Страница 184 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

25.8. Найдите значение выражения $\cos^2 \frac{\pi}{8} + \cos^2 \frac{3\pi}{11} + \cos^2 \frac{3\pi}{8} + \cos^2 \frac{5\pi}{22}$.

25.8. Чтобы найти значение выражения $cos^2 \frac{\pi}{8} + cos^2 \frac{3\pi}{11} + cos^2 \frac{3\pi}{8} + cos^2 \frac{5\pi}{22}$, сгруппируем слагаемые попарно:

$(cos^2 \frac{\pi}{8} + cos^2 \frac{3\pi}{8}) + (cos^2 \frac{3\pi}{11} + cos^2 \frac{5\pi}{22})$

Рассмотрим первую пару слагаемых в скобках: $cos^2 \frac{\pi}{8} + cos^2 \frac{3\pi}{8}$.

Заметим, что сумма углов $\frac{\pi}{8}$ и $\frac{3\pi}{8}$ равна $\frac{\pi}{8} + \frac{3\pi}{8} = \frac{4\pi}{8} = \frac{\pi}{2}$.

Мы можем использовать формулу приведения $cos(\frac{\pi}{2} - \alpha) = sin(\alpha)$.

Тогда $cos \frac{3\pi}{8} = cos(\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{8}) = sin \frac{\pi}{8}$.

Следовательно, $cos^2 \frac{3\pi}{8} = sin^2 \frac{\pi}{8}$.

Подставим это в выражение для первой пары:

$cos^2 \frac{\pi}{8} + sin^2 \frac{\pi}{8} = 1$ (согласно основному тригонометрическому тождеству).

Теперь рассмотрим вторую пару слагаемых: $cos^2 \frac{3\pi}{11} + cos^2 \frac{5\pi}{22}$.

Найдем сумму углов $\frac{3\pi}{11}$ и $\frac{5\pi}{22}$:

$\frac{3\pi}{11} + \frac{5\pi}{22} = \frac{2 \cdot 3\pi}{22} + \frac{5\pi}{22} = \frac{6\pi + 5\pi}{22} = \frac{11\pi}{22} = \frac{\pi}{2}$.

Снова применяем формулу приведения:

$cos \frac{5\pi}{22} = cos(\frac{\pi}{2} - \frac{3\pi}{11}) = sin \frac{3\pi}{11}$.

Следовательно, $cos^2 \frac{5\pi}{22} = sin^2 \frac{3\pi}{11}$.

Подставим это в выражение для второй пары:

$cos^2 \frac{3\pi}{11} + sin^2 \frac{3\pi}{11} = 1$ (согласно основному тригонометрическому тождеству).

Наконец, сложим значения, полученные для каждой пары:

$1 + 1 = 2$.

Ответ: 2

25.9. Упростите выражение:

1) $\cos^2\left(\frac{\pi}{4}+\alpha\right)+\cos^2\left(\frac{\pi}{4}-\alpha\right)+\sin\left(\frac{3\pi}{2}-\alpha\right)\cos\left(\frac{3\pi}{2}+\alpha\right)\mathrm{tg}(\pi+\alpha);$

2) $\frac{\cos^2(20^\circ-\alpha)}{\sin^2(70^\circ+\alpha)}+\mathrm{tg}(\alpha+10^\circ)\mathrm{ctg}(80^\circ-\alpha).$

1) Упростим выражение по частям.
Сначала рассмотрим сумму квадратов: $cos^2(\frac{\pi}{4} + \alpha) + cos^2(\frac{\pi}{4} - \alpha)$.
Используем формулу приведения $cos(x) = sin(\frac{\pi}{2} - x)$. Преобразуем второй член:
$cos(\frac{\pi}{4} - \alpha) = sin(\frac{\pi}{2} - (\frac{\pi}{4} - \alpha)) = sin(\frac{2\pi}{4} - \frac{\pi}{4} + \alpha) = sin(\frac{\pi}{4} + \alpha)$.
Тогда $cos^2(\frac{\pi}{4} - \alpha) = sin^2(\frac{\pi}{4} + \alpha)$.
Сумма принимает вид: $cos^2(\frac{\pi}{4} + \alpha) + sin^2(\frac{\pi}{4} + \alpha)$.
Согласно основному тригонометрическому тождеству $sin^2(x) + cos^2(x) = 1$, эта часть выражения равна 1.

Теперь упростим произведение: $sin(\frac{3\pi}{2} - \alpha)cos(\frac{3\pi}{2} + \alpha)tg(\pi + \alpha)$.
Применим формулы приведения для каждого множителя:
$sin(\frac{3\pi}{2} - \alpha) = -cos(\alpha)$, так как угол находится в III четверти, где синус отрицательный, и функция меняется на кофункцию.
$cos(\frac{3\pi}{2} + \alpha) = sin(\alpha)$, так как угол находится в IV четверти, где косинус положительный, и функция меняется на кофункцию.
$tg(\pi + \alpha) = tg(\alpha)$, так как угол находится в III четверти, где тангенс положительный, и функция не меняется.
Перемножим полученные выражения:
$(-cos(\alpha))(sin(\alpha))(tg(\alpha)) = -cos(\alpha)sin(\alpha)\frac{sin(\alpha)}{cos(\alpha)} = -sin^2(\alpha)$.

Сложим результаты обеих частей: $1 + (-sin^2(\alpha)) = 1 - sin^2(\alpha)$.
Используя основное тригонометрическое тождество, получаем: $1 - sin^2(\alpha) = cos^2(\alpha)$.

Ответ: $cos^2(\alpha)$.

2) Упростим выражение по частям.
Рассмотрим первое слагаемое, которое является дробью: $\frac{cos^2(20^\circ - \alpha)}{sin^2(70^\circ + \alpha)}$.
Используем формулу приведения $sin(x) = cos(90^\circ - x)$. Преобразуем знаменатель:
$sin(70^\circ + \alpha) = sin(90^\circ - 20^\circ + \alpha) = sin(90^\circ - (20^\circ - \alpha))$.
Применяя формулу, получаем $cos(20^\circ - \alpha)$.
Следовательно, $sin^2(70^\circ + \alpha) = cos^2(20^\circ - \alpha)$.
Тогда дробь равна $\frac{cos^2(20^\circ - \alpha)}{cos^2(20^\circ - \alpha)} = 1$.

Рассмотрим второе слагаемое, которое является произведением: $tg(\alpha + 10^\circ)ctg(80^\circ - \alpha)$.
Используем формулу приведения $ctg(x) = tg(90^\circ - x)$. Преобразуем второй множитель:
$ctg(80^\circ - \alpha) = tg(90^\circ - (80^\circ - \alpha)) = tg(90^\circ - 80^\circ + \alpha) = tg(10^\circ + \alpha)$.
Тогда произведение принимает вид: $tg(\alpha + 10^\circ) \cdot tg(10^\circ + \alpha) = tg^2(\alpha + 10^\circ)$.

Теперь сложим результаты simplification обеих частей: $1 + tg^2(\alpha + 10^\circ)$.
Используя тригонометрическое тождество $1 + tg^2(x) = \frac{1}{cos^2(x)}$, получаем конечный результат.
$1 + tg^2(\alpha + 10^\circ) = \frac{1}{cos^2(\alpha + 10^\circ)}$.

Ответ: $\frac{1}{cos^2(\alpha + 10^\circ)}$.

25.10. Сумма положительных чисел $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ равна $\frac{\pi}{2}$. Докажите, что $\cos \alpha + \cos \beta + \cos \gamma > \sin \alpha + \sin \beta + \sin \gamma$.

Дано, что $\alpha, \beta, \gamma$ — положительные числа и $\alpha + \beta + \gamma = \frac{\pi}{2}$. Требуется доказать неравенство: $\cos\alpha + \cos\beta + \cos\gamma > \sin\alpha + \sin\beta + \sin\gamma$.

Перепишем доказываемое неравенство в следующем виде:$(\cos\alpha - \sin\alpha) + (\cos\beta - \sin\beta) + (\cos\gamma - \sin\gamma) > 0$.

Рассмотрим функцию $f(\alpha, \beta, \gamma) = (\cos\alpha - \sin\alpha) + (\cos\beta - \sin\beta) + (\cos\gamma - \sin\gamma)$. Наша задача — доказать, что $f(\alpha, \beta, \gamma) > 0$ в области, заданной условиями $\alpha > 0$, $\beta > 0$, $\gamma > 0$ и $\alpha + \beta + \gamma = \frac{\pi}{2}$. Эта область представляет собой открытый треугольник.

Исследуем поведение функции на границе этой области. Граница соответствует случаю, когда одна из переменных равна нулю. Пусть, например, $\gamma = 0$. Тогда $\alpha + \beta = \frac{\pi}{2}$, где $\alpha \ge 0$ и $\beta \ge 0$. Подставим эти значения в функцию:$f(\alpha, \beta, 0) = (\cos\alpha - \sin\alpha) + (\cos\beta - \sin\beta) + (\cos 0 - \sin 0)$. Так как $\beta = \frac{\pi}{2} - \alpha$, то $\cos\beta = \cos(\frac{\pi}{2} - \alpha) = \sin\alpha$ и $\sin\beta = \sin(\frac{\pi}{2} - \alpha) = \cos\alpha$. Тогда:$f(\alpha, \frac{\pi}{2} - \alpha, 0) = (\cos\alpha - \sin\alpha) + (\sin\alpha - \cos\alpha) + (1 - 0) = 1$. Таким образом, на всей границе области определения значение функции постоянно и равно 1.

Теперь найдем стационарные точки функции внутри области с помощью метода множителей Лагранжа. Составим функцию Лагранжа:$L(\alpha, \beta, \gamma, \lambda) = f(\alpha, \beta, \gamma) - \lambda(\alpha + \beta + \gamma - \frac{\pi}{2})$. Приравняем частные производные к нулю:$\frac{\partial L}{\partial \alpha} = -\sin\alpha - \cos\alpha - \lambda = 0$$\frac{\partial L}{\partial \beta} = -\sin\beta - \cos\beta - \lambda = 0$$\frac{\partial L}{\partial \gamma} = -\sin\gamma - \cos\gamma - \lambda = 0$Из этих уравнений следует, что $\sin\alpha + \cos\alpha = \sin\beta + \cos\beta = \sin\gamma + \cos\gamma$.

Рассмотрим функцию $g(x) = \sin x + \cos x = \sqrt{2}\sin(x + \frac{\pi}{4})$ на интервале $(0, \frac{\pi}{2})$. На этом интервале аргумент $x + \frac{\pi}{4}$ находится в интервале $(\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4})$. Функция $\sin(y)$ на интервале $(\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4})$ симметрична относительно $y=\frac{\pi}{2}$. Поэтому равенство $g(x_1) = g(x_2)$ выполняется, только если $x_1 = x_2$ или $x_1 + x_2 = \frac{\pi}{2}$. Отсюда для наших переменных $\alpha, \beta, \gamma$ следует, что они либо все равны, либо попарные суммы некоторых из них равны $\frac{\pi}{2}$.1. Если $\alpha = \beta = \gamma$, то из условия $\alpha + \beta + \gamma = \frac{\pi}{2}$ получаем $\alpha = \beta = \gamma = \frac{\pi}{6}$. Это точка внутри нашей области.2. Если, например, $\alpha = \beta$ и $\alpha + \gamma = \frac{\pi}{2}$. Подставляя в основное условие $\alpha + \beta + \gamma = \frac{\pi}{2}$, получаем $2\alpha + \gamma = \frac{\pi}{2}$. Решая систему $\{\begin{array}{l} \alpha + \gamma = \pi/2 \\ 2\alpha + \gamma = \pi/2 \end{array}$, находим $\alpha=0$, что соответствует граничной точке, а не внутренней.

Таким образом, единственная стационарная точка внутри области — это $(\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6})$. Найдем значение функции в этой точке:$f(\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}) = 3(\cos\frac{\pi}{6} - \sin\frac{\pi}{6}) = 3(\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{1}{2}) = \frac{3(\sqrt{3}-1)}{2}$.

Сравним это значение со значением на границе (равным 1):$\frac{3(\sqrt{3}-1)}{2} > 1 \iff 3\sqrt{3}-3 > 2 \iff 3\sqrt{3} > 5 \iff (3\sqrt{3})^2 > 5^2 \iff 27 > 25$. Неравенство верно, значит, значение функции в стационарной точке больше, чем на границе.

Функция $f(\alpha, \beta, \gamma)$ непрерывна на замкнутой области (треугольник с его границами). По теореме Вейерштрасса она достигает своего наименьшего значения. Это значение может достигаться либо на границе, либо во внутренней стационарной точке. Мы выяснили, что значение на границе равно 1, а в единственной стационарной точке оно больше 1. Можно также показать, что эта точка является точкой максимума. Следовательно, наименьшее значение функции на всей замкнутой области равно 1 и достигается только на границе.

Поскольку по условию задачи числа $\alpha, \beta, \gamma$ строго положительны, рассматриваемая точка $(\alpha, \beta, \gamma)$ находится строго внутри области. Для любой такой точки значение функции $f(\alpha, \beta, \gamma)$ должно быть больше наименьшего значения, которое достигается на границе. Следовательно, $f(\alpha, \beta, \gamma) > 1$. Если $f(\alpha, \beta, \gamma) > 1$, то очевидно, что $f(\alpha, \beta, \gamma) > 0$. Таким образом, $\cos\alpha + \cos\beta + \cos\gamma > \sin\alpha + \sin\beta + \sin\gamma$, что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

25.11. Сумма положительных чисел $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ меньше $\frac{\pi}{2}$. Докажите, что

$ctg\alpha + ctg\beta + ctg\gamma > tg\alpha + tg\beta + tg\gamma$.

Перепишем доказываемое неравенство, перенеся все члены в левую часть:

$ \operatorname{ctg}\alpha + \operatorname{ctg}\beta + \operatorname{ctg}\gamma - \operatorname{tg}\alpha - \operatorname{tg}\beta - \operatorname{tg}\gamma > 0 $

Сгруппируем слагаемые:

$ (\operatorname{ctg}\alpha - \operatorname{tg}\alpha) + (\operatorname{ctg}\beta - \operatorname{tg}\beta) + (\operatorname{ctg}\gamma - \operatorname{tg}\gamma) > 0 $

Воспользуемся тригонометрическим тождеством $ \operatorname{ctg}x - \operatorname{tg}x = \frac{\cos x}{\sin x} - \frac{\sin x}{\cos x} = \frac{\cos^2 x - \sin^2 x}{\sin x \cos x} = \frac{\cos(2x)}{\frac{1}{2}\sin(2x)} = 2\operatorname{ctg}(2x) $.

Применив это тождество к каждой паре слагаемых, получим неравенство, равносильное исходному:

$ 2\operatorname{ctg}(2\alpha) + 2\operatorname{ctg}(2\beta) + 2\operatorname{ctg}(2\gamma) > 0 $

Что эквивалентно:

$ \operatorname{ctg}(2\alpha) + \operatorname{ctg}(2\beta) + \operatorname{ctg}(2\gamma) > 0 $

Обозначим $ x = 2\alpha $, $ y = 2\beta $, $ z = 2\gamma $. Из условий задачи следуют свойства этих новых переменных:

1. Так как $ \alpha, \beta, \gamma $ — положительные числа, то $ x, y, z > 0 $.

2. Так как сумма $ \alpha + \beta + \gamma < \frac{\pi}{2} $, то $ 2\alpha + 2\beta + 2\gamma < \pi $, то есть $ x + y + z < \pi $.

3. Из $ \alpha > 0, \beta > 0, \gamma > 0 $ и $ \alpha + \beta + \gamma < \frac{\pi}{2} $ следует, что каждый из углов $ \alpha, \beta, \gamma $ находится в интервале $ (0, \frac{\pi}{2}) $. Следовательно, переменные $ x, y, z $ находятся в интервале $ (0, \pi) $.

Таким образом, задача сводится к доказательству неравенства $ \operatorname{ctg}x + \operatorname{ctg}y + \operatorname{ctg}z > 0 $ при условиях $ x, y, z \in (0, \pi) $ и $ x + y + z < \pi $. Рассмотрим возможные значения углов $x, y, z$.

Если все углы $ x, y, z $ острые, то есть $ x, y, z \in (0, \frac{\pi}{2}) $, то котангенс каждого из них положителен. Сумма трех положительных чисел также положительна, и неравенство в этом случае выполняется.

Далее рассмотрим случай, когда один из углов не является острым. Заметим, что более одного такого угла быть не может. Если, например, $ x \ge \frac{\pi}{2} $ и $ y \ge \frac{\pi}{2} $, то их сумма $ x+y \ge \pi $. Но по условию $ x+y+z < \pi $, а так как $ z > 0 $, то $ x+y < \pi $, что приводит к противоречию. Пусть, без ограничения общности, один угол является прямым или тупым, например $ x \in [\frac{\pi}{2}, \pi) $. Тогда два других угла, $ y $ и $ z $, должны быть острыми: $ y, z \in (0, \frac{\pi}{2}) $.

Из условия $ x+y+z < \pi $ следует, что $ y+z < \pi - x $. Так как $ x \in [\frac{\pi}{2}, \pi) $, то $ \pi - x \in (0, \frac{\pi}{2}] $. Итак, мы имеем $ 0 < y+z < \pi-x \le \frac{\pi}{2} $.

В этом случае нам нужно доказать неравенство $ \operatorname{ctg}x + \operatorname{ctg}y + \operatorname{ctg}z > 0 $, которое можно переписать как $ \operatorname{ctg}y + \operatorname{ctg}z > -\operatorname{ctg}x $.

Поскольку $ x \in [\frac{\pi}{2}, \pi) $, можно записать $ x = \pi - \delta $, где $ \delta \in (0, \frac{\pi}{2}] $. Тогда $ -\operatorname{ctg}x = -\operatorname{ctg}(\pi - \delta) = -(-\operatorname{ctg}\delta) = \operatorname{ctg}\delta $. Неравенство принимает вид $ \operatorname{ctg}y + \operatorname{ctg}z > \operatorname{ctg}\delta $. Условие $ y+z < \pi-x $ превращается в $ y+z < \delta $.

Для острых углов $y$ и $z$ справедливо неравенство $ \operatorname{ctg}y + \operatorname{ctg}z \ge 2\operatorname{ctg}\left(\frac{y+z}{2}\right) $. Это следует из выпуклости функции котангенс на интервале $ (0, \frac{\pi}{2}) $ (неравенство Йенсена). Поэтому достаточно доказать, что $ 2\operatorname{ctg}\left(\frac{y+z}{2}\right) > \operatorname{ctg}\delta $.

Мы знаем, что $ y+z < \delta $, следовательно $ \frac{y+z}{2} < \frac{\delta}{2} $. Оба угла $ \frac{y+z}{2} $ и $ \frac{\delta}{2} $ находятся в интервале $ (0, \frac{\pi}{4}] $, где функция котангенс строго убывает. Поэтому из $ \frac{y+z}{2} < \frac{\delta}{2} $ следует $ \operatorname{ctg}\left(\frac{y+z}{2}\right) > \operatorname{ctg}\left(\frac{\delta}{2}\right) $. Это означает, что $ 2\operatorname{ctg}\left(\frac{y+z}{2}\right) > 2\operatorname{ctg}\left(\frac{\delta}{2}\right) $.

Осталось доказать, что $ 2\operatorname{ctg}\left(\frac{\delta}{2}\right) > \operatorname{ctg}\delta $. Используем формулу двойного угла для котангенса: $ \operatorname{ctg}\delta = \frac{\operatorname{ctg}^2(\delta/2) - 1}{2\operatorname{ctg}(\delta/2)} $. Неравенство принимает вид:

$ 2\operatorname{ctg}\left(\frac{\delta}{2}\right) > \frac{\operatorname{ctg}^2(\delta/2) - 1}{2\operatorname{ctg}(\delta/2)} $

Поскольку $ \delta \in (0, \frac{\pi}{2}] $, то $ \frac{\delta}{2} \in (0, \frac{\pi}{4}] $, и $ \operatorname{ctg}(\delta/2) > 0 $. Умножим обе части на $ 2\operatorname{ctg}(\delta/2) $:

$ 4\operatorname{ctg}^2\left(\frac{\delta}{2}\right) > \operatorname{ctg}^2\left(\frac{\delta}{2}\right) - 1 $

$ 3\operatorname{ctg}^2\left(\frac{\delta}{2}\right) > -1 $

Это неравенство очевидно верно, так как квадрат любого действительного числа неотрицателен. Таким образом, неравенство доказано для всех возможных случаев.

Ответ: Неравенство доказано.