Страница 180 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

24.35. Докажите, что если $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ – углы треугольника, то$ \mathrm{tg} \frac{\alpha}{2} \mathrm{tg} \frac{\beta}{2} + \mathrm{tg} \frac{\beta}{2} \mathrm{tg} \frac{\gamma}{2} + \mathrm{tg} \frac{\gamma}{2} \mathrm{tg} \frac{\alpha}{2} = 1. $

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

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

Разделим обе части этого равенства на 2:

$\frac{\alpha}{2} + \frac{\beta}{2} + \frac{\gamma}{2} = \frac{\pi}{2}$

Выразим сумму двух половинных углов через третий:

$\frac{\alpha}{2} + \frac{\beta}{2} = \frac{\pi}{2} - \frac{\gamma}{2}$

Применим функцию тангенса к обеим частям равенства. Поскольку углы $\alpha, \beta, \gamma$ лежат в интервале $(0, \pi)$, их половины $\frac{\alpha}{2}, \frac{\beta}{2}, \frac{\gamma}{2}$ лежат в интервале $(0, \frac{\pi}{2})$. В этом интервале тангенс определен.

$\text{tg}\left(\frac{\alpha}{2} + \frac{\beta}{2}\right) = \text{tg}\left(\frac{\pi}{2} - \frac{\gamma}{2}\right)$

Используем формулу тангенса суммы для левой части: $\text{tg}(A+B) = \frac{\text{tg}A + \text{tg}B}{1 - \text{tg}A \text{tg}B}$.
Используем формулу приведения для правой части: $\text{tg}(\frac{\pi}{2} - x) = \text{ctg}x$.

В результате преобразования получим:

$\frac{\text{tg}\frac{\alpha}{2} + \text{tg}\frac{\beta}{2}}{1 - \text{tg}\frac{\alpha}{2}\text{tg}\frac{\beta}{2}} = \text{ctg}\frac{\gamma}{2}$

Так как $\text{ctg}x = \frac{1}{\text{tg}x}$, заменим котангенс в правой части:

$\frac{\text{tg}\frac{\alpha}{2} + \text{tg}\frac{\beta}{2}}{1 - \text{tg}\frac{\alpha}{2}\text{tg}\frac{\beta}{2}} = \frac{1}{\text{tg}\frac{\gamma}{2}}$

Применим правило пропорции (перекрестное умножение):

$\text{tg}\frac{\gamma}{2} \left(\text{tg}\frac{\alpha}{2} + \text{tg}\frac{\beta}{2}\right) = 1 \cdot \left(1 - \text{tg}\frac{\alpha}{2}\text{tg}\frac{\beta}{2}\right)$

Раскроем скобки в левой части:

$\text{tg}\frac{\gamma}{2}\text{tg}\frac{\alpha}{2} + \text{tg}\frac{\gamma}{2}\text{tg}\frac{\beta}{2} = 1 - \text{tg}\frac{\alpha}{2}\text{tg}\frac{\beta}{2}$

Перенесем слагаемое $-\text{tg}\frac{\alpha}{2}\text{tg}\frac{\beta}{2}$ из правой части в левую, изменив его знак на противоположный, и упорядочим слагаемые:

$\text{tg}\frac{\alpha}{2}\text{tg}\frac{\beta}{2} + \text{tg}\frac{\beta}{2}\text{tg}\frac{\gamma}{2} + \text{tg}\frac{\gamma}{2}\text{tg}\frac{\alpha}{2} = 1$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Тождество доказано.

24.36. Докажите неравенство $ \sin(\alpha + \beta) < \cos\alpha + \cos\beta $, где $ 0 < \alpha < \frac{\pi}{2} $, $ 0 < \beta < \frac{\pi}{2} $.

Для доказательства неравенства $ \sin(\alpha + \beta) < \cos\alpha + \cos\beta $ при условиях $ 0 < \alpha < \frac{\pi}{2} $ и $ 0 < \beta < \frac{\pi}{2} $ воспользуемся формулой синуса суммы двух углов:
$ \sin(\alpha + \beta) = \sin\alpha \cos\beta + \cos\alpha \sin\beta $.

Таким образом, исходное неравенство можно переписать в виде:
$ \sin\alpha \cos\beta + \cos\alpha \sin\beta < \cos\alpha + \cos\beta $.

Рассмотрим условия, заданные для углов $ \alpha $ и $ \beta $. Поскольку оба угла находятся в первой координатной четверти ($0 < \alpha < \frac{\pi}{2} $ и $ 0 < \beta < \frac{\pi}{2} $), значения их синусов и косинусов положительны и строго меньше единицы:
$ 0 < \sin\alpha < 1 $
$ 0 < \cos\alpha > 0 $
$ 0 < \sin\beta < 1 $
$ 0 < \cos\beta > 0 $

Теперь проведем сравнение слагаемых в левой и правой частях неравенства.

1. Сравним $ \sin\alpha \cos\beta $ и $ \cos\beta $.
Из условия $ 0 < \sin\alpha < 1 $ и того, что $ \cos\beta > 0 $, следует, что при умножении неравенства $ \sin\alpha < 1 $ на положительное число $ \cos\beta $ знак неравенства сохранится:
$ \sin\alpha \cdot \cos\beta < 1 \cdot \cos\beta $
то есть, $ \sin\alpha \cos\beta < \cos\beta $. (1)

2. Сравним $ \cos\alpha \sin\beta $ и $ \cos\alpha $.
Аналогично, из условия $ 0 < \sin\beta < 1 $ и того, что $ \cos\alpha > 0 $, следует:
$ \sin\beta \cdot \cos\alpha < 1 \cdot \cos\alpha $
то есть, $ \cos\alpha \sin\beta < \cos\alpha $. (2)

Теперь сложим почленно два верных неравенства (1) и (2):
$ (\sin\alpha \cos\beta) + (\cos\alpha \sin\beta) < (\cos\beta) + (\cos\alpha) $.

Выражение в левой части полученного неравенства является формулой синуса суммы $ \sin(\alpha + \beta) $. Следовательно, мы доказали, что:
$ \sin(\alpha + \beta) < \cos\alpha + \cos\beta $.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство $ \sin(\alpha + \beta) < \cos\alpha + \cos\beta $ при заданных условиях является верным, что и требовалось доказать.

24.37. Докажите неравенство $ \cos(\alpha - \beta) < \cos \alpha + \sin \beta $, где $ 0 < \alpha < \frac{\pi}{2} $, $ 0 < \beta < \frac{\pi}{2} $.

Для доказательства неравенства $cos(α - β) < cos α + sin β$ при условиях $0 < α < \frac{π}{2}$ и $0 < β < \frac{π}{2}$ преобразуем его левую часть.

Воспользуемся формулой косинуса разности:
$cos(α - β) = cos α \cdot cos β + sin α \cdot sin β$.

Теперь неравенство принимает вид:
$cos α \cdot cos β + sin α \cdot sin β < cos α + sin β$.

Проанализируем значения тригонометрических функций для заданных углов.
Поскольку угол $α$ находится в первой четверти ($0 < α < \frac{π}{2}$), для него справедливы следующие неравенства:
$cos α > 0$ и $0 < sin α < 1$.
Аналогично, для угла $β$, который также находится в первой четверти ($0 < β < \frac{π}{2}$):
$sin β > 0$ и $0 < cos β < 1$.

Теперь рассмотрим два отдельных неравенства.
1. Сравним выражения $cos α$ и $cos α \cdot cos β$. Так как $cos α$ — положительное число, а $0 < cos β < 1$, то произведение $cos α \cdot cos β$ будет строго меньше, чем $cos α$.
$cos α \cdot cos β < cos α$.

2. Сравним выражения $sin β$ и $sin α \cdot sin β$. Так как $sin β$ — положительное число, а $0 < sin α < 1$, то произведение $sin α \cdot sin β$ будет строго меньше, чем $sin β$.
$sin α \cdot sin β < sin β$.

Сложим почленно два полученных верных неравенства:
$(cos α \cdot cos β) + (sin α \cdot sin β) < cos α + sin β$.

Заметив, что левая часть полученного неравенства является разложением $cos(α - β)$, мы приходим к исходному неравенству:
$cos(α - β) < cos α + sin β$.
Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

24.38. Известно, что $\sin \alpha + \sin \beta + \sin \gamma \ge \sqrt{5}$. Докажите, что $\cos \alpha + \cos \beta + \cos \gamma \le 2$.

Для доказательства воспользуемся методом векторов. Рассмотрим на координатной плоскости три единичных вектора, соответствующих углам $ \alpha, \beta, \gamma $:

$ \vec{v_1} = (\cos \alpha, \sin \alpha) $
$ \vec{v_2} = (\cos \beta, \sin \beta) $
$ \vec{v_3} = (\cos \gamma, \sin \gamma) $

Длина (модуль) каждого из этих векторов равна 1, так как для любого угла $ \theta $ выполняется $ \sqrt{\cos^2\theta + \sin^2\theta} = 1 $.

Рассмотрим вектор $ \vec{V} $, который является их суммой: $ \vec{V} = \vec{v_1} + \vec{v_2} + \vec{v_3} $. Его координаты равны сумме соответствующих координат слагаемых: $ \vec{V} = (\cos \alpha + \cos \beta + \cos \gamma, \sin \alpha + \sin \beta + \sin \gamma) $. Обозначим координаты вектора $ \vec{V} $ как $ (X, Y) $, где $ X = \cos \alpha + \cos \beta + \cos \gamma $ и $ Y = \sin \alpha + \sin \beta + \sin \gamma $. По условию задачи нам дано, что $ Y \ge \sqrt{5} $. Требуется доказать, что $ X \le 2 $.

Согласно неравенству треугольника для векторов, модуль суммы векторов не превышает суммы их модулей: $ |\vec{V}| = |\vec{v_1} + \vec{v_2} + \vec{v_3}| \le |\vec{v_1}| + |\vec{v_2}| + |\vec{v_3}| $. Так как векторы единичные, получаем $ |\vec{V}| \le 1 + 1 + 1 = 3 $. Возводя обе части в квадрат, имеем $ |\vec{V}|^2 \le 9 $.

С другой стороны, квадрат модуля вектора $ \vec{V} $ равен сумме квадратов его координат: $ |\vec{V}|^2 = X^2 + Y^2 $. Объединяя эти факты, получаем неравенство:

$ X^2 + Y^2 \le 9 $.

Теперь воспользуемся условием $ Y \ge \sqrt{5} $. Поскольку обе части этого неравенства неотрицательны (так как $ \sqrt{5} > 0 $), мы можем возвести его в квадрат, не меняя знака неравенства: $ Y^2 \ge 5 $.

Подставим эту оценку для $ Y^2 $ в наше неравенство:

$ X^2 + 5 \le X^2 + Y^2 \le 9 $.

Отсюда следует, что $ X^2 \le 9 - 5 $, то есть $ X^2 \le 4 $. Это неравенство эквивалентно $ |X| \le 2 $, или $ -2 \le X \le 2 $. Следовательно, $ X \le 2 $.

Поскольку $ X = \cos \alpha + \cos \beta + \cos \gamma $, мы доказали требуемое утверждение: $ \cos \alpha + \cos \beta + \cos \gamma \le 2 $, что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

24.39. Докажите неравенство $\text{tg}^2 \frac{\alpha}{2} + \text{tg}^2 \frac{\beta}{2} + \text{tg}^2 \frac{\gamma}{2} \ge 1$, где $\alpha, \beta$ и $\gamma$ — углы треугольника.

Поскольку $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ являются углами треугольника, их сумма равна $\pi$ радиан: $\alpha + \beta + \gamma = \pi$.

Разделим обе части этого равенства на 2: $\frac{\alpha}{2} + \frac{\beta}{2} + \frac{\gamma}{2} = \frac{\pi}{2}$.

Из этого соотношения мы можем выразить сумму двух углов через третий: $\frac{\alpha}{2} + \frac{\beta}{2} = \frac{\pi}{2} - \frac{\gamma}{2}$.

Применим к обеим частям этого равенства тригонометрическую функцию тангенс: $\mathrm{tg}\left(\frac{\alpha}{2} + \frac{\beta}{2}\right) = \mathrm{tg}\left(\frac{\pi}{2} - \frac{\gamma}{2}\right)$.

Используя формулу тангенса суммы для левой части и формулу приведения для правой части, получим: $\frac{\mathrm{tg}\frac{\alpha}{2} + \mathrm{tg}\frac{\beta}{2}}{1 - \mathrm{tg}\frac{\alpha}{2}\mathrm{tg}\frac{\beta}{2}} = \mathrm{ctg}\frac{\gamma}{2} = \frac{1}{\mathrm{tg}\frac{\gamma}{2}}$.

Преобразуем это выражение, умножив обе части на знаменатели: $\left(\mathrm{tg}\frac{\alpha}{2} + \mathrm{tg}\frac{\beta}{2}\right)\mathrm{tg}\frac{\gamma}{2} = 1 - \mathrm{tg}\frac{\alpha}{2}\mathrm{tg}\frac{\beta}{2}$.

Раскроем скобки и перегруппируем члены: $\mathrm{tg}\frac{\alpha}{2}\mathrm{tg}\frac{\gamma}{2} + \mathrm{tg}\frac{\beta}{2}\mathrm{tg}\frac{\gamma}{2} = 1 - \mathrm{tg}\frac{\alpha}{2}\mathrm{tg}\frac{\beta}{2}$.

В результате мы приходим к известному тождеству для углов треугольника: $\mathrm{tg}\frac{\alpha}{2}\mathrm{tg}\frac{\beta}{2} + \mathrm{tg}\frac{\beta}{2}\mathrm{tg}\frac{\gamma}{2} + \mathrm{tg}\frac{\gamma}{2}\mathrm{tg}\frac{\alpha}{2} = 1$.

Теперь рассмотрим известное алгебраическое неравенство для любых действительных чисел $x$, $y$, $z$: $x^2 + y^2 + z^2 \ge xy + yz + zx$.

Докажем это неравенство. Умножим обе части на 2 и перенесём все члены в левую часть: $2x^2 + 2y^2 + 2z^2 - 2xy - 2yz - 2zx \ge 0$.

Сгруппируем члены, чтобы выделить полные квадраты: $(x^2 - 2xy + y^2) + (y^2 - 2yz + z^2) + (z^2 - 2zx + x^2) \ge 0$.

$(x - y)^2 + (y - z)^2 + (z - x)^2 \ge 0$.

Это неравенство всегда верно, так как сумма квадратов действительных чисел не может быть отрицательной. Равенство достигается при $x = y = z$.

Теперь сделаем замену: пусть $x = \mathrm{tg}\frac{\alpha}{2}$, $y = \mathrm{tg}\frac{\beta}{2}$ и $z = \mathrm{tg}\frac{\gamma}{2}$. Поскольку $\frac{\alpha}{2}, \frac{\beta}{2}, \frac{\gamma}{2}$ являются острыми углами, их тангенсы положительны.

Подставляя эти значения в доказанное алгебраическое неравенство, получаем: $\mathrm{tg}^2\frac{\alpha}{2} + \mathrm{tg}^2\frac{\beta}{2} + \mathrm{tg}^2\frac{\gamma}{2} \ge \mathrm{tg}\frac{\alpha}{2}\mathrm{tg}\frac{\beta}{2} + \mathrm{tg}\frac{\beta}{2}\mathrm{tg}\frac{\gamma}{2} + \mathrm{tg}\frac{\gamma}{2}\mathrm{tg}\frac{\alpha}{2}$.

А так как мы ранее вывели, что $\mathrm{tg}\frac{\alpha}{2}\mathrm{tg}\frac{\beta}{2} + \mathrm{tg}\frac{\beta}{2}\mathrm{tg}\frac{\gamma}{2} + \mathrm{tg}\frac{\gamma}{2}\mathrm{tg}\frac{\alpha}{2} = 1$, то: $\mathrm{tg}^2\frac{\alpha}{2} + \mathrm{tg}^2\frac{\beta}{2} + \mathrm{tg}^2\frac{\gamma}{2} \ge 1$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

24.40. Докажите неравенство $tg\frac{\alpha}{2} + tg\frac{\beta}{2} + tg\frac{\gamma}{2} \ge \sqrt{3}$, где $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ — углы треугольника.

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

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

Отсюда следует, что $\frac{\alpha + \beta}{2} = \frac{\pi - \gamma}{2} = \frac{\pi}{2} - \frac{\gamma}{2}$.

Возьмем тангенс от обеих частей этого равенства:

$\text{tg}\left(\frac{\alpha + \beta}{2}\right) = \text{tg}\left(\frac{\pi}{2} - \frac{\gamma}{2}\right)$

Используя формулу приведения $\text{tg}(\frac{\pi}{2} - x) = \text{ctg}(x)$, получаем:

$\text{tg}\left(\frac{\alpha + \beta}{2}\right) = \text{ctg}\left(\frac{\gamma}{2}\right) = \frac{1}{\text{tg}\left(\frac{\gamma}{2}\right)}$

Теперь применим формулу тангенса суммы для левой части:

$\frac{\text{tg}\frac{\alpha}{2} + \text{tg}\frac{\beta}{2}}{1 - \text{tg}\frac{\alpha}{2}\text{tg}\frac{\beta}{2}} = \frac{1}{\text{tg}\frac{\gamma}{2}}$

Перемножим крест-накрест:

$\left(\text{tg}\frac{\alpha}{2} + \text{tg}\frac{\beta}{2}\right)\text{tg}\frac{\gamma}{2} = 1 - \text{tg}\frac{\alpha}{2}\text{tg}\frac{\beta}{2}$

Раскроем скобки и перенесем слагаемые:

$\text{tg}\frac{\alpha}{2}\text{tg}\frac{\gamma}{2} + \text{tg}\frac{\beta}{2}\text{tg}\frac{\gamma}{2} = 1 - \text{tg}\frac{\alpha}{2}\text{tg}\frac{\beta}{2}$

$\text{tg}\frac{\alpha}{2}\text{tg}\frac{\beta}{2} + \text{tg}\frac{\beta}{2}\text{tg}\frac{\gamma}{2} + \text{tg}\frac{\gamma}{2}\text{tg}\frac{\alpha}{2} = 1$

Это важное тождество для половинных углов треугольника.

Теперь воспользуемся известным алгебраическим неравенством. Для любых действительных чисел $x, y, z$ справедливо:

$(x+y+z)^2 \ge 3(xy+yz+zx)$

Это неравенство можно доказать, раскрыв скобки: $x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx \ge 3xy+3yz+3zx$, что эквивалентно $x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx \ge 0$. Умножив на 2, получим $(x-y)^2 + (y-z)^2 + (z-x)^2 \ge 0$, что очевидно верно.

Пусть $x = \text{tg}\frac{\alpha}{2}$, $y = \text{tg}\frac{\beta}{2}$, $z = \text{tg}\frac{\gamma}{2}$. Так как $\alpha, \beta, \gamma$ - углы треугольника, они находятся в интервале $(0, \pi)$, а их половины $\frac{\alpha}{2}, \frac{\beta}{2}, \frac{\gamma}{2}$ - в интервале $(0, \frac{\pi}{2})$. В этом интервале тангенсы положительны, поэтому $x, y, z > 0$.

Подставим наши обозначения в доказанное выше тождество:

$xy+yz+zx = 1$

Теперь подставим это в неравенство $(x+y+z)^2 \ge 3(xy+yz+zx)$:

$(\text{tg}\frac{\alpha}{2} + \text{tg}\frac{\beta}{2} + \text{tg}\frac{\gamma}{2})^2 \ge 3(1)$

$(\text{tg}\frac{\alpha}{2} + \text{tg}\frac{\beta}{2} + \text{tg}\frac{\gamma}{2})^2 \ge 3$

Поскольку тангенсы половинных углов треугольника положительны, их сумма также положительна. Мы можем извлечь квадратный корень из обеих частей неравенства:

$\text{tg}\frac{\alpha}{2} + \text{tg}\frac{\beta}{2} + \text{tg}\frac{\gamma}{2} \ge \sqrt{3}$

Неравенство доказано. Равенство достигается, когда $x=y=z$, то есть $\text{tg}\frac{\alpha}{2} = \text{tg}\frac{\beta}{2} = \text{tg}\frac{\gamma}{2}$, что означает $\alpha = \beta = \gamma = \frac{\pi}{3}$ (равносторонний треугольник).

Ответ: Неравенство доказано.