Номер 26.42, страница 194 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

26.42. Докажите, что:

1) $ \text{tg} \alpha \text{tg} (60^\circ - \alpha) \text{tg} (60^\circ + \alpha) = \text{tg} 3\alpha $

2) $ \text{tg} 20^\circ \text{tg} 40^\circ \text{tg} 80^\circ = \sqrt{3} $

1) Докажем тождество: $ \text{tg}\,\alpha\,\text{tg}(60^\circ - \alpha)\,\text{tg}(60^\circ + \alpha) = \text{tg}\,3\alpha $.

Рассмотрим левую часть равенства. Воспользуемся формулами тангенса суммы и разности:

$ \text{tg}(A \pm B) = \frac{\text{tg}\,A \pm \text{tg}\,B}{1 \mp \text{tg}\,A\,\text{tg}\,B} $

и значением $ \text{tg}\,60^\circ = \sqrt{3} $.

Преобразуем произведение $ \text{tg}(60^\circ - \alpha)\,\text{tg}(60^\circ + \alpha) $:

$ \text{tg}(60^\circ - \alpha)\,\text{tg}(60^\circ + \alpha) = \frac{\text{tg}\,60^\circ - \text{tg}\,\alpha}{1 + \text{tg}\,60^\circ\,\text{tg}\,\alpha} \cdot \frac{\text{tg}\,60^\circ + \text{tg}\,\alpha}{1 - \text{tg}\,60^\circ\,\text{tg}\,\alpha} $

$ = \frac{\sqrt{3} - \text{tg}\,\alpha}{1 + \sqrt{3}\,\text{tg}\,\alpha} \cdot \frac{\sqrt{3} + \text{tg}\,\alpha}{1 - \sqrt{3}\,\text{tg}\,\alpha} $

Применяя формулу разности квадратов $ (a-b)(a+b) = a^2 - b^2 $ к числителю и знаменателю, получаем:

$ = \frac{(\sqrt{3})^2 - (\text{tg}\,\alpha)^2}{1^2 - (\sqrt{3}\,\text{tg}\,\alpha)^2} = \frac{3 - \text{tg}^2\alpha}{1 - 3\,\text{tg}^2\alpha} $

Теперь умножим полученное выражение на $ \text{tg}\,\alpha $:

$ \text{tg}\,\alpha \cdot \frac{3 - \text{tg}^2\alpha}{1 - 3\,\text{tg}^2\alpha} = \frac{3\,\text{tg}\,\alpha - \text{tg}^3\alpha}{1 - 3\,\text{tg}^2\alpha} $

Полученное выражение является формулой тангенса тройного угла:

$ \text{tg}\,3\alpha = \frac{3\,\text{tg}\,\alpha - \text{tg}^3\alpha}{1 - 3\,\text{tg}^2\alpha} $

Таким образом, мы доказали, что $ \text{tg}\,\alpha\,\text{tg}(60^\circ - \alpha)\,\text{tg}(60^\circ + \alpha) = \text{tg}\,3\alpha $, что и требовалось доказать.

Ответ: Тождество доказано.

2) Докажем, что $ \text{tg}\,20^\circ\,\text{tg}\,40^\circ\,\text{tg}\,80^\circ = \sqrt{3} $.

Воспользуемся тождеством, доказанным в пункте 1):

$ \text{tg}\,\alpha\,\text{tg}(60^\circ - \alpha)\,\text{tg}(60^\circ + \alpha) = \text{tg}\,3\alpha $

Пусть $ \alpha = 20^\circ $. Тогда:

$ 60^\circ - \alpha = 60^\circ - 20^\circ = 40^\circ $

$ 60^\circ + \alpha = 60^\circ + 20^\circ = 80^\circ $

Подставим эти значения в левую часть тождества:

$ \text{tg}\,20^\circ\,\text{tg}(60^\circ - 20^\circ)\,\text{tg}(60^\circ + 20^\circ) = \text{tg}\,20^\circ\,\text{tg}\,40^\circ\,\text{tg}\,80^\circ $

Теперь подставим $ \alpha = 20^\circ $ в правую часть тождества:

$ \text{tg}\,(3\alpha) = \text{tg}\,(3 \cdot 20^\circ) = \text{tg}\,60^\circ $

Мы знаем, что $ \text{tg}\,60^\circ = \sqrt{3} $.

Следовательно, приравнивая левую и правую части, получаем:

$ \text{tg}\,20^\circ\,\text{tg}\,40^\circ\,\text{tg}\,80^\circ = \sqrt{3} $

Что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство доказано.