{1}{\sin^2 x}$, откуда следует $1 - \frac{1}{\sin^2 x} = -\cot^2 x$.
Подставив $x = 3\beta$, получаем: $1 - \frac{1}{\sin^2 3\beta} = -\cot^2 3\beta$.
Ответ: $-\cot^2 3\beta$.

6) $\tan 5x \cdot \cot 5x + \tan^2 4x$
Используем тождество $\tan x \cdot \cot x = 1$.
Тогда $\tan 5x \cdot \cot 5x = 1$.
Выражение становится $1 + \tan^2 4x$.
Используя другое тригонометрическое тождество $1 + \tan^2 x = \frac{1}{\cos^2 x}$, получаем $\frac{1}{\cos^2 4x}$.
Ответ: $\frac{1}{\cos^2 4x}$.

7) $\frac{\tan \frac{\varphi}{4} \cos \frac{\varphi}{4}}{1 + \cot^2 \frac{\varphi}{4}}$
Упростим числитель, используя определение тангенса $\tan x = \frac{\sin x}{\cos x}$: $\tan \frac{\varphi}{4} \cos \frac{\varphi}{4} = \frac{\sin \frac{\varphi}{4}}{\cos \frac{\varphi}{4}} \cdot \cos \frac{\varphi}{4} = \sin \frac{\varphi}{4}$.
Упростим знаменатель, используя тождество $1 + \cot^2 x = \frac{1}{\sin^2 x}$: $1 + \cot^2 \frac{\varphi}{4} = \frac{1}{\sin^2 \frac{\varphi}{4}}$.
Подставим упрощенные части обратно в дробь: $\frac{\sin \frac{\varphi}{4}}{\frac{1}{\sin^2 \frac{\varphi}{4}}}$.
Это равно $\sin \frac{\varphi}{4} \cdot \sin^2 \frac{\varphi}{4} = \sin^3 \frac{\varphi}{4}$.
Ответ: $\sin^3 \frac{\varphi}{4}$.

8) $(\tan 3\beta + \cot 3\beta)\sin^2 3\beta$
Запишем тангенс и котангенс через синус и косинус: $\tan 3\beta = \frac{\sin 3\beta}{\cos 3\beta}$ и $\cot 3\beta = \frac{\cos 3\beta}{\sin 3\beta}$.
Выражение в скобках становится: $\frac{\sin 3\beta}{\cos 3\beta} + \frac{\cos 3\beta}{\sin 3\beta} = \frac{\sin^2 3\beta + \cos^2 3\beta}{\sin 3\beta \cos 3\beta}$.
Используя основное тригонометрическое тождество, получаем: $\frac{1}{\sin 3\beta \cos 3\beta}$.
Теперь умножим это на $\sin^2 3\beta$: $\frac{1}{\sin 3\beta \cos 3\beta} \cdot \sin^2 3\beta = \frac{\sin^2 3\beta}{\sin 3\beta \cos 3\beta}$.
Сократив $\sin 3\beta$, получим $\frac{\sin 3\beta}{\cos 3\beta} = \tan 3\beta$.
Ответ: $\tan 3\beta$.

9) $(\cos 6x + \sin 6x)^2 + (\cos 6x - \sin 6x)^2$
Раскроем квадраты, используя формулы квадрата суммы и квадрата разности: $(a+b)^2 = a^2+2ab+b^2$ и $(a-b)^2 = a^2-2ab+b^2$.
$(\cos^2 6x + 2\sin 6x \cos 6x + \sin^2 6x) + (\cos^2 6x - 2\sin 6x \cos 6x + \sin^2 6x)$.
Приведем подобные слагаемые: $2\sin 6x \cos 6x$ и $-2\sin 6x \cos 6x$ взаимно уничтожаются.
Остается: $\cos^2 6x + \sin^2 6x + \cos^2 6x + \sin^2 6x$.
Сгруппируем: $(\cos^2 6x + \sin^2 6x) + (\cos^2 6x + \sin^2 6x)$.
Используя основное тригонометрическое тождество, каждая скобка равна 1.
Получаем: $1 + 1 = 2$.
Ответ: $2$.

10) $\frac{\cos^2 4\alpha}{1 + \tan^2 4\alpha(\sin^2 4\alpha - 1)}$
Рассмотрим знаменатель. Используем тождество $\sin^2 x - 1 = -\cos^2 x$. Тогда $\sin^2 4\alpha - 1 = -\cos^2 4\alpha$.
Знаменатель принимает вид: $1 + \tan^2 4\alpha(-\cos^2 4\alpha)$.
Заменим $\tan^2 4\alpha$ на $\frac{\sin^2 4\alpha}{\cos^2 4\alpha}$: $1 + \frac{\sin^2 4\alpha}{\cos^2 4\alpha}(-\cos^2 4\alpha)$.
Сократим $\cos^2 4\alpha$: $1 - \sin^2 4\alpha$.
Используя основное тригонометрическое тождество, $1 - \sin^2 4\alpha = \cos^2 4\alpha$.
Таким образом, все выражение равно $\frac{\cos^2 4\alpha}{\cos^2 4\alpha} = 1$ (при условии, что $\cos 4\alpha \neq 0$, что следует из наличия $\tan 4\alpha$ в исходном выражении).
Ответ: $1$.

181. Могут ли одновременно выполняться равенства:

1) $ \sin \alpha = \frac{1}{3} $ и $ \cos \alpha = -\frac{2\sqrt{2}}{3} $;

2) $ \operatorname{tg} \alpha = 5 $ и $ \operatorname{ctg} \alpha = -0.2 $;

3) $ \cos \alpha = -\frac{1}{4} $ и $ \operatorname{tg} \alpha = \sqrt{15} $?

1) $sin\alpha = \frac{1}{3}$ и $cos\alpha = -\frac{2\sqrt{2}}{3}$
Для проверки возможности одновременного выполнения этих равенств используем основное тригонометрическое тождество: $sin^2\alpha + cos^2\alpha = 1$.
Подставим в него заданные значения синуса и косинуса:
$(\frac{1}{3})^2 + (-\frac{2\sqrt{2}}{3})^2 = \frac{1^2}{3^2} + \frac{(-2\sqrt{2})^2}{3^2} = \frac{1}{9} + \frac{4 \cdot 2}{9} = \frac{1}{9} + \frac{8}{9} = \frac{9}{9} = 1$.
Поскольку мы получили верное равенство $1 = 1$, тождество выполняется. Следовательно, данные равенства могут выполняться одновременно (для угла $\alpha$ во второй координатной четверти, где синус положителен, а косинус отрицателен).
Ответ: да, могут.

2) $tg\alpha = 5$ и $ctg\alpha = -0,2$
Для проверки используем тождество, связывающее тангенс и котангенс одного угла: $tg\alpha \cdot ctg\alpha = 1$.
Подставим в него данные значения:
$5 \cdot (-0,2) = 5 \cdot (-\frac{2}{10}) = 5 \cdot (-\frac{1}{5}) = -1$.
Мы получили, что произведение тангенса и котангенса равно -1, а не 1. Так как $-1 \ne 1$, тождество не выполняется.
Также стоит отметить, что тангенс и котангенс одного и того же угла всегда имеют одинаковые знаки. В данном случае $tg\alpha > 0$, а $ctg\alpha < 0$, что невозможно.
Следовательно, данные равенства не могут выполняться одновременно.
Ответ: нет, не могут.

3) $cos\alpha = -\frac{1}{4}$ и $tg\alpha = \sqrt{15}$
Для проверки используем тождество, связывающее косинус и тангенс: $1 + tg^2\alpha = \frac{1}{cos^2\alpha}$.
Подставим в него заданные значения:
$1 + (\sqrt{15})^2 = \frac{1}{(-\frac{1}{4})^2}$
$1 + 15 = \frac{1}{\frac{1}{16}}$
$16 = 16$
Получено верное равенство, значит, тождество выполняется. Теперь необходимо проверить соответствие знаков тригонометрических функций. Если $cos\alpha = -\frac{1}{4} < 0$, то угол $\alpha$ может находиться во II или III координатной четверти. Если $tg\alpha = \sqrt{15} > 0$, то угол $\alpha$ может находиться в I или III координатной четверти. Оба условия одновременно выполняются, если угол $\alpha$ находится в III четверти. Противоречий нет.
Следовательно, данные равенства могут выполняться одновременно.
Ответ: да, могут.

182. Вычислите значения тригонометрических функций угла $\gamma$, если:

1) $\cos \gamma = -\frac{3}{8}$ и $\frac{\pi}{2} < \gamma < \pi$;

2) $\text{ctg} \gamma = -\sqrt{5}$ и $\frac{3\pi}{2} < \gamma < 2\pi$.

1) Дано: $ \cos{\gamma} = -\frac{3}{8} $ и $ \frac{\pi}{2} < \gamma < \pi $. Это означает, что угол $ \gamma $ находится во второй тригонометрической четверти. Во второй четверти синус положителен ($ \sin{\gamma} > 0 $), а тангенс и котангенс отрицательны ($ \tan{\gamma} < 0 $, $ \cot{\gamma} < 0 $).

Найдем синус угла $ \gamma $ с помощью основного тригонометрического тождества $ \sin^2{\gamma} + \cos^2{\gamma} = 1 $.

$ \sin^2{\gamma} = 1 - \cos^2{\gamma} = 1 - (-\frac{3}{8})^2 = 1 - \frac{9}{64} = \frac{64 - 9}{64} = \frac{55}{64} $

Так как угол $ \gamma $ находится во второй четверти, его синус положителен:

$ \sin{\gamma} = \sqrt{\frac{55}{64}} = \frac{\sqrt{55}}{8} $

Теперь найдем тангенс и котангенс угла $ \gamma $.

$ \tan{\gamma} = \frac{\sin{\gamma}}{\cos{\gamma}} = \frac{\frac{\sqrt{55}}{8}}{-\frac{3}{8}} = -\frac{\sqrt{55}}{3} $

$ \cot{\gamma} = \frac{1}{\tan{\gamma}} = \frac{1}{-\frac{\sqrt{55}}{3}} = -\frac{3}{\sqrt{55}} = -\frac{3\sqrt{55}}{55} $

Ответ: $ \sin{\gamma} = \frac{\sqrt{55}}{8} $, $ \tan{\gamma} = -\frac{\sqrt{55}}{3} $, $ \cot{\gamma} = -\frac{3\sqrt{55}}{55} $.

2) Дано: $ \cot{\gamma} = -\sqrt{5} $ и $ \frac{3\pi}{2} < \gamma < 2\pi $. Это означает, что угол $ \gamma $ находится в четвертой тригонометрической четверти. В четвертой четверти косинус положителен ($ \cos{\gamma} > 0 $), а синус и тангенс отрицательны ($ \sin{\gamma} < 0 $, $ \tan{\gamma} < 0 $).

Найдем тангенс угла $ \gamma $ по формуле $ \tan{\gamma} = \frac{1}{\cot{\gamma}} $.

$ \tan{\gamma} = \frac{1}{-\sqrt{5}} = -\frac{\sqrt{5}}{5} $

Найдем синус угла $ \gamma $, используя тождество $ 1 + \cot^2{\gamma} = \frac{1}{\sin^2{\gamma}} $.

$ \sin^2{\gamma} = \frac{1}{1 + \cot^2{\gamma}} = \frac{1}{1 + (-\sqrt{5})^2} = \frac{1}{1+5} = \frac{1}{6} $

Так как угол $ \gamma $ находится в четвертой четверти, его синус отрицателен:

$ \sin{\gamma} = -\sqrt{\frac{1}{6}} = -\frac{1}{\sqrt{6}} = -\frac{\sqrt{6}}{6} $

Теперь найдем косинус угла $ \gamma $, используя формулу $ \cot{\gamma} = \frac{\cos{\gamma}}{\sin{\gamma}} $, из которой следует $ \cos{\gamma} = \cot{\gamma} \cdot \sin{\gamma} $.

$ \cos{\gamma} = (-\sqrt{5}) \cdot (-\frac{\sqrt{6}}{6}) = \frac{\sqrt{5 \cdot 6}}{6} = \frac{\sqrt{30}}{6} $

Ответ: $ \sin{\gamma} = -\frac{\sqrt{6}}{6} $, $ \cos{\gamma} = \frac{\sqrt{30}}{6} $, $ \tan{\gamma} = -\frac{\sqrt{5}}{5} $.

183. Докажите тождество:

1) $ \frac{\cos^3(-7\alpha) + \sin^3 7\alpha}{1 + \cos 7\alpha \sin(-7\alpha)} = \cos 7\alpha + \sin 7\alpha $

2) $ \cos^4 5\varphi - \sin^4 5\varphi + 2\sin^2(-5\varphi) = 1 $

3) $ \frac{1 + \cos \alpha}{\sin \alpha} + \frac{\sin \alpha}{1 + \cos \alpha} = \frac{2}{\sin \alpha}; $

4) $ \sin^2 3\beta \cos^2 3\beta + \sin^6 3\beta + \cos^6 3\beta = \sin^4 3\beta + \cos^4 3\beta $

5) $ \frac{(\sin \alpha + \cos \alpha)^2 - 1}{\operatorname{ctg} \alpha - \sin \alpha \cos \alpha} = 2\operatorname{tg}^2 \alpha $

6) $ \frac{1 + \sqrt{5} \cos \alpha}{\sqrt{5} \sin \alpha - 2} = \frac{\sqrt{5} \sin \alpha + 2}{1 - \sqrt{5} \cos \alpha}, $

7) $ \frac{\operatorname{tg} \alpha - \operatorname{tg} \beta}{\operatorname{ctg} \alpha - \operatorname{ctg} \beta} = -\operatorname{tg} \alpha \operatorname{tg} \beta $

1)

Докажем тождество $ \frac{\cos^3(-7\alpha) + \sin^3 7\alpha}{1 + \cos 7\alpha \sin(-7\alpha)} = \cos 7\alpha + \sin 7\alpha $.

Преобразуем левую часть равенства. Воспользуемся свойствами четности и нечетности тригонометрических функций: $ \cos(-x) = \cos x $ (косинус — четная функция) и $ \sin(-x) = -\sin x $ (синус — нечетная функция).

$ \frac{\cos^3(-7\alpha) + \sin^3 7\alpha}{1 + \cos 7\alpha \sin(-7\alpha)} = \frac{(\cos(7\alpha))^3 + \sin^3 7\alpha}{1 + \cos 7\alpha (-\sin 7\alpha)} = \frac{\cos^3 7\alpha + \sin^3 7\alpha}{1 - \cos 7\alpha \sin 7\alpha} $.

В числителе применим формулу суммы кубов $ a^3 + b^3 = (a+b)(a^2 - ab + b^2) $, где $ a = \cos 7\alpha $ и $ b = \sin 7\alpha $.

$ \cos^3 7\alpha + \sin^3 7\alpha = (\cos 7\alpha + \sin 7\alpha)(\cos^2 7\alpha - \cos 7\alpha \sin 7\alpha + \sin^2 7\alpha) $.

Согласно основному тригонометрическому тождеству $ \cos^2 x + \sin^2 x = 1 $, имеем $ \cos^2 7\alpha + \sin^2 7\alpha = 1 $. Подставим это в выражение для числителя:

$ (\cos 7\alpha + \sin 7\alpha)(1 - \cos 7\alpha \sin 7\alpha) $.

Теперь подставим преобразованный числитель обратно в дробь:

$ \frac{(\cos 7\alpha + \sin 7\alpha)(1 - \cos 7\alpha \sin 7\alpha)}{1 - \cos 7\alpha \sin 7\alpha} $.

Сократим дробь на общий множитель $ (1 - \cos 7\alpha \sin 7\alpha) $. Заметим, что $ 1 - \cos 7\alpha \sin 7\alpha = 1 - \frac{1}{2}\sin 14\alpha $, и это выражение никогда не равно нулю, так как $ \sin 14\alpha \neq 2 $.

$ \cos 7\alpha + \sin 7\alpha $.

Левая часть равна правой. Тождество доказано.

Ответ: Тождество доказано.

2)

Докажем тождество $ \cos^4 5\phi - \sin^4 5\phi + 2\sin^2(-5\phi) = 1 $.

Преобразуем левую часть. Так как синус — нечетная функция, $ \sin(-5\phi) = -\sin 5\phi $. Тогда $ \sin^2(-5\phi) = (-\sin 5\phi)^2 = \sin^2 5\phi $.

Выражение принимает вид: $ \cos^4 5\phi - \sin^4 5\phi + 2\sin^2 5\phi $.

Разложим разность квадратов $ \cos^4 5\phi - \sin^4 5\phi = (\cos^2 5\phi - \sin^2 5\phi)(\cos^2 5\phi + \sin^2 5\phi) $.

По основному тригонометрическому тождеству $ \cos^2 5\phi + \sin^2 5\phi = 1 $.

Следовательно, $ \cos^4 5\phi - \sin^4 5\phi = \cos^2 5\phi - \sin^2 5\phi $.

Подставим это обратно в левую часть тождества:

$ (\cos^2 5\phi - \sin^2 5\phi) + 2\sin^2 5\phi = \cos^2 5\phi - \sin^2 5\phi + 2\sin^2 5\phi = \cos^2 5\phi + \sin^2 5\phi $.

Вновь применяя основное тригонометрическое тождество, получаем:

$ \cos^2 5\phi + \sin^2 5\phi = 1 $.

Левая часть равна правой. Тождество доказано.

Ответ: Тождество доказано.

3)

Докажем тождество $ \frac{1 + \cos \alpha}{\sin \alpha} + \frac{\sin \alpha}{1 + \cos \alpha} = \frac{2}{\sin \alpha} $.

Приведем дроби в левой части к общему знаменателю $ \sin \alpha (1 + \cos \alpha) $:

$ \frac{(1 + \cos \alpha)(1 + \cos \alpha)}{\sin \alpha (1 + \cos \alpha)} + \frac{\sin \alpha \cdot \sin \alpha}{\sin \alpha (1 + \cos \alpha)} = \frac{(1 + \cos \alpha)^2 + \sin^2 \alpha}{\sin \alpha (1 + \cos \alpha)} $.

Раскроем скобки в числителе:

$ (1 + \cos \alpha)^2 + \sin^2 \alpha = (1 + 2\cos \alpha + \cos^2 \alpha) + \sin^2 \alpha $.

Сгруппируем слагаемые и применим основное тригонометрическое тождество $ \cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha = 1 $:

$ 1 + 2\cos \alpha + (\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha) = 1 + 2\cos \alpha + 1 = 2 + 2\cos \alpha $.

Вынесем общий множитель 2 за скобки: $ 2(1 + \cos \alpha) $.

Подставим преобразованный числитель обратно в дробь:

$ \frac{2(1 + \cos \alpha)}{\sin \alpha (1 + \cos \alpha)} $.

Сократим дробь на $ (1 + \cos \alpha) $ (при условии, что $ 1 + \cos \alpha \neq 0 $ и $ \sin \alpha \neq 0 $):

$ \frac{2}{\sin \alpha} $.

Левая часть равна правой. Тождество доказано.

Ответ: Тождество доказано.

4)

Докажем тождество $ \sin^2 3\beta \cos^2 3\beta + \sin^6 3\beta + \cos^6 3\beta = \sin^4 3\beta + \cos^4 3\beta $.

Преобразуем левую часть. Сгруппируем степени шестого порядка:

$ \sin^6 3\beta + \cos^6 3\beta + \sin^2 3\beta \cos^2 3\beta $.

Рассмотрим $ \sin^6 3\beta + \cos^6 3\beta $ как сумму кубов $ (\sin^2 3\beta)^3 + (\cos^2 3\beta)^3 $.

Применим формулу суммы кубов $ a^3 + b^3 = (a+b)(a^2 - ab + b^2) $, где $ a = \sin^2 3\beta $ и $ b = \cos^2 3\beta $.

$ (\sin^2 3\beta + \cos^2 3\beta)((\sin^2 3\beta)^2 - \sin^2 3\beta \cos^2 3\beta + (\cos^2 3\beta)^2) $.

По основному тригонометрическому тождеству $ \sin^2 3\beta + \cos^2 3\beta = 1 $.

Тогда $ \sin^6 3\beta + \cos^6 3\beta = 1 \cdot (\sin^4 3\beta - \sin^2 3\beta \cos^2 3\beta + \cos^4 3\beta) = \sin^4 3\beta - \sin^2 3\beta \cos^2 3\beta + \cos^4 3\beta $.

Подставим это выражение в левую часть исходного тождества:

$ (\sin^4 3\beta - \sin^2 3\beta \cos^2 3\beta + \cos^4 3\beta) + \sin^2 3\beta \cos^2 3\beta $.

Упростим, сократив $ -\sin^2 3\beta \cos^2 3\beta $ и $ +\sin^2 3\beta \cos^2 3\beta $:

$ \sin^4 3\beta + \cos^4 3\beta $.

Левая часть равна правой. Тождество доказано.

Ответ: Тождество доказано.

5)

Докажем тождество $ \frac{(\sin \alpha + \cos \alpha)^2 - 1}{\text{ctg} \alpha - \sin \alpha \cos \alpha} = 2\text{tg}^2 \alpha $.

Преобразуем отдельно числитель и знаменатель левой части.

Числитель: $ (\sin \alpha + \cos \alpha)^2 - 1 $. Раскроем квадрат суммы:

$ (\sin^2 \alpha + 2\sin \alpha \cos \alpha + \cos^2 \alpha) - 1 $.

Используя $ \sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1 $, получаем:

$ (1 + 2\sin \alpha \cos \alpha) - 1 = 2\sin \alpha \cos \alpha $.

Знаменатель: $ \text{ctg} \alpha - \sin \alpha \cos \alpha $. Заменим $ \text{ctg} \alpha = \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha} $:

$ \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha} - \sin \alpha \cos \alpha = \frac{\cos \alpha - \sin^2 \alpha \cos \alpha}{\sin \alpha} $.

Вынесем $ \cos \alpha $ за скобки в числителе:

$ \frac{\cos \alpha (1 - \sin^2 \alpha)}{\sin \alpha} $.

Используя $ 1 - \sin^2 \alpha = \cos^2 \alpha $, получаем:

$ \frac{\cos \alpha \cdot \cos^2 \alpha}{\sin \alpha} = \frac{\cos^3 \alpha}{\sin \alpha} $.

Теперь разделим преобразованный числитель на преобразованный знаменатель:

$ \frac{2\sin \alpha \cos \alpha}{\frac{\cos^3 \alpha}{\sin \alpha}} = 2\sin \alpha \cos \alpha \cdot \frac{\sin \alpha}{\cos^3 \alpha} = \frac{2\sin^2 \alpha \cos \alpha}{\cos^3 \alpha} $.

Сократим дробь на $ \cos \alpha $:

$ \frac{2\sin^2 \alpha}{\cos^2 \alpha} = 2 \left(\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}\right)^2 = 2\text{tg}^2 \alpha $.

Левая часть равна правой. Тождество доказано.

Ответ: Тождество доказано.

6)

Докажем тождество $ \frac{1 + \sqrt{5} \cos \alpha}{\sqrt{5} \sin \alpha - 2} = \frac{\sqrt{5} \sin \alpha + 2}{1 - \sqrt{5} \cos \alpha} $.

Данное равенство является пропорцией. Оно будет верным, если произведение крайних членов равно произведению средних членов. Проверим это, выполнив перекрестное умножение:

$ (1 + \sqrt{5} \cos \alpha)(1 - \sqrt{5} \cos \alpha) = (\sqrt{5} \sin \alpha - 2)(\sqrt{5} \sin \alpha + 2) $.

В левой и правой частях воспользуемся формулой разности квадратов $ (a+b)(a-b) = a^2 - b^2 $.

Левая часть: $ 1^2 - (\sqrt{5} \cos \alpha)^2 = 1 - 5\cos^2 \alpha $.

Правая часть: $ (\sqrt{5} \sin \alpha)^2 - 2^2 = 5\sin^2 \alpha - 4 $.

Теперь нужно доказать равенство $ 1 - 5\cos^2 \alpha = 5\sin^2 \alpha - 4 $.

Преобразуем левую часть, используя основное тригонометрическое тождество $ \cos^2 \alpha = 1 - \sin^2 \alpha $:

$ 1 - 5(1 - \sin^2 \alpha) = 1 - 5 + 5\sin^2 \alpha = 5\sin^2 \alpha - 4 $.

Мы получили выражение, стоящее в правой части. Так как равенство $ 1 - 5\cos^2 \alpha = 5\sin^2 \alpha - 4 $ является тождеством, то и исходное равенство является тождеством (при условии, что знаменатели не равны нулю).

Ответ: Тождество доказано.

7)

Докажем тождество $ \frac{\text{tg} \alpha - \text{tg} \beta}{\text{ctg} \alpha - \text{ctg} \beta} = -\text{tg} \alpha \text{tg} \beta $.

Преобразуем знаменатель левой части, выразив котангенсы через тангенсы, используя формулу $ \text{ctg} x = \frac{1}{\text{tg} x} $:

$ \text{ctg} \alpha - \text{ctg} \beta = \frac{1}{\text{tg} \alpha} - \frac{1}{\text{tg} \beta} $.

Приведем дроби к общему знаменателю $ \text{tg} \alpha \text{tg} \beta $:

$ \frac{\text{tg} \beta - \text{tg} \alpha}{\text{tg} \alpha \text{tg} \beta} $.

Теперь подставим это выражение в знаменатель исходной дроби:

$ \frac{\text{tg} \alpha - \text{tg} \beta}{\frac{\text{tg} \beta - \text{tg} \alpha}{\text{tg} \alpha \text{tg} \beta}} $.

Разделим числитель на знаменатель (умножим на перевернутую дробь):

$ (\text{tg} \alpha - \text{tg} \beta) \cdot \frac{\text{tg} \alpha \text{tg} \beta}{\text{tg} \beta - \text{tg} \alpha} $.

Заметим, что $ \text{tg} \alpha - \text{tg} \beta = -(\text{tg} \beta - \text{tg} \alpha) $. Подставим это в выражение:

$ -(\text{tg} \beta - \text{tg} \alpha) \cdot \frac{\text{tg} \alpha \text{tg} \beta}{\text{tg} \beta - \text{tg} \alpha} $.

Сократим на $ (\text{tg} \beta - \text{tg} \alpha) $ (при условии, что $ \text{tg} \alpha \neq \text{tg} \beta $):

$ -\text{tg} \alpha \text{tg} \beta $.

Левая часть равна правой. Тождество доказано.

Ответ: Тождество доказано.