Номер 26.45, страница 194 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

26.45. Упростите выражение:

1) $\sqrt{0,5 + 0,5\sqrt{0,5 + 0,5\cos\alpha}}$, если $0 \le \alpha \le \pi$;

2) $\frac{\cos\alpha}{\sqrt{1 - \cos2\alpha}} - \frac{\sin\alpha}{\sqrt{1 + \cos2\alpha}}$, если $0^{\circ} < \alpha < 90^{\circ}$;

3) $\frac{\sin\left(45^{\circ} + \frac{\alpha}{2}\right)}{\sqrt{1 - \sin\alpha}} - \frac{\sin\left(45^{\circ} - \frac{\alpha}{2}\right)}{\sqrt{1 + \sin\alpha}}$, если $0^{\circ} < \alpha < 90^{\circ}$.

1)

Рассмотрим выражение $\sqrt{0,5 + 0,5\sqrt{0,5 + 0,5\cos\alpha}}$ при $0 \le \alpha \le \pi$.

Начнем с внутреннего подкоренного выражения, используя формулу косинуса двойного угла $1 + \cos x = 2\cos^2\frac{x}{2}$:
$0,5 + 0,5\cos\alpha = \frac{1}{2}(1 + \cos\alpha) = \frac{1}{2} \cdot 2\cos^2\frac{\alpha}{2} = \cos^2\frac{\alpha}{2}$.

Тогда выражение принимает вид:
$\sqrt{0,5 + 0,5\sqrt{\cos^2\frac{\alpha}{2}}} = \sqrt{0,5 + 0,5\left|\cos\frac{\alpha}{2}\right|}$.

По условию $0 \le \alpha \le \pi$, следовательно, $0 \le \frac{\alpha}{2} \le \frac{\pi}{2}$. В этом промежутке $\cos\frac{\alpha}{2} \ge 0$, поэтому $\left|\cos\frac{\alpha}{2}\right| = \cos\frac{\alpha}{2}$.

Выражение упрощается до:
$\sqrt{0,5 + 0,5\cos\frac{\alpha}{2}}$.

Снова применим ту же формулу:
$0,5 + 0,5\cos\frac{\alpha}{2} = \frac{1}{2}(1 + \cos\frac{\alpha}{2}) = \frac{1}{2} \cdot 2\cos^2\frac{\alpha}{4} = \cos^2\frac{\alpha}{4}$.

Теперь исходное выражение равно:
$\sqrt{\cos^2\frac{\alpha}{4}} = \left|\cos\frac{\alpha}{4}\right|$.

Так как $0 \le \alpha \le \pi$, то $0 \le \frac{\alpha}{4} \le \frac{\pi}{4}$. В этом промежутке $\cos\frac{\alpha}{4} \ge 0$, поэтому $\left|\cos\frac{\alpha}{4}\right| = \cos\frac{\alpha}{4}$.

Ответ: $\cos\frac{\alpha}{4}$.

2)

Рассмотрим выражение $\frac{\cos\alpha}{\sqrt{1 - \cos 2\alpha}} - \frac{\sin\alpha}{\sqrt{1 + \cos 2\alpha}}$ при $0^\circ < \alpha < 90^\circ$.

Используем формулы понижения степени (или косинуса двойного угла):
$1 - \cos 2\alpha = 2\sin^2\alpha$
$1 + \cos 2\alpha = 2\cos^2\alpha$

Подставим их в знаменатели:
$\frac{\cos\alpha}{\sqrt{2\sin^2\alpha}} - \frac{\sin\alpha}{\sqrt{2\cos^2\alpha}} = \frac{\cos\alpha}{\sqrt{2}|\sin\alpha|} - \frac{\sin\alpha}{\sqrt{2}|\cos\alpha|}$.

По условию $0^\circ < \alpha < 90^\circ$, в этом промежутке (I четверть) $\sin\alpha > 0$ и $\cos\alpha > 0$.
Следовательно, $|\sin\alpha| = \sin\alpha$ и $|\cos\alpha| = \cos\alpha$.

Выражение принимает вид:
$\frac{\cos\alpha}{\sqrt{2}\sin\alpha} - \frac{\sin\alpha}{\sqrt{2}\cos\alpha} = \frac{1}{\sqrt{2}} \left( \frac{\cos\alpha}{\sin\alpha} - \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha} \right)$.

Приведем дроби в скобках к общему знаменателю:
$\frac{1}{\sqrt{2}} \left( \frac{\cos^2\alpha - \sin^2\alpha}{\sin\alpha\cos\alpha} \right)$.

Используем формулы двойного угла: $\cos^2\alpha - \sin^2\alpha = \cos 2\alpha$ и $\sin\alpha\cos\alpha = \frac{1}{2}\sin 2\alpha$.
$\frac{1}{\sqrt{2}} \left( \frac{\cos 2\alpha}{\frac{1}{2}\sin 2\alpha} \right) = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot 2 \frac{\cos 2\alpha}{\sin 2\alpha} = \frac{2}{\sqrt{2}}\cot 2\alpha = \sqrt{2}\cot 2\alpha$.

Ответ: $\sqrt{2}\cot 2\alpha$.

3)

Рассмотрим выражение $\frac{\sin\left(45^\circ + \frac{\alpha}{2}\right)}{\sqrt{1 - \sin\alpha}} - \frac{\sin\left(45^\circ - \frac{\alpha}{2}\right)}{\sqrt{1 + \sin\alpha}}$ при $0^\circ < \alpha < 90^\circ$.

Преобразуем подкоренные выражения. Используем формулы $1 = \sin^2\frac{\alpha}{2} + \cos^2\frac{\alpha}{2}$ и $\sin\alpha = 2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}$:
$1 - \sin\alpha = \cos^2\frac{\alpha}{2} - 2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2} + \sin^2\frac{\alpha}{2} = \left(\cos\frac{\alpha}{2} - \sin\frac{\alpha}{2}\right)^2$.
$1 + \sin\alpha = \cos^2\frac{\alpha}{2} + 2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2} + \sin^2\frac{\alpha}{2} = \left(\cos\frac{\alpha}{2} + \sin\frac{\alpha}{2}\right)^2$.

Тогда знаменатели равны:
$\sqrt{1 - \sin\alpha} = \left|\cos\frac{\alpha}{2} - \sin\frac{\alpha}{2}\right|$.
$\sqrt{1 + \sin\alpha} = \left|\cos\frac{\alpha}{2} + \sin\frac{\alpha}{2}\right|$.

По условию $0^\circ < \alpha < 90^\circ$, значит $0^\circ < \frac{\alpha}{2} < 45^\circ$. В этом промежутке $\cos\frac{\alpha}{2} > \sin\frac{\alpha}{2} > 0$.
Следовательно, $\cos\frac{\alpha}{2} - \sin\frac{\alpha}{2} > 0$ и $\cos\frac{\alpha}{2} + \sin\frac{\alpha}{2} > 0$.
Поэтому модули можно опустить:
$\sqrt{1 - \sin\alpha} = \cos\frac{\alpha}{2} - \sin\frac{\alpha}{2}$.
$\sqrt{1 + \sin\alpha} = \cos\frac{\alpha}{2} + \sin\frac{\alpha}{2}$.

Теперь преобразуем числители по формулам синуса суммы и разности:
$\sin\left(45^\circ + \frac{\alpha}{2}\right) = \sin 45^\circ \cos\frac{\alpha}{2} + \cos 45^\circ \sin\frac{\alpha}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}\left(\cos\frac{\alpha}{2} + \sin\frac{\alpha}{2}\right)$.
$\sin\left(45^\circ - \frac{\alpha}{2}\right) = \sin 45^\circ \cos\frac{\alpha}{2} - \cos 45^\circ \sin\frac{\alpha}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}\left(\cos\frac{\alpha}{2} - \sin\frac{\alpha}{2}\right)$.

Подставим все в исходное выражение:
$\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}\left(\cos\frac{\alpha}{2} + \sin\frac{\alpha}{2}\right)}{\cos\frac{\alpha}{2} - \sin\frac{\alpha}{2}} - \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}\left(\cos\frac{\alpha}{2} - \sin\frac{\alpha}{2}\right)}{\cos\frac{\alpha}{2} + \sin\frac{\alpha}{2}}$.

Вынесем общий множитель $\frac{\sqrt{2}}{2}$ и приведем к общему знаменателю:
$\frac{\sqrt{2}}{2} \left( \frac{\left(\cos\frac{\alpha}{2} + \sin\frac{\alpha}{2}\right)^2 - \left(\cos\frac{\alpha}{2} - \sin\frac{\alpha}{2}\right)^2}{\left(\cos\frac{\alpha}{2} - \sin\frac{\alpha}{2}\right)\left(\cos\frac{\alpha}{2} + \sin\frac{\alpha}{2}\right)} \right)$.

Знаменатель дроби: $\cos^2\frac{\alpha}{2} - \sin^2\frac{\alpha}{2} = \cos\alpha$.
Числитель дроби, используя формулу $(a+b)^2 - (a-b)^2 = 4ab$:
$4\cos\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\alpha}{2} = 2 \cdot \left(2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}\right) = 2\sin\alpha$.

Выражение принимает вид:
$\frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{2\sin\alpha}{\cos\alpha} = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot 2\tan\alpha = \sqrt{2}\tan\alpha$.

Ответ: $\sqrt{2}\tan\alpha$.