Страница 194 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

26.41. Докажите, что:

1) $4 \sin \alpha \sin (60^{\circ} - \alpha) \sin (60^{\circ} + \alpha) = \sin 3\alpha;$

2) $16 \sin 20^{\circ} \sin 40^{\circ} \sin 60^{\circ} \sin 80^{\circ} = 3;$

3) $\frac{4 \sin 20^{\circ} \sin 50^{\circ} \sin 70^{\circ}}{\sin 80^{\circ}} = 1.$

1) Докажем тождество $4 \sin \alpha \sin(60^\circ - \alpha) \sin(60^\circ + \alpha) = \sin 3\alpha$.

Рассмотрим левую часть равенства. Используем формулы синуса суммы и разности:

$\sin(60^\circ - \alpha) = \sin 60^\circ \cos \alpha - \cos 60^\circ \sin \alpha = \frac{\sqrt{3}}{2} \cos \alpha - \frac{1}{2} \sin \alpha$.

$\sin(60^\circ + \alpha) = \sin 60^\circ \cos \alpha + \cos 60^\circ \sin \alpha = \frac{\sqrt{3}}{2} \cos \alpha + \frac{1}{2} \sin \alpha$.

Перемножим эти два выражения, используя формулу разности квадратов $(a-b)(a+b)=a^2-b^2$:

$\sin(60^\circ - \alpha)\sin(60^\circ + \alpha) = (\frac{\sqrt{3}}{2} \cos \alpha)^2 - (\frac{1}{2} \sin \alpha)^2 = \frac{3}{4} \cos^2 \alpha - \frac{1}{4} \sin^2 \alpha$.

Теперь подставим это произведение в исходное выражение для левой части:

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

Раскроем скобки и используем основное тригонометрическое тождество $\cos^2 \alpha = 1 - \sin^2 \alpha$:

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

$3 \sin \alpha - 3 \sin^3 \alpha - \sin^3 \alpha = 3 \sin \alpha - 4 \sin^3 \alpha$.

Полученное выражение является формулой синуса тройного угла: $\sin 3\alpha = 3 \sin \alpha - 4 \sin^3 \alpha$.

Таким образом, левая часть равна $\sin 3\alpha$, что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано.

2) Докажем равенство $16 \sin 20^\circ \sin 40^\circ \sin 60^\circ \sin 80^\circ = 3$.

Рассмотрим левую часть равенства. Мы знаем, что $\sin 60^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Подставим это значение:

$16 \sin 20^\circ \sin 40^\circ \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \sin 80^\circ = 8\sqrt{3} \sin 20^\circ \sin 40^\circ \sin 80^\circ$.

Воспользуемся тождеством, доказанным в пункте 1: $4 \sin \alpha \sin(60^\circ - \alpha) \sin(60^\circ + \alpha) = \sin 3\alpha$.

Из него следует, что $\sin \alpha \sin(60^\circ - \alpha) \sin(60^\circ + \alpha) = \frac{1}{4} \sin 3\alpha$.

Пусть $\alpha = 20^\circ$. Тогда:

$60^\circ - \alpha = 60^\circ - 20^\circ = 40^\circ$

$60^\circ + \alpha = 60^\circ + 20^\circ = 80^\circ$

Таким образом, произведение синусов в нашем выражении соответствует этому тождеству:

$\sin 20^\circ \sin 40^\circ \sin 80^\circ = \frac{1}{4} \sin(3 \cdot 20^\circ) = \frac{1}{4} \sin 60^\circ$.

Подставим это обратно в преобразуемое выражение:

$8\sqrt{3} \cdot (\frac{1}{4} \sin 60^\circ) = 2\sqrt{3} \sin 60^\circ$.

Снова подставляем значение $\sin 60^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2}$:

$2\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = (\sqrt{3})^2 = 3$.

Левая часть равна 3, что совпадает с правой частью. Равенство доказано.

Ответ: Доказано.

3) Докажем равенство $\frac{4 \sin 20^\circ \sin 50^\circ \sin 70^\circ}{\sin 80^\circ} = 1$.

Рассмотрим числитель дроби: $4 \sin 20^\circ \sin 50^\circ \sin 70^\circ$.

Сгруппируем множители и воспользуемся формулой произведения синусов $2 \sin A \sin B = \cos(A-B) - \cos(A+B)$.

Применим её для $A=70^\circ$ и $B=20^\circ$:

$2 \sin 70^\circ \sin 20^\circ = \cos(70^\circ - 20^\circ) - \cos(70^\circ + 20^\circ) = \cos 50^\circ - \cos 90^\circ$.

Так как $\cos 90^\circ = 0$, получаем $2 \sin 70^\circ \sin 20^\circ = \cos 50^\circ$.

Теперь подставим это в выражение для числителя:

$4 \sin 20^\circ \sin 50^\circ \sin 70^\circ = 2 \sin 50^\circ \cdot (2 \sin 20^\circ \sin 70^\circ) = 2 \sin 50^\circ \cos 50^\circ$.

Воспользуемся формулой синуса двойного угла $2 \sin \alpha \cos \alpha = \sin 2\alpha$.

Числитель = $\sin(2 \cdot 50^\circ) = \sin 100^\circ$.

Теперь вернемся к исходной дроби:

$\frac{\sin 100^\circ}{\sin 80^\circ}$.

Используя формулу приведения $\sin(180^\circ - \alpha) = \sin \alpha$, получаем:

$\sin 100^\circ = \sin(180^\circ - 80^\circ) = \sin 80^\circ$.

Следовательно, левая часть равна $\frac{\sin 80^\circ}{\sin 80^\circ} = 1$.

Левая часть равна 1, что совпадает с правой частью. Равенство доказано.

Ответ: Доказано.

26.42. Докажите, что:

1) $ \text{tg} \alpha \text{tg} (60^\circ - \alpha) \text{tg} (60^\circ + \alpha) = \text{tg} 3\alpha $

2) $ \text{tg} 20^\circ \text{tg} 40^\circ \text{tg} 80^\circ = \sqrt{3} $

1) Докажем тождество: $ \text{tg}\,\alpha\,\text{tg}(60^\circ - \alpha)\,\text{tg}(60^\circ + \alpha) = \text{tg}\,3\alpha $.

Рассмотрим левую часть равенства. Воспользуемся формулами тангенса суммы и разности:

$ \text{tg}(A \pm B) = \frac{\text{tg}\,A \pm \text{tg}\,B}{1 \mp \text{tg}\,A\,\text{tg}\,B} $

и значением $ \text{tg}\,60^\circ = \sqrt{3} $.

Преобразуем произведение $ \text{tg}(60^\circ - \alpha)\,\text{tg}(60^\circ + \alpha) $:

$ \text{tg}(60^\circ - \alpha)\,\text{tg}(60^\circ + \alpha) = \frac{\text{tg}\,60^\circ - \text{tg}\,\alpha}{1 + \text{tg}\,60^\circ\,\text{tg}\,\alpha} \cdot \frac{\text{tg}\,60^\circ + \text{tg}\,\alpha}{1 - \text{tg}\,60^\circ\,\text{tg}\,\alpha} $

$ = \frac{\sqrt{3} - \text{tg}\,\alpha}{1 + \sqrt{3}\,\text{tg}\,\alpha} \cdot \frac{\sqrt{3} + \text{tg}\,\alpha}{1 - \sqrt{3}\,\text{tg}\,\alpha} $

Применяя формулу разности квадратов $ (a-b)(a+b) = a^2 - b^2 $ к числителю и знаменателю, получаем:

$ = \frac{(\sqrt{3})^2 - (\text{tg}\,\alpha)^2}{1^2 - (\sqrt{3}\,\text{tg}\,\alpha)^2} = \frac{3 - \text{tg}^2\alpha}{1 - 3\,\text{tg}^2\alpha} $

Теперь умножим полученное выражение на $ \text{tg}\,\alpha $:

$ \text{tg}\,\alpha \cdot \frac{3 - \text{tg}^2\alpha}{1 - 3\,\text{tg}^2\alpha} = \frac{3\,\text{tg}\,\alpha - \text{tg}^3\alpha}{1 - 3\,\text{tg}^2\alpha} $

Полученное выражение является формулой тангенса тройного угла:

$ \text{tg}\,3\alpha = \frac{3\,\text{tg}\,\alpha - \text{tg}^3\alpha}{1 - 3\,\text{tg}^2\alpha} $

Таким образом, мы доказали, что $ \text{tg}\,\alpha\,\text{tg}(60^\circ - \alpha)\,\text{tg}(60^\circ + \alpha) = \text{tg}\,3\alpha $, что и требовалось доказать.

Ответ: Тождество доказано.

2) Докажем, что $ \text{tg}\,20^\circ\,\text{tg}\,40^\circ\,\text{tg}\,80^\circ = \sqrt{3} $.

Воспользуемся тождеством, доказанным в пункте 1):

$ \text{tg}\,\alpha\,\text{tg}(60^\circ - \alpha)\,\text{tg}(60^\circ + \alpha) = \text{tg}\,3\alpha $

Пусть $ \alpha = 20^\circ $. Тогда:

$ 60^\circ - \alpha = 60^\circ - 20^\circ = 40^\circ $

$ 60^\circ + \alpha = 60^\circ + 20^\circ = 80^\circ $

Подставим эти значения в левую часть тождества:

$ \text{tg}\,20^\circ\,\text{tg}(60^\circ - 20^\circ)\,\text{tg}(60^\circ + 20^\circ) = \text{tg}\,20^\circ\,\text{tg}\,40^\circ\,\text{tg}\,80^\circ $

Теперь подставим $ \alpha = 20^\circ $ в правую часть тождества:

$ \text{tg}\,(3\alpha) = \text{tg}\,(3 \cdot 20^\circ) = \text{tg}\,60^\circ $

Мы знаем, что $ \text{tg}\,60^\circ = \sqrt{3} $.

Следовательно, приравнивая левую и правую части, получаем:

$ \text{tg}\,20^\circ\,\text{tg}\,40^\circ\,\text{tg}\,80^\circ = \sqrt{3} $

Что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство доказано.

26.43. Докажите тождество $\sin3\alpha\sin^3\alpha + \cos3\alpha\cos^3\alpha = \cos^32\alpha$.

Для доказательства тождества преобразуем его левую часть. Для этого воспользуемся формулами синуса и косинуса тройного угла:

$\sin(3\alpha) = 3\sin\alpha - 4\sin^3\alpha$

$\cos(3\alpha) = 4\cos^3\alpha - 3\cos\alpha$

Подставим эти выражения в левую часть доказываемого тождества:

$\sin(3\alpha)\sin^3\alpha + \cos(3\alpha)\cos^3\alpha = (3\sin\alpha - 4\sin^3\alpha)\sin^3\alpha + (4\cos^3\alpha - 3\cos\alpha)\cos^3\alpha$

Раскроем скобки:

$3\sin^4\alpha - 4\sin^6\alpha + 4\cos^6\alpha - 3\cos^4\alpha$

Сгруппируем слагаемые следующим образом:

$4(\cos^6\alpha - \sin^6\alpha) - 3(\cos^4\alpha - \sin^4\alpha)$

Теперь преобразуем выражения в скобках. Для первого выражения применим формулу разности квадратов $a^2-b^2=(a-b)(a+b)$:

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

Используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$ и формулу косинуса двойного угла $\cos(2\alpha) = \cos^2\alpha - \sin^2\alpha$, получаем:

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

Для второго выражения в скобках применим формулу разности кубов $a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)$, где $a=\cos^2\alpha$ и $b=\sin^2\alpha$:

$\cos^6\alpha - \sin^6\alpha = (\cos^2\alpha)^3 - (\sin^2\alpha)^3 = (\cos^2\alpha - \sin^2\alpha)(\cos^4\alpha + \cos^2\alpha\sin^2\alpha + \sin^4\alpha)$

Первый множитель равен $\cos(2\alpha)$. Преобразуем второй множитель, выделив полный квадрат:

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

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

Используя основное тригонометрическое тождество и формулу синуса двойного угла $\sin(2\alpha)=2\sin\alpha\cos\alpha$, получаем:

$1^2 - \left(\frac{\sin(2\alpha)}{2}\right)^2 = 1 - \frac{\sin^2(2\alpha)}{4}$

Таким образом, выражение $\cos^6\alpha - \sin^6\alpha$ равно:

$\cos(2\alpha)\left(1 - \frac{\sin^2(2\alpha)}{4}\right)$

Теперь подставим упрощенные выражения обратно в исходное преобразованное выражение:

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

Раскроем скобки и упростим:

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

$= 4\cos(2\alpha) - \cos(2\alpha)\sin^2(2\alpha) - 3\cos(2\alpha)$

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

Вынесем общий множитель $\cos(2\alpha)$ за скобки:

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

Применив основное тригонометрическое тождество $1 - \sin^2(2\alpha) = \cos^2(2\alpha)$, получаем:

$\cos(2\alpha) \cdot \cos^2(2\alpha) = \cos^3(2\alpha)$

Таким образом, мы показали, что левая часть тождества равна $\cos^3(2\alpha)$, что совпадает с его правой частью. Тождество доказано.

Ответ: Тождество $\sin3\alpha\sin^3\alpha + \cos3\alpha\cos^3\alpha = \cos^32\alpha$ доказано.

26.44. Докажите тождество $\sin^3 2\alpha \cos 6\alpha + \cos^3 2\alpha \sin 6\alpha = \frac{3}{4} \sin 8\alpha$.

Для доказательства тождества преобразуем его левую часть: $sin^3(2\alpha)cos(6\alpha) + cos^3(2\alpha)sin(6\alpha)$.

Воспользуемся формулами тройного угла, представив $6\alpha$ как $3 \cdot (2\alpha)$:

$cos(3x) = 4cos^3(x) - 3cos(x) \implies cos(6\alpha) = 4cos^3(2\alpha) - 3cos(2\alpha)$

$sin(3x) = 3sin(x) - 4sin^3(x) \implies sin(6\alpha) = 3sin(2\alpha) - 4sin^3(2\alpha)$

Подставим эти выражения в левую часть исходного равенства:

$sin^3(2\alpha)(4cos^3(2\alpha) - 3cos(2\alpha)) + cos^3(2\alpha)(3sin(2\alpha) - 4sin^3(2\alpha))$

Раскроем скобки:

$4sin^3(2\alpha)cos^3(2\alpha) - 3sin^3(2\alpha)cos(2\alpha) + 3cos^3(2\alpha)sin(2\alpha) - 4cos^3(2\alpha)sin^3(2\alpha)$

Приведем подобные слагаемые. Первое и последнее слагаемые взаимно уничтожаются:

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

Вынесем за скобки общий множитель $3sin(2\alpha)cos(2\alpha)$:

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

Теперь воспользуемся формулами двойного угла:

$sin(2x) = 2sin(x)cos(x)$, откуда $sin(x)cos(x) = \frac{1}{2}sin(2x)$

$cos(2x) = cos^2(x) - sin^2(x)$

Применяя эти формулы к нашему выражению, получаем:

$3 \cdot \left(\frac{1}{2}sin(2 \cdot 2\alpha)\right) \cdot (cos(2 \cdot 2\alpha)) = \frac{3}{2}sin(4\alpha)cos(4\alpha)$

Снова применим формулу синуса двойного угла для выражения $sin(4\alpha)cos(4\alpha)$:

$\frac{3}{2} \cdot \left(\frac{1}{2}sin(2 \cdot 4\alpha)\right) = \frac{3}{4}sin(8\alpha)$

Полученное выражение совпадает с правой частью тождества. Таким образом, левая часть равна правой, что и требовалось доказать.

Ответ: тождество $sin^3(2\alpha)cos(6\alpha) + cos^3(2\alpha)sin(6\alpha) = \frac{3}{4}sin(8\alpha)$ доказано.

26.45. Упростите выражение:

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

2) $\frac{\cos\alpha}{\sqrt{1 - \cos2\alpha}} - \frac{\sin\alpha}{\sqrt{1 + \cos2\alpha}}$, если $0^{\circ} < \alpha < 90^{\circ}$;

3) $\frac{\sin\left(45^{\circ} + \frac{\alpha}{2}\right)}{\sqrt{1 - \sin\alpha}} - \frac{\sin\left(45^{\circ} - \frac{\alpha}{2}\right)}{\sqrt{1 + \sin\alpha}}$, если $0^{\circ} < \alpha < 90^{\circ}$.

1)

Рассмотрим выражение $\sqrt{0,5 + 0,5\sqrt{0,5 + 0,5\cos\alpha}}$ при $0 \le \alpha \le \pi$.

Начнем с внутреннего подкоренного выражения, используя формулу косинуса двойного угла $1 + \cos x = 2\cos^2\frac{x}{2}$:
$0,5 + 0,5\cos\alpha = \frac{1}{2}(1 + \cos\alpha) = \frac{1}{2} \cdot 2\cos^2\frac{\alpha}{2} = \cos^2\frac{\alpha}{2}$.

Тогда выражение принимает вид:
$\sqrt{0,5 + 0,5\sqrt{\cos^2\frac{\alpha}{2}}} = \sqrt{0,5 + 0,5\left|\cos\frac{\alpha}{2}\right|}$.

По условию $0 \le \alpha \le \pi$, следовательно, $0 \le \frac{\alpha}{2} \le \frac{\pi}{2}$. В этом промежутке $\cos\frac{\alpha}{2} \ge 0$, поэтому $\left|\cos\frac{\alpha}{2}\right| = \cos\frac{\alpha}{2}$.

Выражение упрощается до:
$\sqrt{0,5 + 0,5\cos\frac{\alpha}{2}}$.

Снова применим ту же формулу:
$0,5 + 0,5\cos\frac{\alpha}{2} = \frac{1}{2}(1 + \cos\frac{\alpha}{2}) = \frac{1}{2} \cdot 2\cos^2\frac{\alpha}{4} = \cos^2\frac{\alpha}{4}$.

Теперь исходное выражение равно:
$\sqrt{\cos^2\frac{\alpha}{4}} = \left|\cos\frac{\alpha}{4}\right|$.

Так как $0 \le \alpha \le \pi$, то $0 \le \frac{\alpha}{4} \le \frac{\pi}{4}$. В этом промежутке $\cos\frac{\alpha}{4} \ge 0$, поэтому $\left|\cos\frac{\alpha}{4}\right| = \cos\frac{\alpha}{4}$.

Ответ: $\cos\frac{\alpha}{4}$.

2)

Рассмотрим выражение $\frac{\cos\alpha}{\sqrt{1 - \cos 2\alpha}} - \frac{\sin\alpha}{\sqrt{1 + \cos 2\alpha}}$ при $0^\circ < \alpha < 90^\circ$.

Используем формулы понижения степени (или косинуса двойного угла):
$1 - \cos 2\alpha = 2\sin^2\alpha$
$1 + \cos 2\alpha = 2\cos^2\alpha$

Подставим их в знаменатели:
$\frac{\cos\alpha}{\sqrt{2\sin^2\alpha}} - \frac{\sin\alpha}{\sqrt{2\cos^2\alpha}} = \frac{\cos\alpha}{\sqrt{2}|\sin\alpha|} - \frac{\sin\alpha}{\sqrt{2}|\cos\alpha|}$.

По условию $0^\circ < \alpha < 90^\circ$, в этом промежутке (I четверть) $\sin\alpha > 0$ и $\cos\alpha > 0$.
Следовательно, $|\sin\alpha| = \sin\alpha$ и $|\cos\alpha| = \cos\alpha$.

Выражение принимает вид:
$\frac{\cos\alpha}{\sqrt{2}\sin\alpha} - \frac{\sin\alpha}{\sqrt{2}\cos\alpha} = \frac{1}{\sqrt{2}} \left( \frac{\cos\alpha}{\sin\alpha} - \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha} \right)$.

Приведем дроби в скобках к общему знаменателю:
$\frac{1}{\sqrt{2}} \left( \frac{\cos^2\alpha - \sin^2\alpha}{\sin\alpha\cos\alpha} \right)$.

Используем формулы двойного угла: $\cos^2\alpha - \sin^2\alpha = \cos 2\alpha$ и $\sin\alpha\cos\alpha = \frac{1}{2}\sin 2\alpha$.
$\frac{1}{\sqrt{2}} \left( \frac{\cos 2\alpha}{\frac{1}{2}\sin 2\alpha} \right) = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot 2 \frac{\cos 2\alpha}{\sin 2\alpha} = \frac{2}{\sqrt{2}}\cot 2\alpha = \sqrt{2}\cot 2\alpha$.

Ответ: $\sqrt{2}\cot 2\alpha$.

3)

Рассмотрим выражение $\frac{\sin\left(45^\circ + \frac{\alpha}{2}\right)}{\sqrt{1 - \sin\alpha}} - \frac{\sin\left(45^\circ - \frac{\alpha}{2}\right)}{\sqrt{1 + \sin\alpha}}$ при $0^\circ < \alpha < 90^\circ$.

Преобразуем подкоренные выражения. Используем формулы $1 = \sin^2\frac{\alpha}{2} + \cos^2\frac{\alpha}{2}$ и $\sin\alpha = 2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}$:
$1 - \sin\alpha = \cos^2\frac{\alpha}{2} - 2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2} + \sin^2\frac{\alpha}{2} = \left(\cos\frac{\alpha}{2} - \sin\frac{\alpha}{2}\right)^2$.
$1 + \sin\alpha = \cos^2\frac{\alpha}{2} + 2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2} + \sin^2\frac{\alpha}{2} = \left(\cos\frac{\alpha}{2} + \sin\frac{\alpha}{2}\right)^2$.

Тогда знаменатели равны:
$\sqrt{1 - \sin\alpha} = \left|\cos\frac{\alpha}{2} - \sin\frac{\alpha}{2}\right|$.
$\sqrt{1 + \sin\alpha} = \left|\cos\frac{\alpha}{2} + \sin\frac{\alpha}{2}\right|$.

По условию $0^\circ < \alpha < 90^\circ$, значит $0^\circ < \frac{\alpha}{2} < 45^\circ$. В этом промежутке $\cos\frac{\alpha}{2} > \sin\frac{\alpha}{2} > 0$.
Следовательно, $\cos\frac{\alpha}{2} - \sin\frac{\alpha}{2} > 0$ и $\cos\frac{\alpha}{2} + \sin\frac{\alpha}{2} > 0$.
Поэтому модули можно опустить:
$\sqrt{1 - \sin\alpha} = \cos\frac{\alpha}{2} - \sin\frac{\alpha}{2}$.
$\sqrt{1 + \sin\alpha} = \cos\frac{\alpha}{2} + \sin\frac{\alpha}{2}$.

Теперь преобразуем числители по формулам синуса суммы и разности:
$\sin\left(45^\circ + \frac{\alpha}{2}\right) = \sin 45^\circ \cos\frac{\alpha}{2} + \cos 45^\circ \sin\frac{\alpha}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}\left(\cos\frac{\alpha}{2} + \sin\frac{\alpha}{2}\right)$.
$\sin\left(45^\circ - \frac{\alpha}{2}\right) = \sin 45^\circ \cos\frac{\alpha}{2} - \cos 45^\circ \sin\frac{\alpha}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}\left(\cos\frac{\alpha}{2} - \sin\frac{\alpha}{2}\right)$.

Подставим все в исходное выражение:
$\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}\left(\cos\frac{\alpha}{2} + \sin\frac{\alpha}{2}\right)}{\cos\frac{\alpha}{2} - \sin\frac{\alpha}{2}} - \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}\left(\cos\frac{\alpha}{2} - \sin\frac{\alpha}{2}\right)}{\cos\frac{\alpha}{2} + \sin\frac{\alpha}{2}}$.

Вынесем общий множитель $\frac{\sqrt{2}}{2}$ и приведем к общему знаменателю:
$\frac{\sqrt{2}}{2} \left( \frac{\left(\cos\frac{\alpha}{2} + \sin\frac{\alpha}{2}\right)^2 - \left(\cos\frac{\alpha}{2} - \sin\frac{\alpha}{2}\right)^2}{\left(\cos\frac{\alpha}{2} - \sin\frac{\alpha}{2}\right)\left(\cos\frac{\alpha}{2} + \sin\frac{\alpha}{2}\right)} \right)$.

Знаменатель дроби: $\cos^2\frac{\alpha}{2} - \sin^2\frac{\alpha}{2} = \cos\alpha$.
Числитель дроби, используя формулу $(a+b)^2 - (a-b)^2 = 4ab$:
$4\cos\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\alpha}{2} = 2 \cdot \left(2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}\right) = 2\sin\alpha$.

Выражение принимает вид:
$\frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{2\sin\alpha}{\cos\alpha} = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot 2\tan\alpha = \sqrt{2}\tan\alpha$.

Ответ: $\sqrt{2}\tan\alpha$.

26.46. Упростите выражение:

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Объединяя оба случая, получаем окончательное решение.

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

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

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

1. Упростим самое внутреннее выражение:

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

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

2. Подставим результат в следующее подкоренное выражение:

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

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

3. Подставим полученный результат в самое внешнее выражение:

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

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

Ответ: $\cos\frac{\alpha}{8}$.

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

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

Преобразуем подкоренные выражения:

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

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

Подставим эти выражения в исходное:

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

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

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

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

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

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

Теперь подставим раскрытые модули в выражение:

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

Ответ: $2\cos\frac{\varphi}{2}$.

26.47. Вычислите $\sin 18^\circ$.

Для того чтобы вычислить значение $\sin 18^\circ$, воспользуемся методом, основанным на тригонометрических тождествах.

Пусть $\alpha = 18^\circ$. Умножим этот угол на 5:

$5\alpha = 5 \cdot 18^\circ = 90^\circ$

Разобьем $5\alpha$ на сумму двух углов, $2\alpha$ и $3\alpha$:

$2\alpha + 3\alpha = 90^\circ$

Из этого равенства выразим $2\alpha$:

$2\alpha = 90^\circ - 3\alpha$

Теперь мы можем приравнять синусы левой и правой частей уравнения:

$\sin(2\alpha) = \sin(90^\circ - 3\alpha)$

Согласно формуле приведения, $\sin(90^\circ - x) = \cos(x)$. Применив ее, получим:

$\sin(2\alpha) = \cos(3\alpha)$

Далее используем формулы синуса двойного угла и косинуса тройного угла:

$\sin(2\alpha) = 2\sin\alpha\cos\alpha$

$\cos(3\alpha) = 4\cos^3\alpha - 3\cos\alpha$

Подставим эти выражения в наше уравнение:

$2\sin\alpha\cos\alpha = 4\cos^3\alpha - 3\cos\alpha$

Перенесем все слагаемые в одну сторону и вынесем $\cos\alpha$ за скобки:

$2\sin\alpha\cos\alpha - 4\cos^3\alpha + 3\cos\alpha = 0$

$\cos\alpha(2\sin\alpha - 4\cos^2\alpha + 3) = 0$

Поскольку $\alpha = 18^\circ$, $\cos\alpha = \cos 18^\circ \neq 0$. Значит, мы можем разделить обе части уравнения на $\cos\alpha$, не теряя корней:

$2\sin\alpha - 4\cos^2\alpha + 3 = 0$

Теперь воспользуемся основным тригонометрическим тождеством $\cos^2\alpha = 1 - \sin^2\alpha$, чтобы получить уравнение, содержащее только $\sin\alpha$:

$2\sin\alpha - 4(1 - \sin^2\alpha) + 3 = 0$

$2\sin\alpha - 4 + 4\sin^2\alpha + 3 = 0$

$4\sin^2\alpha + 2\sin\alpha - 1 = 0$

Мы получили квадратное уравнение относительно $\sin\alpha$. Сделаем замену $y = \sin\alpha$:

$4y^2 + 2y - 1 = 0$

Решим это уравнение, найдя дискриминант $D$:

$D = b^2 - 4ac = 2^2 - 4 \cdot 4 \cdot (-1) = 4 + 16 = 20$

Найдем корни уравнения:

$y_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{D}}{2a} = \frac{-2 \pm \sqrt{20}}{2 \cdot 4} = \frac{-2 \pm 2\sqrt{5}}{8} = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{4}$

Мы получили два возможных значения для $y = \sin 18^\circ$:

$y_1 = \frac{-1 + \sqrt{5}}{4}$ и $y_2 = \frac{-1 - \sqrt{5}}{4}$

Угол $18^\circ$ находится в первой координатной четверти, где синус имеет положительное значение. Значение $y_2 = \frac{-1 - \sqrt{5}}{4}$ является отрицательным, поэтому оно нам не подходит. Значение $y_1 = \frac{-1 + \sqrt{5}}{4}$ является положительным (так как $\sqrt{5} > 1$).

Следовательно, искомое значение $\sin 18^\circ$ равно положительному корню.

Ответ: $\frac{\sqrt{5}-1}{4}$

26.48. Докажите, что $\sin 10^\circ$ — иррациональное число.

Для доказательства того, что $sin(10°)$ является иррациональным числом, воспользуемся методом доказательства от противного.

Предположим, что $sin(10°)$ — рациональное число. Это означает, что его можно представить в виде несократимой дроби $ \frac{p}{q} $, где $ p $ и $ q $ — целые числа, и $ q \ne 0 $.

Рассмотрим известную тригонометрическую формулу синуса тройного угла:

$sin(3\alpha) = 3sin(\alpha) - 4sin^3(\alpha)$

Пусть $\alpha = 10°$. Тогда $3\alpha = 30°$. Подставим эти значения в формулу:

$sin(30°) = 3sin(10°) - 4sin^3(10°)$

Мы знаем, что $sin(30°) = \frac{1}{2}$. Обозначим $x = sin(10°)$. Тогда уравнение принимает вид:

$\frac{1}{2} = 3x - 4x^3$

Умножим обе части уравнения на 2, чтобы избавиться от дроби:

$1 = 6x - 8x^3$

Перенесем все члены в левую часть, чтобы получить полиномиальное уравнение с целыми коэффициентами:

$8x^3 - 6x + 1 = 0$

Мы установили, что $x = sin(10°)$ является корнем этого кубического уравнения. Согласно нашему первоначальному предположению, $x$ — рациональное число.

Теперь воспользуемся теоремой о рациональных корнях многочлена. Согласно этой теореме, если у многочлена $a_n x^n + ... + a_1 x + a_0 = 0$ с целыми коэффициентами есть рациональный корень $\frac{p}{q}$ (в виде несократимой дроби), то числитель $p$ должен быть делителем свободного члена $a_0$, а знаменатель $q$ должен быть делителем старшего коэффициента $a_n$.

В нашем уравнении $8x^3 - 6x + 1 = 0$ свободный член $a_0 = 1$, а старший коэффициент $a_3 = 8$.

Следовательно, возможные целые значения для $p$ — это делители числа 1: $ \pm 1 $.

Возможные натуральные значения для $q$ — это делители числа 8: $1, 2, 4, 8$.

Таким образом, все возможные рациональные корни нашего уравнения находятся среди следующих чисел: $ \pm 1, \pm \frac{1}{2}, \pm \frac{1}{4}, \pm \frac{1}{8} $.

Проверим, является ли какое-либо из этих чисел корнем уравнения $P(x) = 8x^3 - 6x + 1 = 0$, подставляя их вместо $x$.

При $x = 1$: $P(1) = 8(1)^3 - 6(1) + 1 = 8 - 6 + 1 = 3 \ne 0$.

При $x = -1$: $P(-1) = 8(-1)^3 - 6(-1) + 1 = -8 + 6 + 1 = -1 \ne 0$.

При $x = \frac{1}{2}$: $P(\frac{1}{2}) = 8(\frac{1}{2})^3 - 6(\frac{1}{2}) + 1 = 8(\frac{1}{8}) - 3 + 1 = 1 - 3 + 1 = -1 \ne 0$.

При $x = -\frac{1}{2}$: $P(-\frac{1}{2}) = 8(-\frac{1}{2})^3 - 6(-\frac{1}{2}) + 1 = 8(-\frac{1}{8}) + 3 + 1 = -1 + 3 + 1 = 3 \ne 0$.

При $x = \frac{1}{4}$: $P(\frac{1}{4}) = 8(\frac{1}{4})^3 - 6(\frac{1}{4}) + 1 = 8(\frac{1}{64}) - \frac{3}{2} + 1 = \frac{1}{8} - \frac{12}{8} + \frac{8}{8} = -\frac{3}{8} \ne 0$.

При $x = -\frac{1}{4}$: $P(-\frac{1}{4}) = 8(-\frac{1}{4})^3 - 6(-\frac{1}{4}) + 1 = 8(-\frac{1}{64}) + \frac{3}{2} + 1 = -\frac{1}{8} + \frac{12}{8} + \frac{8}{8} = \frac{19}{8} \ne 0$.

При $x = \frac{1}{8}$: $P(\frac{1}{8}) = 8(\frac{1}{8})^3 - 6(\frac{1}{8}) + 1 = 8(\frac{1}{512}) - \frac{3}{4} + 1 = \frac{1}{64} - \frac{48}{64} + \frac{64}{64} = \frac{17}{64} \ne 0$.

При $x = -\frac{1}{8}$: $P(-\frac{1}{8}) = 8(-\frac{1}{8})^3 - 6(-\frac{1}{8}) + 1 = 8(-\frac{1}{512}) + \frac{3}{4} + 1 = -\frac{1}{64} + \frac{48}{64} + \frac{64}{64} = \frac{111}{64} \ne 0$.

Ни одно из возможных рациональных чисел не является корнем уравнения. Это означает, что у уравнения $8x^3 - 6x + 1 = 0$ нет рациональных корней.

Мы пришли к противоречию: $sin(10°)$ является корнем этого уравнения, но при этом уравнение не имеет рациональных корней. Следовательно, наше первоначальное предположение о том, что $sin(10°)$ является рациональным числом, было неверным.

Таким образом, $sin(10°)$ — иррациональное число, что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что $sin(10°)$ является иррациональным числом. Это следует из того, что $sin(10°)$ является корнем многочлена с целыми коэффициентами $8x^3 - 6x + 1 = 0$, который, согласно теореме о рациональных корнях, не имеет рациональных корней.

26.49. Докажите, что $\cos 20^\circ$ – иррациональное число.

Для доказательства воспользуемся методом от противного. Предположим, что $\cos{20^{\circ}}$ является рациональным числом.

Рассмотрим формулу косинуса тройного угла: $\cos{(3\alpha)} = 4\cos^3{\alpha} - 3\cos{\alpha}$.

Пусть $\alpha = 20^{\circ}$, тогда $3\alpha = 60^{\circ}$. Как известно, $\cos{60^{\circ}} = \frac{1}{2}$.

Подставим эти значения в формулу:
$\cos{60^{\circ}} = 4\cos^3{20^{\circ}} - 3\cos{20^{\circ}}$
$\frac{1}{2} = 4\cos^3{20^{\circ}} - 3\cos{20^{\circ}}$

Обозначим $x = \cos{20^{\circ}}$. Тогда уравнение можно переписать в виде:
$\frac{1}{2} = 4x^3 - 3x$

Умножим обе части уравнения на 2, чтобы получить уравнение с целыми коэффициентами:
$1 = 8x^3 - 6x$
$8x^3 - 6x - 1 = 0$

Таким образом, число $\cos{20^{\circ}}$ является корнем многочлена $P(x) = 8x^3 - 6x - 1$ с целыми коэффициентами.

Согласно нашему предположению, $x = \cos{20^{\circ}}$ — рациональное число. По теореме о рациональных корнях многочлена, если рациональное число $\frac{p}{q}$ (где $p$ и $q$ — взаимно простые целые числа) является корнем многочлена с целыми коэффициентами, то числитель $p$ должен быть делителем свободного члена, а знаменатель $q$ — делителем старшего коэффициента.

В нашем уравнении свободный член равен -1, а старший коэффициент равен 8.
Возможные значения для числителя $p$ (делители -1): $\pm 1$.
Возможные значения для знаменателя $q$ (натуральные делители 8): $1, 2, 4, 8$.

Следовательно, все возможные рациональные корни уравнения: $\pm 1, \pm \frac{1}{2}, \pm \frac{1}{4}, \pm \frac{1}{8}$.

Проверим, является ли какое-либо из этих чисел корнем уравнения $8x^3 - 6x - 1 = 0$:
При $x=1$: $8(1)^3 - 6(1) - 1 = 8 - 6 - 1 = 1 \neq 0$.
При $x=-1$: $8(-1)^3 - 6(-1) - 1 = -8 + 6 - 1 = -3 \neq 0$.
При $x=\frac{1}{2}$: $8(\frac{1}{2})^3 - 6(\frac{1}{2}) - 1 = 8(\frac{1}{8}) - 3 - 1 = 1 - 3 - 1 = -3 \neq 0$.
При $x=-\frac{1}{2}$: $8(-\frac{1}{2})^3 - 6(-\frac{1}{2}) - 1 = 8(-\frac{1}{8}) + 3 - 1 = -1 + 3 - 1 = 1 \neq 0$.
При $x=\frac{1}{4}$: $8(\frac{1}{4})^3 - 6(\frac{1}{4}) - 1 = 8(\frac{1}{64}) - \frac{3}{2} - 1 = \frac{1}{8} - \frac{12}{8} - \frac{8}{8} = -\frac{19}{8} \neq 0$.
При $x=-\frac{1}{4}$: $8(-\frac{1}{4})^3 - 6(-\frac{1}{4}) - 1 = 8(-\frac{1}{64}) + \frac{3}{2} - 1 = -\frac{1}{8} + \frac{12}{8} - \frac{8}{8} = \frac{3}{8} \neq 0$.
При $x=\frac{1}{8}$: $8(\frac{1}{8})^3 - 6(\frac{1}{8}) - 1 = 8(\frac{1}{512}) - \frac{3}{4} - 1 = \frac{1}{64} - \frac{48}{64} - \frac{64}{64} = -\frac{111}{64} \neq 0$.
При $x=-\frac{1}{8}$: $8(-\frac{1}{8})^3 - 6(-\frac{1}{8}) - 1 = 8(-\frac{1}{512}) + \frac{3}{4} - 1 = -\frac{1}{64} + \frac{48}{64} - \frac{64}{64} = -\frac{17}{64} \neq 0$.

Ни один из кандидатов в рациональные корни не удовлетворяет уравнению. Это означает, что у уравнения $8x^3 - 6x - 1 = 0$ нет рациональных корней.

Мы пришли к противоречию, так как $\cos{20^{\circ}}$ является корнем этого уравнения, но не является ни одним из возможных рациональных корней. Следовательно, наше первоначальное предположение о том, что $\cos{20^{\circ}}$ — рациональное число, неверно.

Таким образом, доказано, что $\cos{20^{\circ}}$ — иррациональное число.

Ответ: Утверждение доказано.

26.50. Докажите равенство $\underbrace{\sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt{2 + \dots + \sqrt{2}}}}}_{n \text{ радикалов}} = 2 \cos \frac{\pi}{2^{n+1}}$

Докажем данное равенство методом математической индукции по числу радикалов $n$.

Обозначим левую часть равенства как $A_n = \underbrace{\sqrt{2+\sqrt{2+\dots+\sqrt{2}}}}_{n \text{ радикалов}}$.

Требуется доказать, что $A_n = 2\cos\frac{\pi}{2^{n+1}}$ для всех натуральных $n \ge 1$.

1. База индукции (n=1)

При $n=1$ левая часть равенства представляет собой $A_1 = \sqrt{2}$.

Правая часть равенства при $n=1$ равна $2\cos\frac{\pi}{2^{1+1}} = 2\cos\frac{\pi}{4}$.

Мы знаем, что $\cos\frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}$, поэтому правая часть равна $2 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = \sqrt{2}$.

Так как левая и правая части равны ($\sqrt{2} = \sqrt{2}$), утверждение верно для $n=1$.

2. Индукционное предположение (n=k)

Предположим, что равенство верно для некоторого натурального числа $n=k$, то есть:

$A_k = \underbrace{\sqrt{2+\sqrt{2+\dots+\sqrt{2}}}}_{k \text{ радикалов}} = 2\cos\frac{\pi}{2^{k+1}}$.

3. Индукционный шаг (n=k+1)

Докажем, что равенство верно и для $n=k+1$.

Рассмотрим левую часть для $n=k+1$:

$A_{k+1} = \underbrace{\sqrt{2+\sqrt{2+\dots+\sqrt{2}}}}_{k+1 \text{ радикалов}} = \sqrt{2 + \underbrace{\sqrt{2+\sqrt{2+\dots+\sqrt{2}}}}_{k \text{ радикалов}}} = \sqrt{2+A_k}$.

Используем индукционное предположение для замены $A_k$:

$A_{k+1} = \sqrt{2 + 2\cos\frac{\pi}{2^{k+1}}} = \sqrt{2\left(1+\cos\frac{\pi}{2^{k+1}}\right)}$.

Воспользуемся тригонометрической формулой понижения степени (или косинуса двойного угла): $1+\cos(2\alpha) = 2\cos^2(\alpha)$.

Пусть $2\alpha = \frac{\pi}{2^{k+1}}$, тогда $\alpha = \frac{\pi}{2 \cdot 2^{k+1}} = \frac{\pi}{2^{k+2}}$.

Применим эту формулу к нашему выражению:

$A_{k+1} = \sqrt{2 \cdot 2\cos^2\frac{\pi}{2^{k+2}}} = \sqrt{4\cos^2\frac{\pi}{2^{k+2}}} = 2\left|\cos\frac{\pi}{2^{k+2}}\right|$.

Поскольку $n=k \ge 1$, то $k+2 \ge 3$, и $2^{k+2} \ge 8$. Следовательно, угол $0 < \frac{\pi}{2^{k+2}} \le \frac{\pi}{8}$.

Этот угол находится в первой координатной четверти, где значение косинуса положительно. Поэтому $\left|\cos\frac{\pi}{2^{k+2}}\right| = \cos\frac{\pi}{2^{k+2}}$.

Таким образом, мы получаем:

$A_{k+1} = 2\cos\frac{\pi}{2^{k+2}} = 2\cos\frac{\pi}{2^{(k+1)+1}}$.

Полученное выражение совпадает с правой частью исходного равенства для $n=k+1$.

Индукционный переход доказан.

Вывод

Поскольку утверждение верно для $n=1$ и из его верности для $n=k$ следует его верность для $n=k+1$, то по принципу математической индукции равенство доказано для всех натуральных чисел $n$.

Ответ: Равенство $\underbrace{\sqrt{2+\sqrt{2+\dots+\sqrt{2}}}}_{n \text{ радикалов}} = 2\cos\frac{\pi}{2^{n+1}}$ доказано методом математической индукции.