Номер 26.34, страница 165, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мордкович, Семенов

26.34. Докажите, что:

a) $\arcsin x + \arccos x = \frac{\pi}{2}, x \in [-1; 1];$

б) $\text{arctg } x + \text{arcctg } x = \frac{\pi}{2}, x \in \mathbb{R}.$

а)

Необходимо доказать, что для любого $x \in [-1, 1]$ выполняется равенство $arcsin x + arccos x = \frac{\pi}{2}$.

Пусть $a = arcsin x$. По определению арксинуса, это означает, что:
1) $sin(a) = x$
2) $a \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$

Наша задача — доказать, что $a + arccos x = \frac{\pi}{2}$, или, что то же самое, $arccos x = \frac{\pi}{2} - a$.

Чтобы доказать это равенство, нам нужно, согласно определению арккосинуса, показать две вещи:
1) $cos(\frac{\pi}{2} - a) = x$
2) $\frac{\pi}{2} - a \in [0, \pi]$

Проверка первого условия:
Используя формулу приведения для косинуса, получаем: $cos(\frac{\pi}{2} - a) = sin(a)$.
Поскольку из нашего первоначального предположения $sin(a) = x$, то мы получаем $cos(\frac{\pi}{2} - a) = x$. Первое условие выполнено.

Проверка второго условия:
Мы знаем, что угол $a$ находится в диапазоне $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$. Запишем это в виде двойного неравенства:
$-\frac{\pi}{2} \le a \le \frac{\pi}{2}$
Умножим все части неравенства на -1, изменив знаки неравенства на противоположные:
$\frac{\pi}{2} \ge -a \ge -\frac{\pi}{2}$
Прибавим $\frac{\pi}{2}$ ко всем частям:
$\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2} \ge \frac{\pi}{2} - a \ge \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2}$
Упрощая, получаем:
$\pi \ge \frac{\pi}{2} - a \ge 0$, что эквивалентно $0 \le \frac{\pi}{2} - a \le \pi$.
Таким образом, угол $\frac{\pi}{2} - a$ действительно принадлежит отрезку $[0, \pi]$, который является областью значений арккосинуса. Второе условие также выполнено.

Поскольку оба условия определения арккосинуса для угла $\frac{\pi}{2} - a$ выполняются ($cos(\frac{\pi}{2} - a) = x$ и $\frac{\pi}{2} - a \in [0, \pi]$), мы можем заключить, что $arccos x = \frac{\pi}{2} - a$.

Подставляя обратно $a = arcsin x$, получаем: $arccos x = \frac{\pi}{2} - arcsin x$.

Перенося $arcsin x$ в левую часть равенства, мы получаем тождество, которое требовалось доказать:
$arcsin x + arccos x = \frac{\pi}{2}$

Ответ: Тождество $arcsin x + arccos x = \frac{\pi}{2}$ для $x \in [-1; 1]$ доказано.

б)

Необходимо доказать, что для любого $x \in R$ (для любого действительного числа $x$) выполняется равенство $arctg x + arcctg x = \frac{\pi}{2}$.

Пусть $b = arctg x$. По определению арктангенса, это означает, что:
1) $\operatorname{tg}(b) = x$
2) $b \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$

Наша задача — доказать, что $arcctg x = \frac{\pi}{2} - b$.

Согласно определению арккотангенса, для этого нужно показать, что:
1) $\operatorname{ctg}(\frac{\pi}{2} - b) = x$
2) $\frac{\pi}{2} - b \in (0, \pi)$

Проверка первого условия:
Используя формулу приведения для котангенса, получаем: $\operatorname{ctg}(\frac{\pi}{2} - b) = \operatorname{tg}(b)$.
Так как $\operatorname{tg}(b) = x$, то $\operatorname{ctg}(\frac{\pi}{2} - b) = x$. Первое условие выполнено.

Проверка второго условия:
Мы знаем, что угол $b$ находится в интервале $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$. Запишем это в виде строгого двойного неравенства:
$-\frac{\pi}{2} < b < \frac{\pi}{2}$
Умножим все части на -1, изменив знаки неравенства:
$\frac{\pi}{2} > -b > -\frac{\pi}{2}$
Прибавим $\frac{\pi}{2}$ ко всем частям:
$\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2} > \frac{\pi}{2} - b > \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2}$
Упрощая, получаем:
$\pi > \frac{\pi}{2} - b > 0$, что эквивалентно $0 < \frac{\pi}{2} - b < \pi$.
Таким образом, угол $\frac{\pi}{2} - b$ принадлежит интервалу $(0, \pi)$, который является областью значений арккотангенса. Второе условие выполнено.

Поскольку оба условия определения арккотангенса для угла $\frac{\pi}{2} - b$ выполняются, мы можем заключить, что $arcctg x = \frac{\pi}{2} - b$.

Подставляя обратно $b = arctg x$, получаем: $arcctg x = \frac{\pi}{2} - arctg x$.

Перенося $arctg x$ в левую часть, приходим к доказываемому тождеству:
$arctg x + arcctg x = \frac{\pi}{2}$

Ответ: Тождество $arctg x + arcctg x = \frac{\pi}{2}$ для $x \in R$ доказано.