Страница 173 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

23.10. Найдите значение выражения:

1) $\frac{5 \cos \alpha + 6 \sin \alpha}{3 \sin \alpha - 7 \cos \alpha}$, если $\mathrm{tg} \, \alpha = \frac{1}{2}$;

2) $\frac{2 \sin^3 \alpha + 3 \cos^3 \alpha}{5 \sin \alpha - \cos \alpha}$, если $\mathrm{tg} \, \alpha = -4.

1) Найти значение выражения $\frac{5\cos\alpha + 6\sin\alpha}{3\sin\alpha - 7\cos\alpha}$, если $\tg\alpha = \frac{1}{2}$.

Поскольку значение тангенса определено ($\tg\alpha = \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}$), то $\cos\alpha \neq 0$. Это позволяет нам разделить числитель и знаменатель дроби на $\cos\alpha$, чтобы выразить всё через $\tg\alpha$.

$$ \frac{5\cos\alpha + 6\sin\alpha}{3\sin\alpha - 7\cos\alpha} = \frac{\frac{5\cos\alpha + 6\sin\alpha}{\cos\alpha}}{\frac{3\sin\alpha - 7\cos\alpha}{\cos\alpha}} = \frac{5\frac{\cos\alpha}{\cos\alpha} + 6\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}}{3\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha} - 7\frac{\cos\alpha}{\cos\alpha}} = \frac{5 + 6\tg\alpha}{3\tg\alpha - 7} $$

Теперь подставим известное значение $\tg\alpha = \frac{1}{2}$ в полученное выражение:

$$ \frac{5 + 6 \cdot \frac{1}{2}}{3 \cdot \frac{1}{2} - 7} = \frac{5 + 3}{\frac{3}{2} - 7} = \frac{8}{\frac{3}{2} - \frac{14}{2}} = \frac{8}{-\frac{11}{2}} = 8 \cdot \left(-\frac{2}{11}\right) = -\frac{16}{11} $$

Ответ: $-\frac{16}{11}$.

2) Найти значение выражения $\frac{2\sin^3\alpha + 3\cos^3\alpha}{5\sin\alpha - \cos\alpha}$, если $\tg\alpha = -4$.

Так как значение тангенса определено, $\cos\alpha \neq 0$. Преобразуем данное выражение. Для этого вынесем $\cos^3\alpha$ за скобки в числителе и $\cos\alpha$ в знаменателе.

$$ \frac{2\sin^3\alpha + 3\cos^3\alpha}{5\sin\alpha - \cos\alpha} = \frac{\cos^3\alpha \left(2\frac{\sin^3\alpha}{\cos^3\alpha} + 3\right)}{\cos\alpha \left(5\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha} - 1\right)} = \cos^2\alpha \cdot \frac{2\tg^3\alpha + 3}{5\tg\alpha - 1} $$

Теперь нам нужно найти значение $\cos^2\alpha$. Воспользуемся тригонометрическим тождеством $1 + \tg^2\alpha = \frac{1}{\cos^2\alpha}$, из которого следует, что $\cos^2\alpha = \frac{1}{1 + \tg^2\alpha}$.

Подставим значение $\tg\alpha = -4$:

$$ \cos^2\alpha = \frac{1}{1 + (-4)^2} = \frac{1}{1 + 16} = \frac{1}{17} $$

Подставим найденные значения $\cos^2\alpha = \frac{1}{17}$ и $\tg\alpha = -4$ в преобразованное выражение:

$$ \frac{1}{17} \cdot \frac{2(-4)^3 + 3}{5(-4) - 1} = \frac{1}{17} \cdot \frac{2(-64) + 3}{-20 - 1} = \frac{1}{17} \cdot \frac{-128 + 3}{-21} = \frac{1}{17} \cdot \frac{-125}{-21} = \frac{125}{17 \cdot 21} = \frac{125}{357} $$

Ответ: $\frac{125}{357}$.

23.11. Упростите выражение:

1) $\sqrt{\cos^2 \beta(1 + \text{tg}\beta) + \sin^2 \beta(1 + \text{ctg}\beta)}$, если $\pi < \beta < \frac{3\pi}{2}$

2) $\sqrt{\frac{1 - \sin^2 \alpha - \cos^2 \alpha \cos^2 \beta}{\text{tg}\beta \text{ctg}\alpha}}$, если $\pi < \alpha < \frac{3\pi}{2}$, $\frac{\pi}{2} < \beta < \pi$

3) $\sqrt{2 - 2\cos^2 \beta + \sqrt{2\sin^2 \beta - 2\sqrt{2}\sin\beta + 1}}$, если $\frac{3\pi}{4} \le \beta \le \pi$.

1)Упростим выражение под знаком корня. Для этого раскроем скобки:
$ \cos^2 \beta(1 + \operatorname{tg}\beta) + \sin^2 \beta(1 + \operatorname{ctg}\beta) = \cos^2\beta + \cos^2\beta \operatorname{tg}\beta + \sin^2\beta + \sin^2\beta \operatorname{ctg}\beta $
Используем определения тангенса $ \operatorname{tg}\beta = \frac{\sin\beta}{\cos\beta} $ и котангенса $ \operatorname{ctg}\beta = \frac{\cos\beta}{\sin\beta} $:
$ \cos^2\beta + \cos^2\beta \frac{\sin\beta}{\cos\beta} + \sin^2\beta + \sin^2\beta \frac{\cos\beta}{\sin\beta} = \cos^2\beta + \cos\beta\sin\beta + \sin^2\beta + \sin\beta\cos\beta $
Сгруппируем слагаемые:
$ (\sin^2\beta + \cos^2\beta) + 2\sin\beta\cos\beta $
Применим основное тригонометрическое тождество $ \sin^2\beta + \cos^2\beta = 1 $ и формулу синуса двойного угла $ 2\sin\beta\cos\beta = \sin(2\beta) $. Также можно заметить, что полученное выражение является формулой квадрата суммы: $ (\sin\beta + \cos\beta)^2 $.
Таким образом, исходное выражение принимает вид:
$ \sqrt{(\sin\beta + \cos\beta)^2} = |\sin\beta + \cos\beta| $
По условию $ \pi < \beta < \frac{3\pi}{2} $. Это III координатная четверть, в которой и синус, и косинус принимают отрицательные значения: $ \sin\beta < 0 $ и $ \cos\beta < 0 $.
Следовательно, их сумма также отрицательна: $ \sin\beta + \cos\beta < 0 $.
Раскрываем модуль со знаком минус:
$ |\sin\beta + \cos\beta| = -(\sin\beta + \cos\beta) = -\sin\beta - \cos\beta $
Ответ: $ -\sin\beta - \cos\beta $

2)Упростим числитель и знаменатель дроби по отдельности.
Числитель: $ \sqrt{1 - \sin^2\alpha - \cos^2\alpha\cos^2\beta} $.
Используем основное тригонометрическое тождество $ 1 - \sin^2\alpha = \cos^2\alpha $:
$ \sqrt{\cos^2\alpha - \cos^2\alpha\cos^2\beta} $
Вынесем $ \cos^2\alpha $ за скобки:
$ \sqrt{\cos^2\alpha(1 - \cos^2\beta)} $
Снова используем тождество $ 1 - \cos^2\beta = \sin^2\beta $:
$ \sqrt{\cos^2\alpha\sin^2\beta} = \sqrt{(\cos\alpha\sin\beta)^2} = |\cos\alpha\sin\beta| = |\cos\alpha||\sin\beta| $
Определим знаки сомножителей по условиям.
Для $ \alpha $: $ \pi < \alpha < \frac{3\pi}{2} $ (III четверть), следовательно, $ \cos\alpha < 0 $, и $ |\cos\alpha| = -\cos\alpha $.
Для $ \beta $: $ \frac{\pi}{2} < \beta < \pi $ (II четверть), следовательно, $ \sin\beta > 0 $, и $ |\sin\beta| = \sin\beta $.
Таким образом, числитель равен $ -\cos\alpha\sin\beta $.
Знаменатель: $ \operatorname{tg}\beta\operatorname{ctg}\alpha = \frac{\sin\beta}{\cos\beta} \cdot \frac{\cos\alpha}{\sin\alpha} = \frac{\sin\beta\cos\alpha}{\cos\beta\sin\alpha} $.
Теперь разделим упрощенный числитель на знаменатель:
$ \frac{-\cos\alpha\sin\beta}{\frac{\sin\beta\cos\alpha}{\cos\beta\sin\alpha}} = -\cos\alpha\sin\beta \cdot \frac{\cos\beta\sin\alpha}{\sin\beta\cos\alpha} $
Сократим одинаковые множители $ \cos\alpha $ и $ \sin\beta $ в числителе и знаменателе:
$ -\cos\beta\sin\alpha $
Ответ: $ -\sin\alpha\cos\beta $

3)Рассмотрим каждое слагаемое в выражении $ \sqrt{2 - 2\cos^2\beta} + \sqrt{2\sin^2\beta - 2\sqrt{2}\sin\beta + 1} $.
Первое слагаемое:
$ \sqrt{2 - 2\cos^2\beta} = \sqrt{2(1 - \cos^2\beta)} = \sqrt{2\sin^2\beta} = \sqrt{2}|\sin\beta| $
По условию $ \frac{3\pi}{4} \le \beta \le \pi $. Этот промежуток относится ко II четверти, где $ \sin\beta \ge 0 $.
Значит, $ |\sin\beta| = \sin\beta $, и первое слагаемое равно $ \sqrt{2}\sin\beta $.
Второе слагаемое:
$ \sqrt{2\sin^2\beta - 2\sqrt{2}\sin\beta + 1} $
Выражение под корнем можно представить в виде полного квадрата разности:
$ 2\sin^2\beta - 2\sqrt{2}\sin\beta + 1 = (\sqrt{2}\sin\beta)^2 - 2 \cdot (\sqrt{2}\sin\beta) \cdot 1 + 1^2 = (\sqrt{2}\sin\beta - 1)^2 $
Тогда второе слагаемое равно $ \sqrt{(\sqrt{2}\sin\beta - 1)^2} = |\sqrt{2}\sin\beta - 1| $.
Оценим знак выражения $ \sqrt{2}\sin\beta - 1 $ при условии $ \frac{3\pi}{4} \le \beta \le \pi $.
На этом промежутке функция $ \sin\beta $ убывает от $ \sin(\frac{3\pi}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{2} $ до $ \sin(\pi) = 0 $.
Следовательно, $ 0 \le \sin\beta \le \frac{\sqrt{2}}{2} $.
Умножим все части неравенства на $ \sqrt{2} $:
$ 0 \le \sqrt{2}\sin\beta \le \sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} $, что дает $ 0 \le \sqrt{2}\sin\beta \le 1 $.
Вычтем 1 из всех частей неравенства:
$ -1 \le \sqrt{2}\sin\beta - 1 \le 0 $.
Выражение $ \sqrt{2}\sin\beta - 1 $ на данном промежутке является неположительным, поэтому его модуль раскрывается со знаком минус:
$ |\sqrt{2}\sin\beta - 1| = -(\sqrt{2}\sin\beta - 1) = 1 - \sqrt{2}\sin\beta $.
Сложим упрощенные слагаемые:
$ \sqrt{2}\sin\beta + (1 - \sqrt{2}\sin\beta) = \sqrt{2}\sin\beta + 1 - \sqrt{2}\sin\beta = 1 $.
Ответ: $ 1 $

23.12. Упростите выражение:

1) $\sin\alpha - \sqrt{\operatorname{ctg}^2\alpha - \cos^2\alpha}$, если $180^\circ < \alpha < 360^\circ$;

2) $\sqrt{\frac{1 - \cos\alpha}{1 + \cos\alpha}} - \sqrt{\frac{1 + \cos\alpha}{1 - \cos\alpha}}$, если $\pi < \alpha < \frac{3\pi}{2}$;

3) $\sqrt{4\cos^2\alpha + 4\cos\alpha + 1} - \sqrt{4 - 4\sin^2\alpha}$, если $\frac{2\pi}{3} \le \alpha \le \pi$.

1) Упростим выражение под корнем, используя определение котангенса $ ctg\alpha = \frac{cos\alpha}{sin\alpha} $ и основное тригонометрическое тождество $ sin^2\alpha + cos^2\alpha = 1 $:
$ \sqrt{ctg^2\alpha - cos^2\alpha} = \sqrt{\frac{cos^2\alpha}{sin^2\alpha} - cos^2\alpha} = \sqrt{cos^2\alpha \left(\frac{1}{sin^2\alpha} - 1\right)} = \sqrt{cos^2\alpha \frac{1-sin^2\alpha}{sin^2\alpha}} = \sqrt{cos^2\alpha \frac{cos^2\alpha}{sin^2\alpha}} = \sqrt{\frac{cos^4\alpha}{sin^2\alpha}} = \left|\frac{cos^2\alpha}{sin\alpha}\right| $.
По условию $ 180^\circ < \alpha < 360^\circ $, что соответствует III и IV координатным четвертям. В этом интервале значение синуса отрицательно, то есть $ sin\alpha < 0 $. Так как $ cos^2\alpha \ge 0 $, то вся дробь $ \frac{cos^2\alpha}{sin\alpha} \le 0 $.
Раскрываем модуль: $ \left|\frac{cos^2\alpha}{sin\alpha}\right| = -\frac{cos^2\alpha}{sin\alpha} $.
Подставим полученное выражение в исходное:
$ sin\alpha - \left(-\frac{cos^2\alpha}{sin\alpha}\right) = sin\alpha + \frac{cos^2\alpha}{sin\alpha} = \frac{sin^2\alpha + cos^2\alpha}{sin\alpha} = \frac{1}{sin\alpha} $.
Ответ: $ \frac{1}{sin\alpha} $.

2) Преобразуем каждое из подкоренных выражений, используя формулы половинного угла или домножая на сопряженное выражение:
$ \sqrt{\frac{1-\cos\alpha}{1+\cos\alpha}} = \sqrt{\frac{(1-\cos\alpha)^2}{(1+\cos\alpha)(1-\cos\alpha)}} = \sqrt{\frac{(1-\cos\alpha)^2}{1-\cos^2\alpha}} = \sqrt{\frac{(1-\cos\alpha)^2}{sin^2\alpha}} = \frac{|1-\cos\alpha|}{|sin\alpha|} $.
$ \sqrt{\frac{1+\cos\alpha}{1-\cos\alpha}} = \sqrt{\frac{(1+\cos\alpha)^2}{(1-\cos\alpha)(1+\cos\alpha)}} = \sqrt{\frac{(1+\cos\alpha)^2}{1-\cos^2\alpha}} = \sqrt{\frac{(1+\cos\alpha)^2}{sin^2\alpha}} = \frac{|1+\cos\alpha|}{|sin\alpha|} $.
По условию $ \pi < \alpha < \frac{3\pi}{2} $, что соответствует III координатной четверти. В этой четверти $ sin\alpha < 0 $ и $ -1 < \cos\alpha < 0 $.
Определим знаки выражений под модулями:
Так как $ -1 < \cos\alpha < 1 $, то $ 1-\cos\alpha > 0 $ и $ 1+\cos\alpha > 0 $.
Поскольку $ sin\alpha < 0 $, то $ |sin\alpha| = -sin\alpha $.
Таким образом, $ \frac{|1-\cos\alpha|}{|sin\alpha|} = \frac{1-\cos\alpha}{-sin\alpha} $ и $ \frac{|1+\cos\alpha|}{|sin\alpha|} = \frac{1+\cos\alpha}{-sin\alpha} $.
Подставим в исходное выражение:
$ \frac{1-\cos\alpha}{-sin\alpha} - \frac{1+\cos\alpha}{-sin\alpha} = \frac{(1-\cos\alpha) - (1+\cos\alpha)}{-sin\alpha} = \frac{1-\cos\alpha - 1 - \cos\alpha}{-sin\alpha} = \frac{-2\cos\alpha}{-sin\alpha} = 2\frac{\cos\alpha}{sin\alpha} = 2ctg\alpha $.
Ответ: $ 2ctg\alpha $.

3) Упростим каждое из подкоренных выражений.
Первое выражение является полным квадратом: $ \sqrt{4\cos^2\alpha + 4\cos\alpha + 1} = \sqrt{(2\cos\alpha + 1)^2} = |2\cos\alpha + 1| $.
Второе выражение упростим с помощью основного тригонометрического тождества: $ \sqrt{4 - 4\sin^2\alpha} = \sqrt{4(1-\sin^2\alpha)} = \sqrt{4\cos^2\alpha} = |2\cos\alpha| $.
Исходное выражение принимает вид: $ |2\cos\alpha + 1| - |2\cos\alpha| $.
По условию $ \frac{2\pi}{3} \le \alpha \le \pi $. Это II координатная четверть. В этом интервале косинус принимает значения от $ \cos(\pi) = -1 $ до $ \cos(\frac{2\pi}{3}) = -0.5 $. То есть $ -1 \le \cos\alpha \le -0.5 $.
Определим знаки выражений под модулями:
1) $ 2\cos\alpha $: так как $ \cos\alpha $ отрицателен, то и $ 2\cos\alpha < 0 $. Значит, $ |2\cos\alpha| = -2\cos\alpha $.
2) $ 2\cos\alpha + 1 $: так как $ -1 \le \cos\alpha \le -0.5 $, умножим неравенство на 2: $ -2 \le 2\cos\alpha \le -1 $. Прибавим 1: $ -1 \le 2\cos\alpha+1 \le 0 $. Выражение неположительно. Значит, $ |2\cos\alpha + 1| = -(2\cos\alpha + 1) = -2\cos\alpha - 1 $.
Подставим раскрытые модули в выражение:
$ (-2\cos\alpha - 1) - (-2\cos\alpha) = -2\cos\alpha - 1 + 2\cos\alpha = -1 $.
Ответ: $ -1 $.

23.13. Дано: $\sin \alpha + \cos \alpha = b$. Найдите:

1) $\sin \alpha \cos \alpha$;

2) $\sin^3 \alpha + \cos^3 \alpha$;

3) $\sin^6 \alpha + \cos^6 \alpha$.

1) sinαcosα

Для нахождения произведения $sin\alpha cos\alpha$ возведем в квадрат исходное равенство $sin\alpha + cos\alpha = b$:

$(sin\alpha + cos\alpha)^2 = b^2$

Раскроем скобки, используя формулу квадрата суммы $(a+b)^2 = a^2 + 2ab + b^2$:

$sin^2\alpha + 2sin\alpha cos\alpha + cos^2\alpha = b^2$

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

$(sin^2\alpha + cos^2\alpha) + 2sin\alpha cos\alpha = b^2$

$1 + 2sin\alpha cos\alpha = b^2$

Теперь выразим искомое произведение $sin\alpha cos\alpha$:

$2sin\alpha cos\alpha = b^2 - 1$

$sin\alpha cos\alpha = \frac{b^2 - 1}{2}$

Ответ: $\frac{b^2 - 1}{2}$

2) sin³α + cos³α

Для нахождения суммы кубов воспользуемся формулой сокращенного умножения $a^3 + b^3 = (a+b)(a^2 - ab + b^2)$:

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

Перегруппируем слагаемые во второй скобке:

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

Из условия задачи мы знаем, что $sin\alpha + cos\alpha = b$. Из основного тригонометрического тождества известно, что $sin^2\alpha + cos^2\alpha = 1$. Из предыдущего пункта мы нашли, что $sin\alpha cos\alpha = \frac{b^2 - 1}{2}$. Подставим эти значения в выражение:

$sin^3\alpha + cos^3\alpha = b(1 - \frac{b^2 - 1}{2})$

Упростим выражение в скобках:

$b(1 - \frac{b^2 - 1}{2}) = b(\frac{2}{2} - \frac{b^2 - 1}{2}) = b(\frac{2 - (b^2 - 1)}{2}) = b(\frac{2 - b^2 + 1}{2}) = b(\frac{3 - b^2}{2})$

Таким образом, получаем:

$sin^3\alpha + cos^3\alpha = \frac{b(3 - b^2)}{2}$

Ответ: $\frac{b(3 - b^2)}{2}$

3) sin⁶α + cos⁶α

Представим искомое выражение как сумму кубов, где основаниями являются квадраты синуса и косинуса:

$sin^6\alpha + cos^6\alpha = (sin^2\alpha)^3 + (cos^2\alpha)^3$

Снова применим формулу суммы кубов $a^3 + b^3 = (a+b)(a^2 - ab + b^2)$, где $a = sin^2\alpha$ и $b = cos^2\alpha$:

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

Первая скобка равна 1, поэтому выражение упрощается до:

$1 \cdot (sin^4\alpha + cos^4\alpha - sin^2\alpha cos^2\alpha)$

Чтобы найти $sin^4\alpha + cos^4\alpha$, возведем в квадрат основное тригонометрическое тождество $sin^2\alpha + cos^2\alpha = 1$:

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

$sin^4\alpha + 2sin^2\alpha cos^2\alpha + cos^4\alpha = 1$

Отсюда выразим сумму четвертых степеней:

$sin^4\alpha + cos^4\alpha = 1 - 2sin^2\alpha cos^2\alpha$

Подставим это в наше 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 значение $sin\alpha cos\alpha = \frac{b^2 - 1}{2}$ из первого пункта:

$1 - 3(sin\alpha cos\alpha)^2 = 1 - 3(\frac{b^2 - 1}{2})^2 = 1 - 3\frac{(b^2-1)^2}{4}$

Раскроем скобки и приведем к общему знаменателю:

$1 - \frac{3(b^4 - 2b^2 + 1)}{4} = \frac{4}{4} - \frac{3b^4 - 6b^2 + 3}{4} = \frac{4 - 3b^4 + 6b^2 - 3}{4} = \frac{-3b^4 + 6b^2 + 1}{4}$

Ответ: $\frac{-3b^4 + 6b^2 + 1}{4}$

23.14. Дано: $\mathrm{tg}\,\alpha + \mathrm{ctg}\,\alpha = b$. Найдите:

1) $\mathrm{tg}^2\alpha + \mathrm{ctg}^2\alpha$;

2) $\mathrm{tg}^3\alpha + \mathrm{ctg}^3\alpha$;

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

Дано: $tg\,\alpha + ctg\,\alpha = b$.

Возведем обе части исходного равенства в квадрат, используя формулу квадрата суммы $(a+b)^2=a^2+2ab+b^2$:
$(tg\,\alpha + ctg\,\alpha)^2 = b^2$
$tg^2\alpha + 2 \cdot tg\,\alpha \cdot ctg\,\alpha + ctg^2\alpha = b^2$
Мы знаем, что произведение тангенса и котангенса одного и того же угла равно единице: $tg\,\alpha \cdot ctg\,\alpha = 1$. Подставим это значение в уравнение:
$tg^2\alpha + 2 \cdot 1 + ctg^2\alpha = b^2$
$tg^2\alpha + ctg^2\alpha + 2 = b^2$
Выразим искомую сумму квадратов:
$tg^2\alpha + ctg^2\alpha = b^2 - 2$

Ответ: $b^2 - 2$

Для нахождения суммы кубов возведем исходное равенство в куб, используя формулу $(a+b)^3 = a^3 + b^3 + 3ab(a+b)$:
$(tg\,\alpha + ctg\,\alpha)^3 = b^3$
$tg^3\alpha + ctg^3\alpha + 3 \cdot tg\,\alpha \cdot ctg\,\alpha \cdot (tg\,\alpha + ctg\,\alpha) = b^3$
Подставим известные нам значения из условия: $tg\,\alpha + ctg\,\alpha = b$ и $tg\,\alpha \cdot ctg\,\alpha = 1$.
$tg^3\alpha + ctg^3\alpha + 3 \cdot 1 \cdot b = b^3$
Выразим искомую сумму кубов:
$tg^3\alpha + ctg^3\alpha = b^3 - 3b$

Ответ: $b^3 - 3b$

Сначала преобразуем данное в условии выражение $tg\,\alpha + ctg\,\alpha = b$, представив тангенс и котангенс через синус и косинус:
$tg\,\alpha + ctg\,\alpha = \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha} + \frac{\cos\alpha}{\sin\alpha} = b$
Приведем дроби к общему знаменателю $\sin\alpha \cos\alpha$ :
$\frac{\sin^2\alpha + \cos^2\alpha}{\sin\alpha \cos\alpha} = b$
Применив основное тригонометрическое тождество $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$, получим:
$\frac{1}{\sin\alpha \cos\alpha} = b$
Отсюда можем выразить произведение синуса на косинус:
$\sin\alpha \cos\alpha = \frac{1}{b}$
Теперь вернемся к выражению, которое нужно найти, и раскроем скобки по формуле квадрата суммы:
$(\cos\alpha + \sin\alpha)^2 = \cos^2\alpha + 2\sin\alpha\cos\alpha + \sin^2\alpha$
Сгруппируем первое и третье слагаемые:
$(\sin^2\alpha + \cos^2\alpha) + 2\sin\alpha\cos\alpha$
Используя основное тригонометрическое тождество и найденное ранее выражение для $\sin\alpha \cos\alpha$, подставим значения:
$1 + 2 \cdot \frac{1}{b} = 1 + \frac{2}{b}$

Ответ: $1 + \frac{2}{b}$

23.15. Найдите наибольшее и наименьшее значения выражения:

1) $2\cos^2\alpha - 3\sin\alpha;$

2) $\operatorname{tg}^2\alpha + \frac{1}{\cos\alpha};$

3) $1 - \sqrt{\cos^2\alpha - 2\sin^2\alpha;}$

4) $3\cos^2\alpha - \operatorname{tg}\alpha \operatorname{ctg}\alpha.$

1) $2\cos^2\alpha - 3\sin\alpha$

Преобразуем выражение, используя основное тригонометрическое тождество $\cos^2\alpha = 1 - \sin^2\alpha$.

$2\cos^2\alpha - 3\sin\alpha = 2(1 - \sin^2\alpha) - 3\sin\alpha = 2 - 2\sin^2\alpha - 3\sin\alpha$.

Сделаем замену переменной. Пусть $t = \sin\alpha$. Поскольку область значений синуса $[-1, 1]$, то $-1 \le t \le 1$.

Получим квадратичную функцию $f(t) = -2t^2 - 3t + 2$, для которой нужно найти наибольшее и наименьшее значения на отрезке $[-1, 1]$.

График этой функции — парабола, ветви которой направлены вниз (коэффициент при $t^2$ отрицательный). Следовательно, наибольшее значение функция принимает в вершине параболы, если абсцисса вершины принадлежит отрезку $[-1, 1]$.

Абсцисса вершины параболы $t_v = -\frac{b}{2a} = -\frac{-3}{2(-2)} = -\frac{3}{4}$.

Поскольку $t_v = -3/4$ принадлежит отрезку $[-1, 1]$, наибольшее значение функции равно значению в этой точке:

$f_{наиб.} = f(-\frac{3}{4}) = -2(-\frac{3}{4})^2 - 3(-\frac{3}{4}) + 2 = -2(\frac{9}{16}) + \frac{9}{4} + 2 = -\frac{9}{8} + \frac{18}{8} + \frac{16}{8} = \frac{25}{8}$.

Наименьшее значение функция принимает на одном из концов отрезка. Найдем значения функции в точках $t=-1$ и $t=1$.

$f(-1) = -2(-1)^2 - 3(-1) + 2 = -2 + 3 + 2 = 3$.

$f(1) = -2(1)^2 - 3(1) + 2 = -2 - 3 + 2 = -3$.

Сравнивая эти значения, находим наименьшее: $f_{наим.} = -3$.

Ответ: наибольшее значение равно $\frac{25}{8}$, наименьшее значение равно $-3$.

2) $\tg^2\alpha + \frac{1}{\cos\alpha}$

Область определения выражения задается условием $\cos\alpha \neq 0$.

Используем тождество $\tg^2\alpha = \frac{\sin^2\alpha}{\cos^2\alpha} = \frac{1 - \cos^2\alpha}{\cos^2\alpha} = \frac{1}{\cos^2\alpha} - 1$.

Подставим это в исходное выражение: $\frac{1}{\cos^2\alpha} - 1 + \frac{1}{\cos\alpha}$.

Сделаем замену переменной. Пусть $t = \frac{1}{\cos\alpha}$. Поскольку $\cos\alpha \in [-1, 0) \cup (0, 1]$, то $t \in (-\infty, -1] \cup [1, \infty)$.

Выражение принимает вид квадратичной функции $f(t) = t^2 + t - 1$.

График этой функции — парабола, ветви которой направлены вверх. Наименьшее значение парабола принимает в своей вершине.

Абсцисса вершины $t_v = -\frac{b}{2a} = -\frac{1}{2(1)} = -1/2$.

Эта точка не входит в область допустимых значений переменной $t$.

Рассмотрим поведение функции на двух промежутках: $(-\infty, -1]$ и $[1, \infty)$.

На промежутке $[1, \infty)$ функция $f(t)$ возрастает (так как $1 > t_v$). Следовательно, наименьшее значение на этом промежутке достигается в точке $t=1$: $f(1) = 1^2 + 1 - 1 = 1$.

На промежутке $(-\infty, -1]$ функция $f(t)$ убывает (так как $-1 < t_v$). Следовательно, наименьшее значение на этом промежутке достигается в точке $t=-1$: $f(-1) = (-1)^2 + (-1) - 1 = 1 - 1 - 1 = -1$.

Сравнивая значения на границах области определения, находим, что наименьшее значение всего выражения равно $-1$.

Поскольку на обоих промежутках $(-\infty, -1]$ и $[1, \infty)$ функция неограниченно возрастает, наибольшего значения у выражения не существует.

Ответ: наименьшее значение равно $-1$, наибольшего значения не существует.

3) $1 - \sqrt{\cos^2\alpha - 2\sin^2\alpha}$

Для того чтобы выражение имело смысл, подкоренное выражение должно быть неотрицательным: $\cos^2\alpha - 2\sin^2\alpha \ge 0$.

Преобразуем подкоренное выражение, используя тождество $\sin^2\alpha = 1 - \cos^2\alpha$:

$\cos^2\alpha - 2(1 - \cos^2\alpha) = \cos^2\alpha - 2 + 2\cos^2\alpha = 3\cos^2\alpha - 2$.

Таким образом, условие существования выражения принимает вид $3\cos^2\alpha - 2 \ge 0$, откуда $\cos^2\alpha \ge \frac{2}{3}$.

Сделаем замену $u = \cos^2\alpha$. Учитывая, что $0 \le \cos^2\alpha \le 1$ и $\cos^2\alpha \ge \frac{2}{3}$, получаем, что $u \in [\frac{2}{3}, 1]$.

Исходное выражение можно записать как функцию от $u$: $f(u) = 1 - \sqrt{3u - 2}$.

Функция $g(u) = \sqrt{3u - 2}$ является возрастающей на своей области определения. Следовательно, функция $f(u) = 1 - g(u)$ является убывающей.

Значит, свое наибольшее значение она принимает при наименьшем значении аргумента $u = \frac{2}{3}$:

$f_{наиб.} = f(\frac{2}{3}) = 1 - \sqrt{3 \cdot \frac{2}{3} - 2} = 1 - \sqrt{2 - 2} = 1 - 0 = 1$.

А свое наименьшее значение она принимает при наибольшем значении аргумента $u = 1$:

$f_{наим.} = f(1) = 1 - \sqrt{3 \cdot 1 - 2} = 1 - \sqrt{1} = 1 - 1 = 0$.

Ответ: наибольшее значение равно $1$, наименьшее значение равно $0$.

4) $3\cos^2\alpha - \tg\alpha \ctg\alpha$

Область определения выражения требует, чтобы были определены $\tg\alpha$ и $\ctg\alpha$. Это означает, что $\cos\alpha \neq 0$ и $\sin\alpha \neq 0$.

На этой области определения справедливо тождество $\tg\alpha \cdot \ctg\alpha = 1$.

Таким образом, выражение упрощается до $3\cos^2\alpha - 1$.

Мы должны найти множество значений этого выражения при условиях $\cos\alpha \neq 0$ и $\sin\alpha \neq 0$.

Условие $\sin\alpha \neq 0$ эквивалентно $\sin^2\alpha \neq 0$, то есть $1 - \cos^2\alpha \neq 0$, откуда $\cos^2\alpha \neq 1$.

Условие $\cos\alpha \neq 0$ эквивалентно $\cos^2\alpha \neq 0$.

Таким образом, $\cos^2\alpha$ может принимать любые значения из интервала $(0, 1)$.

Пусть $x = \cos^2\alpha$, тогда $x \in (0, 1)$. Нам нужно найти множество значений функции $f(x) = 3x - 1$ на интервале $(0, 1)$.

Так как $f(x)$ — возрастающая линейная функция, ее значения на интервале $(0, 1)$ будут заключены в интервале $(f(0), f(1))$.

$f(0) = 3(0) - 1 = -1$.

$f(1) = 3(1) - 1 = 2$.

Следовательно, множество значений нашего выражения — это интервал $(-1, 2)$.

На открытом интервале функция не достигает своих граничных значений, то есть точной верхней грани (супремума) и точной нижней грани (инфимума). Поэтому наибольшего и наименьшего значений у выражения не существует.

Ответ: наибольшего и наименьшего значений не существует.

23.16. Найдите наибольшее и наименьшее значения выражения:

1) $3\sin^2\alpha + 2\cos\alpha$;

2) $1 + \sqrt{\sin^2\alpha + 2\cos^2\alpha}$;

3) $2\sin^2\alpha + 3\operatorname{tg}\alpha \operatorname{ctg}\alpha$.

1) $3\sin^2\alpha + 2\cos\alpha$

Чтобы найти наибольшее и наименьшее значения выражения, приведем его к функции от одной переменной. Воспользуемся основным тригонометрическим тождеством $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$, из которого следует, что $\sin^2\alpha = 1 - \cos^2\alpha$.

Подставим это в исходное выражение:

$3(1 - \cos^2\alpha) + 2\cos\alpha = 3 - 3\cos^2\alpha + 2\cos\alpha$.

Сделаем замену переменной. Пусть $t = \cos\alpha$. Поскольку область значений косинуса — это отрезок $[-1, 1]$, то и для переменной $t$ справедливо $-1 \le t \le 1$.

Задача сводится к нахождению наибольшего и наименьшего значений квадратичной функции $f(t) = -3t^2 + 2t + 3$ на отрезке $[-1, 1]$.

Графиком этой функции является парабола, ветви которой направлены вниз (так как коэффициент при $t^2$ равен -3, что меньше нуля). Свое наибольшее значение на отрезке функция может достигать либо в вершине параболы (если она попадает в этот отрезок), либо на концах отрезка. Наименьшее значение будет достигаться на одном из концов отрезка.

Найдем координату вершины параболы по формуле $t_v = -b/(2a)$:

$t_v = \frac{-2}{2 \cdot (-3)} = \frac{-2}{-6} = \frac{1}{3}$.

Так как точка $t_v = 1/3$ принадлежит отрезку $[-1, 1]$, то наибольшее значение функции достигается именно в вершине.

$y_{наиб} = f(\frac{1}{3}) = -3(\frac{1}{3})^2 + 2(\frac{1}{3}) + 3 = -3 \cdot \frac{1}{9} + \frac{2}{3} + 3 = -\frac{1}{3} + \frac{2}{3} + 3 = \frac{1}{3} + 3 = 3\frac{1}{3} = \frac{10}{3}$.

Чтобы найти наименьшее значение, вычислим значения функции на концах отрезка $[-1, 1]$:

$f(-1) = -3(-1)^2 + 2(-1) + 3 = -3 - 2 + 3 = -2$.

$f(1) = -3(1)^2 + 2(1) + 3 = -3 + 2 + 3 = 2$.

Сравнивая полученные значения, видим, что наименьшее значение равно -2.

Ответ: наибольшее значение равно $\frac{10}{3}$, наименьшее значение равно -2.

2) $1 + \sqrt{\sin^2\alpha + 2\cos^2\alpha}$

Сначала упростим выражение, стоящее под знаком корня:

$\sin^2\alpha + 2\cos^2\alpha = \sin^2\alpha + \cos^2\alpha + \cos^2\alpha$.

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

$1 + \cos^2\alpha$.

Теперь исходное выражение имеет вид: $1 + \sqrt{1 + \cos^2\alpha}$.

Значение этого выражения зависит от значения $\cos^2\alpha$. Найдем область значений $\cos^2\alpha$.

Мы знаем, что $-1 \le \cos\alpha \le 1$. При возведении в квадрат значения из этого отрезка дадут результат в отрезке $[0, 1]$. Таким образом, $0 \le \cos^2\alpha \le 1$.

Теперь найдем наименьшее и наибольшее значения выражения $1 + \cos^2\alpha$:

Наименьшее значение: $1 + 0 = 1$ (когда $\cos^2\alpha = 0$).

Наибольшее значение: $1 + 1 = 2$ (когда $\cos^2\alpha = 1$).

Функция $y=\sqrt{x}$ является возрастающей, поэтому для нахождения наименьшего и наибольшего значений всего выражения нужно подставить наименьшее и наибольшее значения подкоренного выражения.

Наименьшее значение выражения: $1 + \sqrt{1} = 1 + 1 = 2$.

Наибольшее значение выражения: $1 + \sqrt{2}$.

Ответ: наибольшее значение равно $1 + \sqrt{2}$, наименьшее значение равно 2.

3) $2\sin^2\alpha + 3\tan\alpha \cot\alpha$

Рассмотрим область допустимых значений (ОДЗ) для данного выражения. Функция $\tan\alpha$ определена при $\cos\alpha \neq 0$, а функция $\cot\alpha$ определена при $\sin\alpha \neq 0$.

Следовательно, выражение имеет смысл, если одновременно $\sin\alpha \neq 0$ и $\cos\alpha \neq 0$. Это эквивалентно условию $\alpha \neq \frac{\pi k}{2}$, где $k$ - любое целое число.

На этой области определения справедливо тождество $\tan\alpha \cdot \cot\alpha = 1$.

Тогда исходное выражение можно упростить до вида $2\sin^2\alpha + 3$.

Теперь найдем, какие значения может принимать $\sin^2\alpha$ с учетом ОДЗ.

Из условия $\sin\alpha \neq 0$ следует, что $\sin^2\alpha \neq 0$.

Из условия $\cos\alpha \neq 0$ следует, что $\cos^2\alpha \neq 0$. Так как $\sin^2\alpha = 1 - \cos^2\alpha$, то $\sin^2\alpha \neq 1 - 0 = 1$.

Таким образом, для $\sin^2\alpha$ выполняются строгие неравенства $0 < \sin^2\alpha < 1$.

Теперь найдем множество значений выражения $y = 2\sin^2\alpha + 3$.

Умножим неравенство $0 < \sin^2\alpha < 1$ на 2:

$0 < 2\sin^2\alpha < 2$.

Прибавим 3 ко всем частям неравенства:

$3 < 2\sin^2\alpha + 3 < 5$.

Множеством значений исходного выражения является интервал $(3, 5)$. Это означает, что значения выражения могут быть сколь угодно близки к 3 (снизу) и к 5 (сверху), но никогда не достигают этих значений. Наименьшего и наибольшего элементов в открытом интервале нет.

Ответ: наибольшего и наименьшего значений не существует.

23.17. Постройте график функции:

1) $y = \sin^2 \sqrt{1 - x^2} + \cos^2 \sqrt{1 - x^2}$;

2) $y = \operatorname{tg}^2 x - \frac{1}{\cos^2 x}$.

1) Дана функция $y = \sin^2\sqrt{1 - x^2} + \cos^2\sqrt{1 - x^2}$.

Для упрощения этого выражения воспользуемся основным тригонометрическим тождеством: $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$. В данном случае в качестве $\alpha$ выступает выражение $\sqrt{1 - x^2}$.

Таким образом, при любом значении $x$, для которого выражение определено, функция принимает значение $y = 1$.

Теперь найдем область определения функции. Аргумент синуса и косинуса содержит квадратный корень, а выражение под корнем должно быть неотрицательным:

$1 - x^2 \ge 0$

Решим это неравенство:

$x^2 \le 1$

$-1 \le x \le 1$

Следовательно, область определения функции — это отрезок $[-1, 1]$.

Графиком функции является часть прямой $y=1$, соответствующая области определения, то есть отрезок, соединяющий точки с координатами $(-1; 1)$ и $(1; 1)$.

Ответ: Графиком функции является отрезок прямой $y=1$, концы которого находятся в точках $(-1; 1)$ и $(1; 1)$.

2) Дана функция $y = \text{tg}^2x - \frac{1}{\cos^2x}$.

Сначала найдем область определения функции. Функция $\text{tg}x$ определена, когда $\cos x \ne 0$. Знаменатель дроби $\frac{1}{\cos^2x}$ также не должен обращаться в ноль, что дает то же самое условие: $\cos^2x \ne 0$, или $\cos x \ne 0$.

Уравнение $\cos x = 0$ имеет решения $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$. Таким образом, область определения функции: все действительные числа, кроме $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

Теперь упростим выражение для функции, используя тригонометрическое тождество $1 + \text{tg}^2x = \frac{1}{\cos^2x}$.

Подставим его в исходную функцию:

$y = \text{tg}^2x - (1 + \text{tg}^2x)$

$y = \text{tg}^2x - 1 - \text{tg}^2x$

$y = -1$

Таким образом, для всех $x$ из области определения значение функции равно -1.

Графиком функции является прямая $y=-1$, из которой удалены точки, абсциссы которых не входят в область определения. Эти точки имеют координаты $(\frac{\pi}{2} + \pi k; -1)$, где $k \in \mathbb{Z}$. Такие точки называют "выколотыми".

Ответ: Графиком функции является прямая $y=-1$ с выколотыми точками вида $(\frac{\pi}{2} + \pi k; -1)$, где $k \in \mathbb{Z}$.

23.18. Постройте график функции $y = \frac{1}{\sin^2 x} - \operatorname{ctg}^2 x$.

Для построения графика функции $y = \frac{1}{\sin^2 x} - \operatorname{ctg}^2 x$ необходимо выполнить два основных шага: упростить выражение и определить область его определения.

1. Упрощение выражения функции.

Воспользуемся определением котангенса: $\operatorname{ctg} x = \frac{\cos x}{\sin x}$. Тогда $\operatorname{ctg}^2 x = \frac{\cos^2 x}{\sin^2 x}$.

Подставим это в исходное уравнение:

$y = \frac{1}{\sin^2 x} - \frac{\cos^2 x}{\sin^2 x} = \frac{1 - \cos^2 x}{\sin^2 x}$

Теперь применим основное тригонометрическое тождество: $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$, из которого следует, что $1 - \cos^2 x = \sin^2 x$.

Заменим числитель в нашем выражении:

$y = \frac{\sin^2 x}{\sin^2 x}$

После сокращения, при условии, что знаменатель не равен нулю, получаем:

$y = 1$

2. Определение области допустимых значений (ОДЗ).

Упрощение было верным при условии, что знаменатель $\sin^2 x$ не равен нулю. Рассмотрим исходную функцию $y = \frac{1}{\sin^2 x} - \operatorname{ctg}^2 x$.

Она определена, если выполнены условия:

а) Знаменатель дроби $\frac{1}{\sin^2 x}$ не равен нулю: $\sin^2 x \neq 0$, что эквивалентно $\sin x \neq 0$.

б) Котангенс $\operatorname{ctg} x$ существует, что также требует $\sin x \neq 0$.

Условие $\sin x \neq 0$ выполняется для всех $x$, кроме тех, для которых $x = \pi n$, где $n$ — любое целое число ($n \in \mathbb{Z}$).

Таким образом, область определения функции: $x \neq \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

3. Построение графика.

Из упрощения мы получили, что $y=1$. Однако это равенство справедливо только для $x$ из области определения.

Следовательно, график функции — это горизонтальная прямая $y=1$, из которой исключены ("выколоты") точки, абсциссы которых не принадлежат области определения.

Координаты этих выколотых точек: $(\pi n, 1)$ для всех целых $n$.

Например, это точки ..., $(-\pi, 1)$, $(0, 1)$, $(\pi, 1)$, $(2\pi, 1)$, ...

Ответ: Графиком функции $y = \frac{1}{\sin^2 x} - \operatorname{ctg}^2 x$ является прямая $y=1$ с выколотыми точками вида $(\pi n, 1)$, где $n \in \mathbb{Z}$.

23.19. Найдите наибольшее значение функции $f(x) = \sin^{14} x + \cos^{14} x$.

Дана функция $f(x) = \sin^{14}x + \cos^{14}x$.

Поскольку показатели степени четные, мы можем переписать функцию в следующем виде: $f(x) = (\sin^2x)^7 + (\cos^2x)^7$.

Введем замену переменных. Пусть $a = \sin^2x$ и $b = \cos^2x$.

Из основного тригонометрического тождества $\sin^2x + \cos^2x = 1$ следует, что $a+b=1$. Кроме того, поскольку квадрат любого действительного числа неотрицателен, $a \ge 0$ и $b \ge 0$. Следовательно, переменные $a$ и $b$ принимают значения из отрезка $[0, 1]$.

Таким образом, задача сводится к нахождению наибольшего значения выражения $g(a,b) = a^7 + b^7$ при условиях $a+b=1$, $a \ge 0$, $b \ge 0$.

Воспользуемся тем, что для любого числа $u \in [0, 1]$ и для любого натурального $n \ge 1$ справедливо неравенство $u^n \le u$. Равенство достигается только при $u=0$ или $u=1$.

Применим это свойство к нашим переменным $a$ и $b$ при $n=7$: $a^7 \le a$ $b^7 \le b$

Сложив эти два неравенства, получим: $a^7 + b^7 \le a + b$

Так как $a+b=1$, мы имеем: $f(x) = a^7 + b^7 \le 1$

Это означает, что значение функции не может превышать 1. Теперь проверим, достигается ли это значение.

Равенство $a^7 + b^7 = a + b = 1$ возможно тогда и только тогда, когда оба неравенства $a^7 \le a$ и $b^7 \le b$ обращаются в равенства. Это происходит в следующих случаях:

1. $a=1$ и $b=0$. Это соответствует $\sin^2x = 1$ и $\cos^2x = 0$. Такие значения достигаются, например, при $x = \frac{\pi}{2}$. При этом $f(\frac{\pi}{2}) = \sin^{14}(\frac{\pi}{2}) + \cos^{14}(\frac{\pi}{2}) = 1^{14} + 0^{14} = 1$.

2. $a=0$ и $b=1$. Это соответствует $\sin^2x = 0$ и $\cos^2x = 1$. Такие значения достигаются, например, при $x = 0$. При этом $f(0) = \sin^{14}(0) + \cos^{14}(0) = 0^{14} + 1^{14} = 1$.

Поскольку мы показали, что $f(x) \le 1$ для всех $x$, и нашли значения $x$, при которых $f(x) = 1$, то наибольшее значение функции равно 1.

Ответ: 1.