Номер 26.46, страница 194 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

26.46. Упростите выражение:

1) $\sqrt{2 + \sqrt{2 + 2\cos 4\alpha}}$, если $0 \le \alpha \le \frac{\pi}{2}$;

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

3) $\sqrt{1 + \sin\varphi} - \sqrt{1 - \sin\varphi}$, если $\frac{\pi}{2} < \varphi < \pi$.

1) Упростим выражение $\sqrt{2 + \sqrt{2 + 2\cos4\alpha}}$ при условии $0 \le \alpha \le \frac{\pi}{2}$.

Начнем с внутреннего подкоренного выражения, используя формулу косинуса двойного угла $1 + \cos(2x) = 2\cos^2x$.

$\sqrt{2 + 2\cos4\alpha} = \sqrt{2(1 + \cos4\alpha)} = \sqrt{2(2\cos^2(2\alpha))} = \sqrt{4\cos^2(2\alpha)} = 2|\cos(2\alpha)|$.

Теперь исходное выражение принимает вид: $\sqrt{2 + 2|\cos(2\alpha)|}$.

Рассмотрим знак $\cos(2\alpha)$ в зависимости от значения $\alpha$. Условие $0 \le \alpha \le \frac{\pi}{2}$ означает, что $0 \le 2\alpha \le \pi$. В этом интервале косинус может быть как положительным, так и отрицательным, поэтому необходимо рассмотреть два случая.

Случай 1: $0 \le \alpha \le \frac{\pi}{4}$.

В этом случае $0 \le 2\alpha \le \frac{\pi}{2}$, и, следовательно, $\cos(2\alpha) \ge 0$. Тогда $|\cos(2\alpha)| = \cos(2\alpha)$.

Выражение становится: $\sqrt{2 + 2\cos(2\alpha)} = \sqrt{2(1 + \cos(2\alpha))} = \sqrt{2(2\cos^2\alpha)} = \sqrt{4\cos^2\alpha} = 2|\cos\alpha|$.

Поскольку $0 \le \alpha \le \frac{\pi}{4}$, $\cos\alpha \ge 0$, поэтому $|\cos\alpha| = \cos\alpha$.

Таким образом, выражение равно $2\cos\alpha$.

Случай 2: $\frac{\pi}{4} < \alpha \le \frac{\pi}{2}$.

В этом случае $\frac{\pi}{2} < 2\alpha \le \pi$, и, следовательно, $\cos(2\alpha) \le 0$. Тогда $|\cos(2\alpha)| = -\cos(2\alpha)$.

Выражение становится: $\sqrt{2 - 2\cos(2\alpha)} = \sqrt{2(1 - \cos(2\alpha))}$.

Используя формулу $1 - \cos(2x) = 2\sin^2x$, получаем:

$\sqrt{2(2\sin^2\alpha)} = \sqrt{4\sin^2\alpha} = 2|\sin\alpha|$.

Поскольку $\frac{\pi}{4} < \alpha \le \frac{\pi}{2}$, $\sin\alpha > 0$, поэтому $|\sin\alpha| = \sin\alpha$.

Таким образом, выражение равно $2\sin\alpha$.

Объединяя оба случая, получаем окончательное решение.

Ответ: $2\cos\alpha$, если $0 \le \alpha \le \frac{\pi}{4}$; $2\sin\alpha$, если $\frac{\pi}{4} < \alpha \le \frac{\pi}{2}$.

2) Упростим выражение $\sqrt{0,5 + 0,5\sqrt{0,5 + 0,5\sqrt{0,5 + 0,5\cos\alpha}}}$ при условии $0 \le \alpha \le \pi$.

Будем последовательно упрощать выражение, двигаясь изнутри наружу. Используем формулу $1 + \cos x = 2\cos^2\frac{x}{2}$ и тот факт, что $0,5 = \frac{1}{2}$.

1. Упростим самое внутреннее выражение:

$\sqrt{0,5 + 0,5\cos\alpha} = \sqrt{0,5(1 + \cos\alpha)} = \sqrt{\frac{1}{2} \cdot 2\cos^2\frac{\alpha}{2}} = \sqrt{\cos^2\frac{\alpha}{2}} = |\cos\frac{\alpha}{2}|$.

По условию $0 \le \alpha \le \pi$, значит $0 \le \frac{\alpha}{2} \le \frac{\pi}{2}$. В этом интервале $\cos\frac{\alpha}{2} \ge 0$, поэтому $|\cos\frac{\alpha}{2}| = \cos\frac{\alpha}{2}$.

2. Подставим результат в следующее подкоренное выражение:

$\sqrt{0,5 + 0,5\cos\frac{\alpha}{2}} = \sqrt{0,5(1 + \cos\frac{\alpha}{2})} = \sqrt{\frac{1}{2} \cdot 2\cos^2\frac{\alpha}{4}} = \sqrt{\cos^2\frac{\alpha}{4}} = |\cos\frac{\alpha}{4}|$.

Поскольку $0 \le \alpha \le \pi$, то $0 \le \frac{\alpha}{4} \le \frac{\pi}{4}$. В этом интервале $\cos\frac{\alpha}{4} \ge 0$, поэтому $|\cos\frac{\alpha}{4}| = \cos\frac{\alpha}{4}$.

3. Подставим полученный результат в самое внешнее выражение:

$\sqrt{0,5 + 0,5\cos\frac{\alpha}{4}} = \sqrt{0,5(1 + \cos\frac{\alpha}{4})} = \sqrt{\frac{1}{2} \cdot 2\cos^2\frac{\alpha}{8}} = \sqrt{\cos^2\frac{\alpha}{8}} = |\cos\frac{\alpha}{8}|$.

Поскольку $0 \le \alpha \le \pi$, то $0 \le \frac{\alpha}{8} \le \frac{\pi}{8}$. В этом интервале $\cos\frac{\alpha}{8} \ge 0$, поэтому $|\cos\frac{\alpha}{8}| = \cos\frac{\alpha}{8}$.

Ответ: $\cos\frac{\alpha}{8}$.

3) Упростим выражение $\sqrt{1 + \sin\varphi} - \sqrt{1 - \sin\varphi}$ при условии $\frac{\pi}{2} < \varphi < \pi$.

Воспользуемся тождеством $1 = \sin^2\frac{\varphi}{2} + \cos^2\frac{\varphi}{2}$ и формулой синуса двойного угла $\sin\varphi = 2\sin\frac{\varphi}{2}\cos\frac{\varphi}{2}$.

Преобразуем подкоренные выражения:

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

$1 - \sin\varphi = \sin^2\frac{\varphi}{2} + \cos^2\frac{\varphi}{2} - 2\sin\frac{\varphi}{2}\cos\frac{\varphi}{2} = (\sin\frac{\varphi}{2} - \cos\frac{\varphi}{2})^2$.

Подставим эти выражения в исходное:

$\sqrt{(\sin\frac{\varphi}{2} + \cos\frac{\varphi}{2})^2} - \sqrt{(\sin\frac{\varphi}{2} - \cos\frac{\varphi}{2})^2} = |\sin\frac{\varphi}{2} + \cos\frac{\varphi}{2}| - |\sin\frac{\varphi}{2} - \cos\frac{\varphi}{2}|$.

Определим знаки выражений в модулях. По условию $\frac{\pi}{2} < \varphi < \pi$, следовательно $\frac{\pi}{4} < \frac{\varphi}{2} < \frac{\pi}{2}$.

Для угла $\frac{\varphi}{2}$ из этого интервала (первая четверть) и $\sin\frac{\varphi}{2}$, и $\cos\frac{\varphi}{2}$ положительны. Значит, их сумма $\sin\frac{\varphi}{2} + \cos\frac{\varphi}{2}$ также положительна.

$|\sin\frac{\varphi}{2} + \cos\frac{\varphi}{2}| = \sin\frac{\varphi}{2} + \cos\frac{\varphi}{2}$.

В интервале $(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2})$ значение синуса больше значения косинуса, т.е. $\sin\frac{\varphi}{2} > \cos\frac{\varphi}{2}$. Следовательно, разность $\sin\frac{\varphi}{2} - \cos\frac{\varphi}{2}$ положительна.

$|\sin\frac{\varphi}{2} - \cos\frac{\varphi}{2}| = \sin\frac{\varphi}{2} - \cos\frac{\varphi}{2}$.

Теперь подставим раскрытые модули в выражение:

$(\sin\frac{\varphi}{2} + \cos\frac{\varphi}{2}) - (\sin\frac{\varphi}{2} - \cos\frac{\varphi}{2}) = \sin\frac{\varphi}{2} + \cos\frac{\varphi}{2} - \sin\frac{\varphi}{2} + \cos\frac{\varphi}{2} = 2\cos\frac{\varphi}{2}$.

Ответ: $2\cos\frac{\varphi}{2}$.