Номер 24.11, страница 182 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Мерзляк Аркадий Григорьевич, Номировский Дмитрий Анатольевич, Полонский Виталий Борисович, Якир Михаил Семёнович, издательство Просвещение, Москва, 2021

Авторы: Мерзляк А. Г., Номировский Д. А., Полонский В. Б., Якир М. С.

Тип: Учебник

Издательство: Просвещение

Год издания: 2021 - 2025

Уровень обучения: базовый

Цвет обложки: синий, красный

ISBN: 978-5-09-087861-6

Допущено Министерством просвещения Российской Федерации

Математика. Алгебра и начала математического анализа

Популярные ГДЗ в 10 классе

§ 24. Сумма и разность синусов (косинусов). Глава 3. Тригонометрические функции - номер 24.11, страница 182.

Навигация по странице:

Решение Комментарии
№24.11 (с. 182)
Условие. №24.11 (с. 182)
скриншот условия
Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Мерзляк Аркадий Григорьевич, Номировский Дмитрий Анатольевич, Полонский Виталий Борисович, Якир Михаил Семёнович, издательство Просвещение, Москва, 2021, страница 182, номер 24.11, Условие

24.11. Докажите тождество:

1) 1+sinα+cosα=22cosα2cos(α2π4)1 + \sin \alpha + \cos \alpha = 2\sqrt{2} \cos \frac{\alpha}{2} \cos \left(\frac{\alpha}{2} - \frac{\pi}{4}\right);

2) 1+cos(4α2π)+cos(4απ2)1+cos(4α+π)+cos(4α+3π2)=ctg2α\frac{1 + \cos(4\alpha - 2\pi) + \cos \left(4\alpha - \frac{\pi}{2}\right)}{1 + \cos(4\alpha + \pi) + \cos \left(4\alpha + \frac{3\pi}{2}\right)} = \operatorname{ctg} 2\alpha;

3) sin2(15π82α)cos2(17π82α)=cos4α2\sin^2\left(\frac{15\pi}{8} - 2\alpha\right) - \cos^2\left(\frac{17\pi}{8} - 2\alpha\right) = - \frac{\cos 4\alpha}{\sqrt{2}}.

Решение 1. №24.11 (с. 182)
Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Мерзляк Аркадий Григорьевич, Номировский Дмитрий Анатольевич, Полонский Виталий Борисович, Якир Михаил Семёнович, издательство Просвещение, Москва, 2021, страница 182, номер 24.11, Решение 1 Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Мерзляк Аркадий Григорьевич, Номировский Дмитрий Анатольевич, Полонский Виталий Борисович, Якир Михаил Семёнович, издательство Просвещение, Москва, 2021, страница 182, номер 24.11, Решение 1 (продолжение 2) Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Мерзляк Аркадий Григорьевич, Номировский Дмитрий Анатольевич, Полонский Виталий Борисович, Якир Михаил Семёнович, издательство Просвещение, Москва, 2021, страница 182, номер 24.11, Решение 1 (продолжение 3)
Решение 2. №24.11 (с. 182)
Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Мерзляк Аркадий Григорьевич, Номировский Дмитрий Анатольевич, Полонский Виталий Борисович, Якир Михаил Семёнович, издательство Просвещение, Москва, 2021, страница 182, номер 24.11, Решение 2
Решение 3. №24.11 (с. 182)
Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Мерзляк Аркадий Григорьевич, Номировский Дмитрий Анатольевич, Полонский Виталий Борисович, Якир Михаил Семёнович, издательство Просвещение, Москва, 2021, страница 182, номер 24.11, Решение 3 Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Мерзляк Аркадий Григорьевич, Номировский Дмитрий Анатольевич, Полонский Виталий Борисович, Якир Михаил Семёнович, издательство Просвещение, Москва, 2021, страница 182, номер 24.11, Решение 3 (продолжение 2)
Решение 4. №24.11 (с. 182)
Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Мерзляк Аркадий Григорьевич, Номировский Дмитрий Анатольевич, Полонский Виталий Борисович, Якир Михаил Семёнович, издательство Просвещение, Москва, 2021, страница 182, номер 24.11, Решение 4
Решение 5. №24.11 (с. 182)

1) Докажем тождество 1+sinα+cosα=22cosα2cos(α2π4)1 + \sin \alpha + \cos \alpha = 2\sqrt{2} \cos \frac{\alpha}{2} \cos\left(\frac{\alpha}{2} - \frac{\pi}{4}\right).

Преобразуем левую часть равенства. Сгруппируем слагаемые и используем формулу 1+cosα=2cos2α21 + \cos \alpha = 2 \cos^2 \frac{\alpha}{2} и формулу синуса двойного угла sinα=2sinα2cosα2\sin \alpha = 2 \sin \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2}.

1+sinα+cosα=(1+cosα)+sinα=2cos2α2+2sinα2cosα21 + \sin \alpha + \cos \alpha = (1 + \cos \alpha) + \sin \alpha = 2 \cos^2 \frac{\alpha}{2} + 2 \sin \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2}.

Вынесем общий множитель 2cosα22 \cos \frac{\alpha}{2} за скобки:

2cosα2(cosα2+sinα2)2 \cos \frac{\alpha}{2} \left(\cos \frac{\alpha}{2} + \sin \frac{\alpha}{2}\right).

Выражение в скобках преобразуем с помощью метода вспомогательного угла. Умножим и разделим его на 12+12=2\sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}:

cosα2+sinα2=2(12cosα2+12sinα2)\cos \frac{\alpha}{2} + \sin \frac{\alpha}{2} = \sqrt{2} \left(\frac{1}{\sqrt{2}} \cos \frac{\alpha}{2} + \frac{1}{\sqrt{2}} \sin \frac{\alpha}{2}\right).

Так как cosπ4=12\cos \frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}} и sinπ4=12\sin \frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}, можем переписать выражение в скобках, используя формулу косинуса разности cos(xy)=cosxcosy+sinxsiny\cos(x-y) = \cos x \cos y + \sin x \sin y:

2(cosπ4cosα2+sinπ4sinα2)=2cos(α2π4)\sqrt{2} \left(\cos \frac{\pi}{4} \cos \frac{\alpha}{2} + \sin \frac{\pi}{4} \sin \frac{\alpha}{2}\right) = \sqrt{2} \cos\left(\frac{\alpha}{2} - \frac{\pi}{4}\right).

Подставим полученное выражение обратно в исходное преобразование:

2cosα22cos(α2π4)=22cosα2cos(α2π4)2 \cos \frac{\alpha}{2} \cdot \sqrt{2} \cos\left(\frac{\alpha}{2} - \frac{\pi}{4}\right) = 2\sqrt{2} \cos \frac{\alpha}{2} \cos\left(\frac{\alpha}{2} - \frac{\pi}{4}\right).

Левая часть равна правой. Что и требовалось доказать.

Ответ: тождество доказано.

2) Докажем тождество 1+cos(4α2π)+cos(4απ2)1+cos(4α+π)+cos(4α+3π2)=ctg2α\frac{1 + \cos(4\alpha - 2\pi) + \cos\left(4\alpha - \frac{\pi}{2}\right)}{1 + \cos(4\alpha + \pi) + \cos\left(4\alpha + \frac{3\pi}{2}\right)} = \operatorname{ctg} 2\alpha.

Упростим левую часть, используя формулы приведения и периодичность тригонометрических функций.

Для числителя:

cos(4α2π)=cos(4α)\cos(4\alpha - 2\pi) = \cos(4\alpha) (период косинуса 2π2\pi).
cos(4απ2)=cos(π24α)=sin(4α)\cos\left(4\alpha - \frac{\pi}{2}\right) = \cos\left(\frac{\pi}{2} - 4\alpha\right) = \sin(4\alpha).
Числитель принимает вид: 1+cos(4α)+sin(4α)1 + \cos(4\alpha) + \sin(4\alpha).

Для знаменателя:

cos(4α+π)=cos(4α)\cos(4\alpha + \pi) = -\cos(4\alpha).
cos(4α+3π2)=cos(3π2+4α)=sin(4α)\cos\left(4\alpha + \frac{3\pi}{2}\right) = \cos\left(\frac{3\pi}{2} + 4\alpha\right) = \sin(4\alpha).
Знаменатель принимает вид: 1cos(4α)+sin(4α)1 - \cos(4\alpha) + \sin(4\alpha).

Теперь дробь выглядит так:

1+cos(4α)+sin(4α)1cos(4α)+sin(4α)\frac{1 + \cos(4\alpha) + \sin(4\alpha)}{1 - \cos(4\alpha) + \sin(4\alpha)}.

Применим формулы двойного угла для аргумента 2α2\alpha:

1+cos(4α)=2cos2(2α)1 + \cos(4\alpha) = 2\cos^2(2\alpha),
1cos(4α)=2sin2(2α)1 - \cos(4\alpha) = 2\sin^2(2\alpha),
sin(4α)=2sin(2α)cos(2α)\sin(4\alpha) = 2\sin(2\alpha)\cos(2\alpha).

Подставим эти выражения в дробь:

2cos2(2α)+2sin(2α)cos(2α)2sin2(2α)+2sin(2α)cos(2α)\frac{2\cos^2(2\alpha) + 2\sin(2\alpha)\cos(2\alpha)}{2\sin^2(2\alpha) + 2\sin(2\alpha)\cos(2\alpha)}.

Вынесем общие множители в числителе и знаменателе:

2cos(2α)(cos(2α)+sin(2α))2sin(2α)(sin(2α)+cos(2α))\frac{2\cos(2\alpha)(\cos(2\alpha) + \sin(2\alpha))}{2\sin(2\alpha)(\sin(2\alpha) + \cos(2\alpha))}.

Сократим дробь на 2(cos(2α)+sin(2α))2(\cos(2\alpha) + \sin(2\alpha)) (при условии, что это выражение не равно нулю):

cos(2α)sin(2α)=ctg(2α)\frac{\cos(2\alpha)}{\sin(2\alpha)} = \operatorname{ctg}(2\alpha).

Левая часть равна правой. Что и требовалось доказать.

Ответ: тождество доказано.

3) Докажем тождество sin2(15π82α)cos2(17π82α)=cos4α2\sin^2\left(\frac{15\pi}{8} - 2\alpha\right) - \cos^2\left(\frac{17\pi}{8} - 2\alpha\right) = -\frac{\cos 4\alpha}{\sqrt{2}}.

Преобразуем левую часть. Сначала упростим аргументы тригонометрических функций, используя их периодичность.

15π8=2ππ8\frac{15\pi}{8} = 2\pi - \frac{\pi}{8}.
sin(15π82α)=sin(2ππ82α)=sin((π8+2α))=sin(π8+2α)\sin\left(\frac{15\pi}{8} - 2\alpha\right) = \sin\left(2\pi - \frac{\pi}{8} - 2\alpha\right) = \sin\left(-\left(\frac{\pi}{8} + 2\alpha\right)\right) = -\sin\left(\frac{\pi}{8} + 2\alpha\right).
Следовательно, sin2(15π82α)=(sin(π8+2α))2=sin2(π8+2α)\sin^2\left(\frac{15\pi}{8} - 2\alpha\right) = \left(-\sin\left(\frac{\pi}{8} + 2\alpha\right)\right)^2 = \sin^2\left(\frac{\pi}{8} + 2\alpha\right).

17π8=2π+π8\frac{17\pi}{8} = 2\pi + \frac{\pi}{8}.
cos(17π82α)=cos(2π+π82α)=cos(π82α)\cos\left(\frac{17\pi}{8} - 2\alpha\right) = \cos\left(2\pi + \frac{\pi}{8} - 2\alpha\right) = \cos\left(\frac{\pi}{8} - 2\alpha\right).
Следовательно, cos2(17π82α)=cos2(π82α)\cos^2\left(\frac{17\pi}{8} - 2\alpha\right) = \cos^2\left(\frac{\pi}{8} - 2\alpha\right).

Левая часть тождества принимает вид:

sin2(π8+2α)cos2(π82α)\sin^2\left(\frac{\pi}{8} + 2\alpha\right) - \cos^2\left(\frac{\pi}{8} - 2\alpha\right).

Используем формулы понижения степени: sin2x=1cos(2x)2\sin^2 x = \frac{1 - \cos(2x)}{2} и cos2x=1+cos(2x)2\cos^2 x = \frac{1 + \cos(2x)}{2}.

1cos(2(π8+2α))21+cos(2(π82α))2=1cos(π4+4α)1cos(π44α)2\frac{1 - \cos\left(2\left(\frac{\pi}{8} + 2\alpha\right)\right)}{2} - \frac{1 + \cos\left(2\left(\frac{\pi}{8} - 2\alpha\right)\right)}{2} = \frac{1 - \cos\left(\frac{\pi}{4} + 4\alpha\right) - 1 - \cos\left(\frac{\pi}{4} - 4\alpha\right)}{2}.

Упростим выражение:

cos(π4+4α)+cos(π44α)2-\frac{\cos\left(\frac{\pi}{4} + 4\alpha\right) + \cos\left(\frac{\pi}{4} - 4\alpha\right)}{2}.

Применим формулу суммы косинусов cosx+cosy=2cosx+y2cosxy2\cos x + \cos y = 2\cos\frac{x+y}{2}\cos\frac{x-y}{2}:

2cos((π4+4α)+(π44α)2)cos((π4+4α)(π44α)2)2=cos(π22)cos(8α2)-\frac{2\cos\left(\frac{(\frac{\pi}{4} + 4\alpha) + (\frac{\pi}{4} - 4\alpha)}{2}\right)\cos\left(\frac{(\frac{\pi}{4} + 4\alpha) - (\frac{\pi}{4} - 4\alpha)}{2}\right)}{2} = -\cos\left(\frac{\frac{\pi}{2}}{2}\right)\cos\left(\frac{8\alpha}{2}\right).

Вычислим значения:

cos(π4)cos(4α)=22cos(4α)=cos4α2-\cos\left(\frac{\pi}{4}\right)\cos(4\alpha) = -\frac{\sqrt{2}}{2}\cos(4\alpha) = -\frac{\cos 4\alpha}{\sqrt{2}}.

Левая часть равна правой. Что и требовалось доказать.

Ответ: тождество доказано.

Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.

Мы подготовили для вас ответ c подробным объяснением домашего задания по алгебре за 10 класс, для упражнения номер 24.11 расположенного на странице 182 к учебнику 2021 года издания для учащихся школ и гимназий.

Теперь на нашем сайте ГДЗ.ТОП вы всегда легко и бесплатно найдёте условие с правильным ответом на вопрос «Как решить ДЗ» и «Как сделать» задание по алгебре к упражнению №24.11 (с. 182), авторов: Мерзляк (Аркадий Григорьевич), Номировский (Дмитрий Анатольевич), Полонский (Виталий Борисович), Якир (Михаил Семёнович), базовый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.

Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz

Присоединиться