Страница 179 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

24.21. Докажите тождество:

1) $\sin(\alpha + \beta)\sin(\alpha - \beta) = \sin^2\alpha - \sin^2\beta;$

2) $\frac{\text{tg}^2\alpha - \text{tg}^2\beta}{1 - \text{tg}^2\alpha \text{tg}^2\beta} = \text{tg}(\alpha + \beta)\text{tg}(\alpha - \beta);$

3) $\frac{\text{tg}\alpha + \text{tg}\beta}{\text{tg}(\alpha + \beta)} + \frac{\text{tg}\alpha - \text{tg}\beta}{\text{tg}(\alpha - \beta)} + 2\text{tg}^2\alpha = \frac{2}{\cos^2\alpha}.$

1)Докажем тождество, преобразовав его левую часть. Используем формулы синуса суммы и разности:
$sin(\alpha + \beta) = sin\alpha cos\beta + cos\alpha sin\beta$
$sin(\alpha - \beta) = sin\alpha cos\beta - cos\alpha sin\beta$
Перемножим эти выражения:
$sin(\alpha + \beta)sin(\alpha - \beta) = (sin\alpha cos\beta + cos\alpha sin\beta)(sin\alpha cos\beta - cos\alpha sin\beta)$
Применим формулу разности квадратов $(a+b)(a-b) = a^2-b^2$:
$(sin\alpha cos\beta)^2 - (cos\alpha sin\beta)^2 = sin^2\alpha cos^2\beta - cos^2\alpha sin^2\beta$
Используем основное тригонометрическое тождество $cos^2x = 1 - sin^2x$, чтобы выразить косинусы через синусы:
$sin^2\alpha (1 - sin^2\beta) - (1 - sin^2\alpha)sin^2\beta$
Раскроем скобки:
$sin^2\alpha - sin^2\alpha sin^2\beta - sin^2\beta + sin^2\alpha sin^2\beta$
Сократим подобные слагаемые:
$sin^2\alpha - sin^2\beta$
Левая часть тождества равна правой.
Ответ: Тождество доказано.

2)Преобразуем левую часть тождества. Числитель и знаменатель представляют собой разность квадратов:
$\frac{tg^2\alpha - tg^2\beta}{1 - tg^2\alpha tg^2\beta} = \frac{(tg\alpha - tg\beta)(tg\alpha + tg\beta)}{(1 - tg\alpha tg\beta)(1 + tg\alpha tg\beta)}$
Сгруппируем множители:
$\frac{tg\alpha + tg\beta}{1 - tg\alpha tg\beta} \cdot \frac{tg\alpha - tg\beta}{1 + tg\alpha tg\beta}$
Узнаем формулы тангенса суммы и разности углов:
$tg(\alpha + \beta) = \frac{tg\alpha + tg\beta}{1 - tg\alpha tg\beta}$
$tg(\alpha - \beta) = \frac{tg\alpha - tg\beta}{1 + tg\alpha tg\beta}$
Подставив их в наше выражение, получаем:
$tg(\alpha + \beta)tg(\alpha - \beta)$
Левая часть тождества равна правой.
Ответ: Тождество доказано.

3)Преобразуем левую часть тождества. Начнем с первых двух слагаемых, подставив в знаменатели формулы тангенса суммы и разности:
Первое слагаемое: $\frac{tg\alpha + tg\beta}{tg(\alpha + \beta)} = \frac{tg\alpha + tg\beta}{\frac{tg\alpha + tg\beta}{1 - tg\alpha tg\beta}} = 1 - tg\alpha tg\beta$
Второе слагаемое: $\frac{tg\alpha - tg\beta}{tg(\alpha - \beta)} = \frac{tg\alpha - tg\beta}{\frac{tg\alpha - tg\beta}{1 + tg\alpha tg\beta}} = 1 + tg\alpha tg\beta$
Теперь подставим упрощенные выражения обратно в левую часть исходного тождества:
$(1 - tg\alpha tg\beta) + (1 + tg\alpha tg\beta) + 2tg^2\alpha$
Сложим и сократим слагаемые:
$1 + 1 - tg\alpha tg\beta + tg\alpha tg\beta + 2tg^2\alpha = 2 + 2tg^2\alpha$
Вынесем общий множитель за скобки:
$2(1 + tg^2\alpha)$
Используем тригонометрическое тождество $1 + tg^2\alpha = \frac{1}{cos^2\alpha}$:
$2 \cdot \frac{1}{cos^2\alpha} = \frac{2}{cos^2\alpha}$
Левая часть тождества равна правой.
Ответ: Тождество доказано.

24.22. Докажите тождество:

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

2) $\operatorname{tg}(\alpha + \beta) - (\operatorname{tg}\alpha + \operatorname{tg}\beta) - \operatorname{tg}(\alpha + \beta)\operatorname{tg}\alpha \operatorname{tg}\beta = 0.$

1) Докажем тождество $cos(\alpha + \beta)cos(\alpha - \beta) = cos^2\alpha - sin^2\beta$.
Преобразуем левую часть равенства. Используем формулы косинуса суммы и разности:
$cos(\alpha + \beta) = cos\alpha cos\beta - sin\alpha sin\beta$
$cos(\alpha - \beta) = cos\alpha cos\beta + sin\alpha sin\beta$
Следовательно, левая часть равна произведению правых частей этих формул:
$cos(\alpha + \beta)cos(\alpha - \beta) = (cos\alpha cos\beta - sin\alpha sin\beta)(cos\alpha cos\beta + sin\alpha sin\beta)$.
Применяя формулу разности квадратов $(a-b)(a+b) = a^2 - b^2$, получаем:
$(cos\alpha cos\beta)^2 - (sin\alpha sin\beta)^2 = cos^2\alpha cos^2\beta - sin^2\alpha sin^2\beta$.
Чтобы привести полученное выражение к виду в правой части доказываемого тождества, воспользуемся основным тригонометрическим тождеством $sin^2x + cos^2x = 1$. Заменим $sin^2\alpha = 1 - cos^2\alpha$:
$cos^2\alpha cos^2\beta - (1 - cos^2\alpha)sin^2\beta = cos^2\alpha cos^2\beta - sin^2\beta + cos^2\alpha sin^2\beta$.
Сгруппируем слагаемые с $cos^2\alpha$ и вынесем его за скобки:
$cos^2\alpha(cos^2\beta + sin^2\beta) - sin^2\beta$.
Так как $cos^2\beta + sin^2\beta = 1$, выражение упрощается до:
$cos^2\alpha \cdot 1 - sin^2\beta = cos^2\alpha - sin^2\beta$.
Таким образом, левая часть тождества равна правой, что и требовалось доказать.
Ответ: Тождество доказано.

2) Докажем тождество $tg(\alpha + \beta) - (tg\alpha + tg\beta) - tg(\alpha + \beta)tg\alpha tg\beta = 0$.
Это тождество является прямым следствием формулы тангенса суммы углов:
$tg(\alpha + \beta) = \frac{tg\alpha + tg\beta}{1 - tg\alpha tg\beta}$
Данное равенство верно при условии, что все тангенсы существуют и знаменатель $1 - tg\alpha tg\beta \neq 0$.
Умножим обе части формулы на знаменатель $(1 - tg\alpha tg\beta)$:
$tg(\alpha + \beta)(1 - tg\alpha tg\beta) = tg\alpha + tg\beta$.
Раскроем скобки в левой части равенства:
$tg(\alpha + \beta) - tg(\alpha + \beta)tg\alpha tg\beta = tg\alpha + tg\beta$.
Перенесем все слагаемые из правой части в левую, изменив их знаки:
$tg(\alpha + \beta) - tg(\alpha + \beta)tg\alpha tg\beta - (tg\alpha + tg\beta) = 0$.
Переставив слагаемые, получим в точности доказываемое тождество:
$tg(\alpha + \beta) - (tg\alpha + tg\beta) - tg(\alpha + \beta)tg\alpha tg\beta = 0$.
Следовательно, тождество доказано.
Ответ: Тождество доказано.

24.23. Найдите наибольшее значение выражения:

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

2) $ 4\sin \alpha + 5\cos \alpha $;

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

4) $ 2\sin \alpha - \cos \alpha $.

Для нахождения наибольшего значения выражения вида $a \sin \alpha + b \cos \alpha$ используется метод введения вспомогательного угла. Этот метод основан на преобразовании выражения к виду $R \sin(\alpha + \phi)$ или $R \cos(\alpha - \phi)$, где амплитуда $R = \sqrt{a^2 + b^2}$.

Преобразование выглядит следующим образом:
$a \sin \alpha + b \cos \alpha = \sqrt{a^2 + b^2} \left( \frac{a}{\sqrt{a^2 + b^2}} \sin \alpha + \frac{b}{\sqrt{a^2 + b^2}} \cos \alpha \right)$.

Поскольку существует угол $\phi$, такой что $\cos \phi = \frac{a}{\sqrt{a^2 + b^2}}$ и $\sin \phi = \frac{b}{\sqrt{a^2 + b^2}}$, выражение можно записать как:
$\sqrt{a^2 + b^2} (\cos \phi \sin \alpha + \sin \phi \cos \alpha) = \sqrt{a^2 + b^2} \sin(\alpha + \phi)$.

Наибольшее значение функции $\sin(\alpha + \phi)$ равно 1. Следовательно, наибольшее значение всего выражения $a \sin \alpha + b \cos \alpha$ равно $\sqrt{a^2 + b^2}$.

1) $\sin \alpha - \sqrt{3} \cos \alpha$
Для данного выражения коэффициенты $a=1$ и $b=-\sqrt{3}$.
Наибольшее значение равно $\sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{1^2 + (-\sqrt{3})^2} = \sqrt{1 + 3} = \sqrt{4} = 2$.
Ответ: 2.

2) $4\sin \alpha + 5\cos \alpha$
Для данного выражения коэффициенты $a=4$ и $b=5$.
Наибольшее значение равно $\sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{4^2 + 5^2} = \sqrt{16 + 25} = \sqrt{41}$.
Ответ: $\sqrt{41}$.

3) $\sin \alpha + \cos \alpha$
Для данного выражения коэффициенты $a=1$ и $b=1$.
Наибольшее значение равно $\sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{1 + 1} = \sqrt{2}$.
Ответ: $\sqrt{2}$.

4) $2\sin \alpha - \cos \alpha$
Для данного выражения коэффициенты $a=2$ и $b=-1$.
Наибольшее значение равно $\sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{2^2 + (-1)^2} = \sqrt{4 + 1} = \sqrt{5}$.
Ответ: $\sqrt{5}$.

24.24. Найдите наибольшее значение выражения:

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

2) $\sqrt{5} \cos \alpha - 2\sqrt{5} \sin \alpha$;

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

Для нахождения наибольшего значения выражений вида $A \cos\alpha + B \sin\alpha$ используется метод введения вспомогательного угла. Согласно этому методу, выражение можно преобразовать к виду $R \cos(\alpha \mp \phi)$ или $R \sin(\alpha \pm \phi)$, где $R = \sqrt{A^2 + B^2}$. Поскольку наибольшее значение синуса и косинуса равно 1, наибольшее значение исходного выражения равно $R$.

1) Рассмотрим выражение $\sqrt{3} \cos\alpha - \sin\alpha$.

Это выражение имеет вид $A \cos\alpha + B \sin\alpha$, где $A = \sqrt{3}$ и $B = -1$.

Наибольшее значение равно $R = \sqrt{A^2 + B^2}$.

Вычислим $R$:

$R = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + (-1)^2} = \sqrt{3 + 1} = \sqrt{4} = 2$.

Для наглядности преобразуем исходное выражение:

$\sqrt{3} \cos\alpha - \sin\alpha = 2 \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \cos\alpha - \frac{1}{2} \sin\alpha \right)$.

Зная, что $\cos\frac{\pi}{6} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ и $\sin\frac{\pi}{6} = \frac{1}{2}$, мы можем применить формулу косинуса суммы $\cos(x+y) = \cos x \cos y - \sin x \sin y$:

$2 \left( \cos\frac{\pi}{6} \cos\alpha - \sin\frac{\pi}{6} \sin\alpha \right) = 2 \cos\left(\alpha + \frac{\pi}{6}\right)$.

Наибольшее значение функции $\cos\left(\alpha + \frac{\pi}{6}\right)$ равно 1. Следовательно, наибольшее значение всего выражения равно $2 \cdot 1 = 2$.

Ответ: 2.

2) Рассмотрим выражение $\sqrt{5} \cos\alpha - 2\sqrt{5} \sin\alpha$.

В данном случае коэффициенты $A = \sqrt{5}$ и $B = -2\sqrt{5}$.

Применяя тот же метод, находим наибольшее значение как $\sqrt{A^2 + B^2}$:

$\sqrt{(\sqrt{5})^2 + (-2\sqrt{5})^2} = \sqrt{5 + 4 \cdot 5} = \sqrt{5 + 20} = \sqrt{25} = 5$.

Таким образом, наибольшее значение выражения равно 5.

Ответ: 5.

3) Рассмотрим выражение $3\sin\alpha + \cos\alpha$.

Перепишем его в виде $\cos\alpha + 3\sin\alpha$ для удобства.

Здесь коэффициенты $A = 1$ и $B = 3$.

Наибольшее значение выражения равно $\sqrt{A^2 + B^2}$:

$\sqrt{1^2 + 3^2} = \sqrt{1 + 9} = \sqrt{10}$.

Таким образом, наибольшее значение выражения равно $\sqrt{10}$.

Ответ: $\sqrt{10}$.

24.25. Дано: $\cos\left(\frac{\pi}{3} - \alpha\right) = -\frac{2}{5}$, $\frac{5\pi}{6} < \alpha < \frac{4\pi}{3}$. Найдите $\sin \alpha$.

Для решения задачи введем замену $ \beta = \frac{\pi}{3} - \alpha $. Из условия следует, что $ \cos \beta = -\frac{2}{5} $.

Найдем, в какой четверти лежит угол $ \beta $, используя данное неравенство для $ \alpha $: $ \frac{5\pi}{6} < \alpha < \frac{4\pi}{3} $. Сначала умножим все части неравенства на -1, что изменит знаки неравенства на противоположные:$ -\frac{4\pi}{3} < -\alpha < -\frac{5\pi}{6} $. Теперь прибавим $ \frac{\pi}{3} $ ко всем частям неравенства:$ \frac{\pi}{3} - \frac{4\pi}{3} < \frac{\pi}{3} - \alpha < \frac{\pi}{3} - \frac{5\pi}{6} $. Выполним вычисления:$ \frac{\pi - 4\pi}{3} < \beta < \frac{2\pi - 5\pi}{6} $$ -\frac{3\pi}{3} < \beta < -\frac{3\pi}{6} $$ -\pi < \beta < -\frac{\pi}{2} $. Это означает, что угол $ \beta $ находится в третьей координатной четверти.

Теперь найдем $ \sin \beta $, используя основное тригонометрическое тождество $ \sin^2 \beta + \cos^2 \beta = 1 $.$ \sin^2 \beta = 1 - \cos^2 \beta = 1 - \left(-\frac{2}{5}\right)^2 = 1 - \frac{4}{25} = \frac{21}{25} $. Поскольку угол $ \beta $ лежит в третьей четверти, его синус должен быть отрицательным. Следовательно, $ \sin \beta = -\sqrt{\frac{21}{25}} = -\frac{\sqrt{21}}{5} $.

Теперь выразим $ \alpha $ через $ \beta $ из нашей замены: $ \alpha = \frac{\pi}{3} - \beta $. Найдем $ \sin \alpha $, применив формулу синуса разности $ \sin(x - y) = \sin x \cos y - \cos x \sin y $:$ \sin \alpha = \sin\left(\frac{\pi}{3} - \beta\right) = \sin\left(\frac{\pi}{3}\right)\cos(\beta) - \cos\left(\frac{\pi}{3}\right)\sin(\beta) $.

Подставим известные значения: $ \sin(\frac{\pi}{3}) = \frac{\sqrt{3}}{2} $, $ \cos(\frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2} $, $ \cos \beta = -\frac{2}{5} $ и $ \sin \beta = -\frac{\sqrt{21}}{5} $.$ \sin \alpha = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \left(-\frac{2}{5}\right) - \frac{1}{2} \cdot \left(-\frac{\sqrt{21}}{5}\right) = -\frac{2\sqrt{3}}{10} + \frac{\sqrt{21}}{10} = \frac{\sqrt{21} - 2\sqrt{3}}{10} $.

Ответ: $ \frac{\sqrt{21} - 2\sqrt{3}}{10} $

24.26. Дано: $\sin \left(\frac{\pi}{4}-\alpha\right)=-\frac{\sqrt{2}}{10}$, $\pi < \alpha < \frac{3 \pi}{2}$. Найдите $\sin \alpha$.

Чтобы найти $\sin\alpha$, воспользуемся формулой синуса разности двух углов:
$\sin(A - B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$
Применим эту формулу к данному выражению, где $A = \frac{\pi}{4}$ и $B = \alpha$:
$\sin(\frac{\pi}{4} - \alpha) = \sin\frac{\pi}{4}\cos\alpha - \cos\frac{\pi}{4}\sin\alpha$
Известно, что $\sin\frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ и $\cos\frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}$. Подставим эти значения, а также данное значение $\sin(\frac{\pi}{4} - \alpha) = -\frac{\sqrt{2}}{10}$:
$\frac{\sqrt{2}}{2}\cos\alpha - \frac{\sqrt{2}}{2}\sin\alpha = -\frac{\sqrt{2}}{10}$
Вынесем общий множитель $\frac{\sqrt{2}}{2}$ за скобки:
$\frac{\sqrt{2}}{2}(\cos\alpha - \sin\alpha) = -\frac{\sqrt{2}}{10}$
Разделим обе части уравнения на $\frac{\sqrt{2}}{2}$:
$\cos\alpha - \sin\alpha = -\frac{\sqrt{2}}{10} \div \frac{\sqrt{2}}{2} = -\frac{\sqrt{2}}{10} \cdot \frac{2}{\sqrt{2}} = -\frac{2}{10} = -\frac{1}{5}$
Теперь у нас есть система из двух уравнений:
1. $\cos\alpha - \sin\alpha = -\frac{1}{5}$
2. $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$ (основное тригонометрическое тождество)
Из первого уравнения выразим $\cos\alpha$:
$\cos\alpha = \sin\alpha - \frac{1}{5}$
Подставим это выражение во второе уравнение:
$\sin^2\alpha + (\sin\alpha - \frac{1}{5})^2 = 1$
Раскроем скобки и упростим:
$\sin^2\alpha + \sin^2\alpha - \frac{2}{5}\sin\alpha + \frac{1}{25} = 1$
$2\sin^2\alpha - \frac{2}{5}\sin\alpha + \frac{1}{25} - 1 = 0$
$2\sin^2\alpha - \frac{2}{5}\sin\alpha - \frac{24}{25} = 0$
Умножим все уравнение на 25, чтобы избавиться от дробей:
$50\sin^2\alpha - 10\sin\alpha - 24 = 0$
Разделим на 2 для упрощения:
$25\sin^2\alpha - 5\sin\alpha - 12 = 0$
Сделаем замену $x = \sin\alpha$ и решим квадратное уравнение $25x^2 - 5x - 12 = 0$:
Дискриминант $D = b^2 - 4ac = (-5)^2 - 4 \cdot 25 \cdot (-12) = 25 + 1200 = 1225 = 35^2$.
Найдем корни:
$x_1 = \frac{-b + \sqrt{D}}{2a} = \frac{5 + 35}{2 \cdot 25} = \frac{40}{50} = \frac{4}{5}$
$x_2 = \frac{-b - \sqrt{D}}{2a} = \frac{5 - 35}{2 \cdot 25} = \frac{-30}{50} = -\frac{3}{5}$
Итак, $\sin\alpha = \frac{4}{5}$ или $\sin\alpha = -\frac{3}{5}$.
Согласно условию, угол $\alpha$ находится в интервале $\pi < \alpha < \frac{3\pi}{2}$, что соответствует третьей координатной четверти. В этой четверти значения синуса отрицательны.
Следовательно, мы должны выбрать отрицательный корень: $\sin\alpha = -\frac{3}{5}$.
Ответ: $\sin\alpha = -\frac{3}{5}$

24.27. Дано: $\cos(5^{\circ} + \alpha) = 0,6$, $0^{\circ} < \alpha < 55^{\circ}$. Найдите $\operatorname{tg}(35^{\circ} + \alpha)$.

Для решения этой задачи мы воспользуемся тригонометрическими тождествами и формулами.

Пусть $A = 5^\circ + \alpha$. По условию нам дано, что $\cos(A) = 0,6$. Требуется найти значение $\text{tg}(35^\circ + \alpha)$.

Сначала преобразуем аргумент искомой функции, используя формулу приведения $\text{tg}(90^\circ - x) = \text{ctg}(x)$:

$\text{tg}(35^\circ + \alpha) = \text{tg}(90^\circ - 90^\circ + 35^\circ + \alpha) = \text{tg}(90^\circ - (55^\circ - \alpha))$.

Применив формулу, получаем:

$\text{tg}(35^\circ + \alpha) = \text{ctg}(55^\circ - \alpha)$.

Теперь рассмотрим связь между углами $A = 5^\circ + \alpha$ и $B = 55^\circ - \alpha$. Найдем их сумму:

$A + B = (5^\circ + \alpha) + (55^\circ - \alpha) = 60^\circ$.

Отсюда следует, что $B = 60^\circ - A$. Таким образом, наша задача свелась к нахождению $\text{ctg}(60^\circ - A)$, зная, что $\cos(A) = 0,6$.

Для дальнейших вычислений нам понадобится значение $\text{ctg}(A)$. Сначала найдем $\sin(A)$. Из условия $0^\circ < \alpha < 55^\circ$ следует, что $5^\circ < 5^\circ + \alpha < 60^\circ$, то есть угол $A$ находится в первой четверти, а значит, его синус положителен.

Используем основное тригонометрическое тождество $\sin^2(A) + \cos^2(A) = 1$:

$\sin^2(A) = 1 - \cos^2(A) = 1 - (0,6)^2 = 1 - 0,36 = 0,64$.

$\sin(A) = \sqrt{0,64} = 0,8$.

Теперь можем найти котангенс угла $A$:

$\text{ctg}(A) = \frac{\cos(A)}{\sin(A)} = \frac{0,6}{0,8} = \frac{3}{4}$.

Далее применим формулу котангенса разности углов: $\text{ctg}(x - y) = \frac{\text{ctg}(x)\text{ctg}(y) + 1}{\text{ctg}(y) - \text{ctg}(x)}$.

$\text{ctg}(60^\circ - A) = \frac{\text{ctg}(60^\circ)\text{ctg}(A) + 1}{\text{ctg}(A) - \text{ctg}(60^\circ)}$.

Мы знаем, что $\text{ctg}(60^\circ) = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$. Подставим известные значения в формулу:

$\text{ctg}(60^\circ - A) = \frac{\frac{\sqrt{3}}{3} \cdot \frac{3}{4} + 1}{\frac{3}{4} - \frac{\sqrt{3}}{3}} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{4} + 1}{\frac{9 - 4\sqrt{3}}{12}} = \frac{\frac{4 + \sqrt{3}}{4}}{\frac{9 - 4\sqrt{3}}{12}}$.

Упростим полученное многоэтажное дроби:

$\frac{4 + \sqrt{3}}{4} \cdot \frac{12}{9 - 4\sqrt{3}} = \frac{3(4 + \sqrt{3})}{9 - 4\sqrt{3}}$.

Чтобы избавиться от иррациональности в знаменателе, умножим числитель и знаменатель на выражение, сопряженное знаменателю, то есть на $9 + 4\sqrt{3}$:

$\frac{3(4 + \sqrt{3})(9 + 4\sqrt{3})}{(9 - 4\sqrt{3})(9 + 4\sqrt{3})} = \frac{3(36 + 16\sqrt{3} + 9\sqrt{3} + 4 \cdot 3)}{9^2 - (4\sqrt{3})^2} = \frac{3(36 + 25\sqrt{3} + 12)}{81 - 16 \cdot 3} = \frac{3(48 + 25\sqrt{3})}{81 - 48} = \frac{3(48 + 25\sqrt{3})}{33}$.

Сократим дробь на 3, получив окончательный результат:

$\frac{48 + 25\sqrt{3}}{11}$.

Ответ: $\frac{48 + 25\sqrt{3}}{11}$.

24.28. Дано: $\sin(40^\circ + \alpha) = b$, $0^\circ < \alpha < 45^\circ$. Найдите $\cos(70^\circ + \alpha)$.

Для решения этой задачи мы воспользуемся тригонометрическими формулами и данными из условия. Нам дано, что $\sin(40^\circ + \alpha) = b$ при условии $0^\circ < \alpha < 45^\circ$. Наша цель — найти значение $\cos(70^\circ + \alpha)$.

Первым шагом представим аргумент косинуса $70^\circ + \alpha$ через известный нам аргумент синуса, $40^\circ + \alpha$. Заметим, что $70^\circ = 30^\circ + 40^\circ$.

$70^\circ + \alpha = 30^\circ + 40^\circ + \alpha = 30^\circ + (40^\circ + \alpha)$.

Теперь мы можем применить формулу косинуса суммы двух углов: $\cos(x+y) = \cos(x)\cos(y) - \sin(x)\sin(y)$.

Пусть $x = 30^\circ$ и $y = 40^\circ + \alpha$. Тогда:

$\cos(70^\circ + \alpha) = \cos(30^\circ + (40^\circ + \alpha)) = \cos(30^\circ)\cos(40^\circ + \alpha) - \sin(30^\circ)\sin(40^\circ + \alpha)$.

Мы знаем табличные значения для синуса и косинуса $30^\circ$:

$\cos(30^\circ) = \frac{\sqrt{3}}{2}$ и $\sin(30^\circ) = \frac{1}{2}$.

Также из условия нам известно, что $\sin(40^\circ + \alpha) = b$. Подставим эти значения в нашу формулу:

$\cos(70^\circ + \alpha) = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \cos(40^\circ + \alpha) - \frac{1}{2} \cdot b$.

Теперь нам нужно найти значение $\cos(40^\circ + \alpha)$. Для этого воспользуемся основным тригонометрическим тождеством: $\sin^2(y) + \cos^2(y) = 1$.

$\cos^2(40^\circ + \alpha) = 1 - \sin^2(40^\circ + \alpha) = 1 - b^2$.

Отсюда $\cos(40^\circ + \alpha) = \pm\sqrt{1-b^2}$.

Чтобы определить правильный знак, обратимся к условию $0^\circ < \alpha < 45^\circ$. Это позволяет нам определить, в какой четверти находится угол $40^\circ + \alpha$:

$40^\circ + 0^\circ < 40^\circ + \alpha < 40^\circ + 45^\circ$
$40^\circ < 40^\circ + \alpha < 85^\circ$

Углы в диапазоне от $40^\circ$ до $85^\circ$ находятся в первой координатной четверти, где значения косинуса положительны. Следовательно, мы выбираем знак "+":

$\cos(40^\circ + \alpha) = \sqrt{1-b^2}$.

Наконец, подставим найденное значение $\cos(40^\circ + \alpha)$ в выражение для $\cos(70^\circ + \alpha)$:

$\cos(70^\circ + \alpha) = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \sqrt{1-b^2} - \frac{b}{2}$.

Объединив дроби, получим окончательный ответ:

$\cos(70^\circ + \alpha) = \frac{\sqrt{3}\sqrt{1-b^2} - b}{2} = \frac{\sqrt{3(1-b^2)} - b}{2} = \frac{\sqrt{3-3b^2} - b}{2}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{3-3b^2} - b}{2}$.

24.29. Дано: $ \text{tg } \alpha = \frac{1}{4} $, $ \text{tg } \beta = \frac{5}{3} $, $ 0 < \alpha < \frac{\pi}{2} $, $ 0 < \beta < \frac{\pi}{2} $. Найдите $ \alpha - \beta $.

Для нахождения разности $\alpha - \beta$ воспользуемся формулой тангенса разности двух углов:

$$\tg(\alpha - \beta) = \frac{\tg \alpha - \tg \beta}{1 + \tg \alpha \tg \beta}$$

Подставим в эту формулу данные из условия задачи: $\tg \alpha = \frac{1}{4}$ и $\tg \beta = \frac{5}{3}$.

$$\tg(\alpha - \beta) = \frac{\frac{1}{4} - \frac{5}{3}}{1 + \frac{1}{4} \cdot \frac{5}{3}} = \frac{\frac{3 - 20}{12}}{1 + \frac{5}{12}} = \frac{-\frac{17}{12}}{\frac{12+5}{12}} = \frac{-\frac{17}{12}}{\frac{17}{12}} = -1$$

Таким образом, мы получили, что $\tg(\alpha - \beta) = -1$. Общее решение этого тригонометрического уравнения имеет вид:

$$\alpha - \beta = -\frac{\pi}{4} + \pi k, \text{ где } k \in \mathbb{Z}$$

Чтобы найти конкретное значение разности, необходимо определить диапазон, в котором она может находиться. По условию даны следующие ограничения на углы $\alpha$ и $\beta$:

$$0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$$

$$0 < \beta < \frac{\pi}{2}$$

Умножим второе неравенство на $-1$, при этом знаки неравенства изменятся на противоположные:

$$-\frac{\pi}{2} < -\beta < 0$$

Теперь сложим почленно неравенство для $\alpha$ и преобразованное неравенство для $-\beta$:

$$0 + (-\frac{\pi}{2}) < \alpha + (-\beta) < \frac{\pi}{2} + 0$$

$$-\frac{\pi}{2} < \alpha - \beta < \frac{\pi}{2}$$

Теперь выберем из общего решения $\alpha - \beta = -\frac{\pi}{4} + \pi k$ то значение, которое удовлетворяет полученному неравенству $-\frac{\pi}{2} < \alpha - \beta < \frac{\pi}{2}$.

• При $k=0$ получаем $\alpha - \beta = -\frac{\pi}{4}$. Это значение входит в наш интервал $(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$.
• При $k=1$ получаем $\alpha - \beta = -\frac{\pi}{4} + \pi = \frac{3\pi}{4}$. Это значение не входит в наш интервал.
• При $k=-1$ получаем $\alpha - \beta = -\frac{\pi}{4} - \pi = -\frac{5\pi}{4}$. Это значение также не входит в наш интервал.

Следовательно, единственным подходящим решением является $-\frac{\pi}{4}$.

Ответ: $-\frac{\pi}{4}$

24.30. Дано: $\sin\alpha = \frac{\sqrt{21}}{7}$, $\sin\beta = \frac{\sqrt{21}}{14}$, $0^\circ < \alpha < 90^\circ$, $0^\circ < \beta < 90^\circ$. Найдите $\alpha + \beta$.

Для того чтобы найти сумму углов $ \alpha + \beta $, мы можем вычислить значение одной из тригонометрических функций этой суммы, например, $ \cos(\alpha + \beta) $. Формула косинуса суммы выглядит так: $ \cos(\alpha + \beta) = \cos \alpha \cos \beta - \sin \alpha \sin \beta $

Нам даны значения $ \sin \alpha $ и $ \sin \beta $. Необходимо найти $ \cos \alpha $ и $ \cos \beta $. Для этого воспользуемся основным тригонометрическим тождеством: $ \sin^2 x + \cos^2 x = 1 $, откуда $ \cos x = \pm\sqrt{1 - \sin^2 x} $.

По условию, углы $ \alpha $ и $ \beta $ находятся в диапазоне от $ 0^\circ $ до $ 90^\circ $, то есть в первой координатной четверти. В этой четверти косинус положителен, поэтому мы будем использовать знак «+» перед корнем.

1. Найдем $ \cos \alpha $:
$ \sin \alpha = \frac{\sqrt{21}}{7} $
$ \cos^2 \alpha = 1 - \sin^2 \alpha = 1 - \left(\frac{\sqrt{21}}{7}\right)^2 = 1 - \frac{21}{49} = \frac{49-21}{49} = \frac{28}{49} $
$ \cos \alpha = \sqrt{\frac{28}{49}} = \frac{\sqrt{28}}{\sqrt{49}} = \frac{\sqrt{4 \cdot 7}}{7} = \frac{2\sqrt{7}}{7} $

2. Найдем $ \cos \beta $:
$ \sin \beta = \frac{\sqrt{21}}{14} $
$ \cos^2 \beta = 1 - \sin^2 \beta = 1 - \left(\frac{\sqrt{21}}{14}\right)^2 = 1 - \frac{21}{196} = \frac{196-21}{196} = \frac{175}{196} $
$ \cos \beta = \sqrt{\frac{175}{196}} = \frac{\sqrt{175}}{\sqrt{196}} = \frac{\sqrt{25 \cdot 7}}{14} = \frac{5\sqrt{7}}{14} $

3. Вычислим $ \cos(\alpha + \beta) $:
Подставим все известные значения в формулу косинуса суммы: $ \cos(\alpha + \beta) = \left(\frac{2\sqrt{7}}{7}\right) \cdot \left(\frac{5\sqrt{7}}{14}\right) - \left(\frac{\sqrt{21}}{7}\right) \cdot \left(\frac{\sqrt{21}}{14}\right) $
$ \cos(\alpha + \beta) = \frac{2 \cdot 5 \cdot (\sqrt{7})^2}{7 \cdot 14} - \frac{(\sqrt{21})^2}{7 \cdot 14} $
$ \cos(\alpha + \beta) = \frac{10 \cdot 7}{98} - \frac{21}{98} = \frac{70}{98} - \frac{21}{98} = \frac{49}{98} = \frac{1}{2} $

Теперь нам нужно найти угол $ \alpha + \beta $, косинус которого равен $ \frac{1}{2} $. Определим возможный диапазон для суммы углов. Так как $ 0^\circ < \alpha < 90^\circ $ и $ 0^\circ < \beta < 90^\circ $, то, сложив эти неравенства, получаем: $ 0^\circ < \alpha + \beta < 180^\circ $

В интервале от $ 0^\circ $ до $ 180^\circ $ существует единственный угол, косинус которого равен $ \frac{1}{2} $, и это $ 60^\circ $. Следовательно, $ \alpha + \beta = 60^\circ $.

Ответ: $ 60^\circ $.

24.31. Дано: $\cos \alpha = \frac{\sqrt{21}}{7}$, $\sin \beta = \frac{5\sqrt{7}}{14}$, $0^{\circ} < \alpha < 90^{\circ}$, $0^{\circ} < \beta < 90^{\circ}$. Найдите $\alpha + \beta$.

Для нахождения суммы углов $α + β$ воспользуемся формулой косинуса суммы, так как для неё будет проще найти недостающие значения:
$\cos(α + β) = \cos α \cos β - \sin α \sin β$
По условию задачи нам известны $\cos α$ и $\sin β$. Необходимо найти $\sin α$ и $\cos β$.

Найдем $\sin α$, используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2 α + \cos^2 α = 1$.
$\sin^2 α = 1 - \cos^2 α = 1 - \left(\frac{\sqrt{21}}{7}\right)^2 = 1 - \frac{21}{49} = 1 - \frac{3}{7} = \frac{4}{7}$.
Поскольку по условию $0° < α < 90°$, угол $α$ находится в I четверти, где синус положителен.
Следовательно, $\sin α = \sqrt{\frac{4}{7}} = \frac{2}{\sqrt{7}} = \frac{2\sqrt{7}}{7}$.

Аналогично найдем $\cos β$ из того же тождества: $\sin^2 β + \cos^2 β = 1$.
$\cos^2 β = 1 - \sin^2 β = 1 - \left(\frac{5\sqrt{7}}{14}\right)^2 = 1 - \frac{25 \cdot 7}{196} = 1 - \frac{175}{196}$.
Сократим дробь $\frac{175}{196}$, разделив числитель и знаменатель на 7: $\frac{175}{196} = \frac{25}{28}$.
$\cos^2 β = 1 - \frac{25}{28} = \frac{3}{28}$.
Поскольку $0° < β < 90°$, угол $β$ находится в I четверти, где косинус положителен.
Следовательно, $\cos β = \sqrt{\frac{3}{28}} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{28}} = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{7}} = \frac{\sqrt{3}\sqrt{7}}{2\sqrt{7}\sqrt{7}} = \frac{\sqrt{21}}{14}$.

Теперь, имея все необходимые значения, можем вычислить $\cos(α + β)$:
$\cos(α + β) = \cos α \cos β - \sin α \sin β = \frac{\sqrt{21}}{7} \cdot \frac{\sqrt{21}}{14} - \frac{2\sqrt{7}}{7} \cdot \frac{5\sqrt{7}}{14}$
$\cos(α + β) = \frac{21}{98} - \frac{2 \cdot 5 \cdot (\sqrt{7})^2}{98} = \frac{21}{98} - \frac{10 \cdot 7}{98} = \frac{21 - 70}{98} = \frac{-49}{98} = -\frac{1}{2}$.

Мы получили, что $\cos(α + β) = -\frac{1}{2}$. Осталось найти саму сумму $α + β$. Для этого определим диапазон ее возможных значений.
Из условий $0° < α < 90°$ и $0° < β < 90°$ путем сложения неравенств получаем:
$0° + 0° < α + β < 90° + 90°$
$0° < α + β < 180°$.
Единственный угол в диапазоне от $0°$ до $180°$, косинус которого равен $-\frac{1}{2}$, — это $120°$.
Таким образом, $α + β = 120°$.

Ответ: $120°$.

24.32. Постройте график функции:

1) $y = \frac{\text{tg}2x - \text{tg}x}{1 + \text{tg}2x\text{tg}x}$;

2) $y = \frac{\sqrt{3} + \text{tg}x}{1 - \sqrt{3}\text{tg}x}$.

1) Дана функция $y = \frac{\tg(2x) - \tg(x)}{1 + \tg(2x)\tg(x)}$.

Выражение в правой части представляет собой формулу тангенса разности двух углов: $\tg(\alpha - \beta) = \frac{\tg(\alpha) - \tg(\beta)}{1 + \tg(\alpha)\tg(\beta)}$. В нашем случае $\alpha = 2x$ и $\beta = x$. Следовательно, функцию можно упростить:

$y = \tg(2x - x) = \tg(x)$.

Данное преобразование является тождественным только на области определения (ОДЗ) исходной функции. Найдем эту область.

1. Тангенсы $\tg(x)$ и $\tg(2x)$ должны быть определены. Это означает, что их аргументы не могут быть равны $\frac{\pi}{2} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

$x \neq \frac{\pi}{2} + \pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.
$2x \neq \frac{\pi}{2} + \pi m \implies x \neq \frac{\pi}{4} + \frac{\pi m}{2}$, $m \in \mathbb{Z}$.

2. Знаменатель дроби не должен равняться нулю:

$1 + \tg(2x)\tg(x) \neq 0$.

Это условие нарушается, если $\cos(2x-x) = \cos(x) = 0$, то есть при $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$. Но эти точки уже исключены из ОДЗ первым условием.

Таким образом, ОДЗ исходной функции: $x \neq \frac{\pi}{2} + \pi k$ и $x \neq \frac{\pi}{4} + \frac{\pi m}{2}$ для всех $k, m \in \mathbb{Z}$.

Следовательно, график искомой функции — это график функции $y = \tg(x)$ с "выколотыми" точками, абсциссы которых $x = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi m}{2}$.

Найдем ординаты этих точек, подставив их абсциссы в упрощенную функцию $y = \tg(x)$:

Если $m$ — четное, $m = 2j$, то $x = \frac{\pi}{4} + \pi j$, и $y = \tg(\frac{\pi}{4} + \pi j) = \tg(\frac{\pi}{4}) = 1$.

Если $m$ — нечетное, $m = 2j+1$, то $x = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi(2j+1)}{2} = \frac{3\pi}{4} + \pi j$, и $y = \tg(\frac{3\pi}{4} + \pi j) = \tg(\frac{3\pi}{4}) = -1$.

Значит, нужно выколоть точки $(\frac{\pi}{4} + \pi j, 1)$ и $(\frac{3\pi}{4} + \pi j, -1)$ для всех $j \in \mathbb{Z}$.

Построение графика: 1. Строим график функции $y = \tg(x)$ (тангенсоиду) с вертикальными асимптотами $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$. 2. На полученном графике "выкалываем" (отмечаем пустыми кружками) точки $(\frac{\pi}{4} + \pi j, 1)$ и $(\frac{3\pi}{4} + \pi j, -1)$ для всех целых $j$.

Ответ: Графиком функции является график $y = \tg(x)$ с выколотыми точками $(\frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{2}, \tg(\frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{2}))$ для всех $n \in \mathbb{Z}$.

2) Дана функция $y = \frac{\sqrt{3} + \tg(x)}{1 - \sqrt{3}\tg(x)}$.

Поскольку $\sqrt{3} = \tg(\frac{\pi}{3})$, можно переписать функцию в виде:

$y = \frac{\tg(\frac{\pi}{3}) + \tg(x)}{1 - \tg(\frac{\pi}{3})\tg(x)}$.

Это выражение является формулой тангенса суммы: $\tg(\alpha + \beta) = \frac{\tg(\alpha) + \tg(\beta)}{1 - \tg(\alpha)\tg(\beta)}$. В нашем случае $\alpha = \frac{\pi}{3}$ и $\beta = x$. Таким образом, функцию можно упростить:

$y = \tg(x + \frac{\pi}{3})$.

Найдем область определения (ОДЗ) исходной функции, чтобы учесть возможные ограничения.

1. Тангенс $\tg(x)$ должен быть определен:

$x \neq \frac{\pi}{2} + \pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

2. Знаменатель дроби не должен равняться нулю:

$1 - \sqrt{3}\tg(x) \neq 0 \implies \tg(x) \neq \frac{1}{\sqrt{3}} \implies x \neq \frac{\pi}{6} + \pi m$, $m \in \mathbb{Z}$.

Область определения упрощенной функции $y = \tg(x + \frac{\pi}{3})$ задается условием $x + \frac{\pi}{3} \neq \frac{\pi}{2} + \pi n$, что дает $x \neq \frac{\pi}{6} + \pi n$. Это совпадает со вторым ограничением ОДЗ исходной функции.

Следовательно, график искомой функции — это график $y = \tg(x + \frac{\pi}{3})$ с дополнительными "выколотыми" точками, соответствующими первому ограничению ОДЗ: $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$.

Найдем ординаты этих выколотых точек, подставив их абсциссы в упрощенную функцию:

$y = \tg((\frac{\pi}{2} + \pi k) + \frac{\pi}{3}) = \tg(\frac{5\pi}{6} + \pi k) = \tg(\frac{5\pi}{6}) = -\frac{1}{\sqrt{3}} = -\frac{\sqrt{3}}{3}$.

Значит, нужно выколоть точки $(\frac{\pi}{2} + \pi k, -\frac{\sqrt{3}}{3})$ для всех $k \in \mathbb{Z}$.

Построение графика: 1. Строим график функции $y = \tg(x + \frac{\pi}{3})$. Это тангенсоида $y = \tg(x)$, сдвинутая по оси абсцисс влево на $\frac{\pi}{3}$. Ее вертикальные асимптоты — прямые $x = \frac{\pi}{6} + \pi m$. 2. На полученном графике "выкалываем" точки с координатами $(\frac{\pi}{2} + \pi k, -\frac{\sqrt{3}}{3})$ для всех целых $k$.

Ответ: Графиком функции является график $y = \tg(x + \frac{\pi}{3})$ с выколотыми точками $(\frac{\pi}{2} + \pi k, -\frac{\sqrt{3}}{3})$ для всех $k \in \mathbb{Z}$.

24.33. Постройте график функции:

1) $y = \frac{\mathrm{tg}3x - \mathrm{tg}x}{1 + \mathrm{tg}3x \mathrm{tg}x}$;

2) $y = \frac{\mathrm{tg}x - 1}{\mathrm{tg}x + 1}$.

1) $y = \frac{\tg(3x) - \tg(x)}{1 + \tg(3x)\tg(x)}$

Для построения графика сначала упростим выражение для функции. Воспользуемся формулой тангенса разности двух углов: $\tg(\alpha - \beta) = \frac{\tg\alpha - \tg\beta}{1 + \tg\alpha\tg\beta}$.

В нашем случае $\alpha = 3x$ и $\beta = x$. Тогда:

$y = \tg(3x - x) = \tg(2x)$

Таким образом, график исходной функции совпадает с графиком функции $y = \tg(2x)$ за исключением точек, в которых исходная функция не определена.

Найдем область определения исходной функции (ОДЗ). Функция не определена в следующих случаях:

1. Когда не определен $\tg(x)$, то есть когда $\cos(x) = 0$. Это происходит при $x = \frac{\pi}{2} + \pi m$, где $m \in \mathbb{Z}$.

2. Когда не определен $\tg(3x)$, то есть когда $\cos(3x) = 0$. Это происходит при $3x = \frac{\pi}{2} + \pi n$, или $x = \frac{\pi}{6} + \frac{\pi n}{3}$, где $n \in \mathbb{Z}$.

3. Когда знаменатель дроби равен нулю: $1 + \tg(3x)\tg(x) = 0$. Это условие соответствует случаю, когда $\tg(3x-x)$ не определен, то есть $\cos(2x) = 0$. Это происходит при $2x = \frac{\pi}{2} + \pi k$, или $x = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi k}{2}$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Итак, ОДЗ: $x \neq \frac{\pi}{2} + \pi m$, $x \neq \frac{\pi}{6} + \frac{\pi n}{3}$, $x \neq \frac{\pi}{4} + \frac{\pi k}{2}$ для всех целых $m, n, k$.

Теперь рассмотрим упрощенную функцию $y = \tg(2x)$. Ее область определения — все $x$, кроме тех, где $\cos(2x) = 0$, то есть $x \neq \frac{\pi}{4} + \frac{\pi k}{2}$. Эти точки являются вертикальными асимптотами графика $y = \tg(2x)$ и совпадают с третьим условием нашего ОДЗ.

Первые два условия ОДЗ ($x \neq \frac{\pi}{2} + \pi m$ и $x \neq \frac{\pi}{6} + \frac{\pi n}{3}$) задают точки, которые должны быть "выколоты" из графика функции $y = \tg(2x)$. Найдем координаты этих точек:

• Если $x = \frac{\pi}{2} + \pi m$, то $y = \tg(2(\frac{\pi}{2} + \pi m)) = \tg(\pi + 2\pi m) = 0$. Значит, выкалываются точки с координатами $(\frac{\pi}{2} + \pi m, 0)$.
• Если $x = \frac{\pi}{6} + \frac{\pi n}{3}$, то $y = \tg(2(\frac{\pi}{6} + \frac{\pi n}{3})) = \tg(\frac{\pi}{3} + \frac{2\pi n}{3})$. В зависимости от $n$, значения тангенса будут $\sqrt{3}$ или $-\sqrt{3}$ (например, при $n=0, x=\pi/6, y=\sqrt{3}$; при $n=2, x=5\pi/6, y=-\sqrt{3}$). При $n=1,4,7,...$ (т.е. $n \equiv 1 \pmod 3$), $x$ совпадает с точками из первого случая. Таким образом, выкалываются точки $(\frac{\pi}{6} + \frac{\pi n}{3}, \tg(\frac{\pi}{3} + \frac{2\pi n}{3}))$ при $n \not\equiv 1 \pmod 3$.

Для построения графика нужно:

1. Построить график функции $y = \tg(2x)$. Это тангенсоида, сжатая в 2 раза по оси $Ox$, с периодом $T = \frac{\pi}{2}$ и вертикальными асимптотами $x = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi k}{2}$.

2. "Выколоть" на этом графике точки с координатами $(\frac{\pi}{2} + \pi m, 0)$ и $(\frac{\pi}{6} + \frac{\pi n}{3}, \tg(\frac{\pi}{3} + \frac{2\pi n}{3}))$ для всех целых $m, n$.

Ответ: Графиком функции является график $y = \tg(2x)$ с выколотыми точками $(\frac{\pi}{2} + \pi m, 0)$ и $(\frac{\pi}{6} + \frac{\pi n}{3}, \tg(\frac{\pi}{3} + \frac{2\pi n}{3}))$ при $m, n \in \mathbb{Z}$.

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

Для построения графика сначала упростим выражение. Заметим, что $1 = \tg(\frac{\pi}{4})$. Подставим это значение в формулу:

$y = \frac{\tg(x) - \tg(\frac{\pi}{4})}{1 + \tg(x) \cdot 1} = \frac{\tg(x) - \tg(\frac{\pi}{4})}{1 + \tg(x)\tg(\frac{\pi}{4})}$

Это выражение является формулой тангенса разности: $\tg(\alpha - \beta) = \frac{\tg\alpha - \tg\beta}{1 + \tg\alpha\tg\beta}$.

В нашем случае $\alpha = x$ и $\beta = \frac{\pi}{4}$. Тогда:

$y = \tg(x - \frac{\pi}{4})$

График исходной функции совпадает с графиком функции $y = \tg(x - \frac{\pi}{4})$ с учетом области определения исходной функции.

Найдем ОДЗ исходной функции:

1. Тангенс $\tg(x)$ должен быть определен, то есть $\cos(x) \neq 0$. Это происходит при $x \neq \frac{\pi}{2} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

2. Знаменатель дроби не должен быть равен нулю: $\tg(x) + 1 \neq 0$, то есть $\tg(x) \neq -1$. Это происходит при $x \neq -\frac{\pi}{4} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Итак, ОДЗ: $x \neq \frac{\pi}{2} + \pi n$ и $x \neq -\frac{\pi}{4} + \pi k$ для всех целых $n, k$.

Теперь рассмотрим упрощенную функцию $y = \tg(x - \frac{\pi}{4})$. Ее область определения — все $x$, кроме тех, где $\cos(x - \frac{\pi}{4}) = 0$. Это условие дает $x - \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2} + \pi m$, откуда $x = \frac{3\pi}{4} + \pi m$.

Заметим, что множество точек $x = \frac{3\pi}{4} + \pi m$ совпадает с множеством точек $x = -\frac{\pi}{4} + \pi k$ (например, при $m=k-1$). Таким образом, вертикальные асимптоты графика $y = \tg(x - \frac{\pi}{4})$ совпадают со вторым условием нашего ОДЗ.

Первое условие ОДЗ, $x \neq \frac{\pi}{2} + \pi n$, задает точки, которые должны быть "выколоты" из графика функции $y = \tg(x - \frac{\pi}{4})$. Найдем координаты этих точек:

Если $x = \frac{\pi}{2} + \pi n$, то $y = \tg((\frac{\pi}{2} + \pi n) - \frac{\pi}{4}) = \tg(\frac{\pi}{4} + \pi n) = \tg(\frac{\pi}{4}) = 1$.

Следовательно, нужно выколоть точки с координатами $(\frac{\pi}{2} + \pi n, 1)$.

Для построения графика нужно:

1. Построить график функции $y = \tg(x - \frac{\pi}{4})$. Это график $y = \tg(x)$, сдвинутый вправо на $\frac{\pi}{4}$. Период $T = \pi$, вертикальные асимптоты $x = \frac{3\pi}{4} + \pi k$.

2. "Выколоть" на этом графике точки с координатами $(\frac{\pi}{2} + \pi n, 1)$ для всех целых $n$.

Ответ: Графиком функции является график $y = \tg(x - \frac{\pi}{4})$ с выколотыми точками $(\frac{\pi}{2} + \pi n, 1)$ при $n \in \mathbb{Z}$.

24.34. Докажите, что если $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ — углы непрямоугольного треугольника, то $\operatorname{tg} \alpha + \operatorname{tg} \beta + \operatorname{tg} \gamma = \operatorname{tg} \alpha \operatorname{tg} \beta \operatorname{tg} \gamma$.

Поскольку $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ являются углами треугольника, их сумма равна $\pi$ радиан (180°).

$\alpha + \beta + \gamma = \pi$

Из этого равенства можно выразить сумму двух углов через третий:

$\alpha + \beta = \pi - \gamma$

Применим функцию тангенса к обеим частям этого уравнения. Так как по условию треугольник непрямоугольный, ни один из его углов не равен $\pi/2$, и, следовательно, тангенсы всех углов существуют и конечны.

$tg(\alpha + \beta) = tg(\pi - \gamma)$

Воспользуемся формулой тангенса суммы для левой части и формулой приведения для правой части:

Левая часть: $tg(\alpha + \beta) = \frac{tg\alpha + tg\beta}{1 - tg\alpha tg\beta}$

Правая часть: $tg(\pi - \gamma) = -tg\gamma$

Приравнивая правые части этих выражений, получаем:

$\frac{tg\alpha + tg\beta}{1 - tg\alpha tg\beta} = -tg\gamma$

Знаменатель $(1 - tg\alpha tg\beta)$ не равен нулю. Если бы он был равен нулю, то $tg\alpha tg\beta = 1$, что означает $tg\alpha = \frac{1}{tg\beta} = ctg\beta = tg(\frac{\pi}{2} - \beta)$. Отсюда следовало бы, что $\alpha + \beta = \frac{\pi}{2}$. В этом случае третий угол $\gamma$ был бы равен $\pi - (\alpha + \beta) = \pi - \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2}$, что означало бы, что треугольник прямоугольный. Это противоречит условию задачи.

Теперь умножим обе части уравнения на $(1 - tg\alpha tg\beta)$:

$tg\alpha + tg\beta = -tg\gamma \cdot (1 - tg\alpha tg\beta)$

Раскроем скобки в правой части:

$tg\alpha + tg\beta = -tg\gamma + tg\alpha tg\beta tg\gamma$

Перенесём $-tg\gamma$ из правой части в левую, поменяв знак:

$tg\alpha + tg\beta + tg\gamma = tg\alpha tg\beta tg\gamma$

Таким образом, тождество доказано.

Ответ: Тождество $tg\alpha + tg\beta + tg\gamma = tg\alpha tg\beta tg\gamma$ для углов непрямоугольного треугольника доказано.