Номер 590, страница 171 - гдз по алгебре 9 класс учебник Солтан, Солтан

22. Синус, косинус, тангенс и котангенс произвольного угла. IV. Тригонометрия - номер 590, страница 171.

Условие.

590. Докажите, что для всех $\pi n < \alpha < \frac{\pi}{2} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$, верно равенство $\sqrt{\operatorname{tg}^2 \alpha + \operatorname{ctg}^2 \alpha + 2} = \operatorname{tg} \alpha + \operatorname{ctg} \alpha$.

Решение.

Решение 2 (rus).

Для доказательства данного равенства преобразуем его левую часть $ \sqrt{\operatorname{tg}^2 \alpha + \operatorname{ctg}^2 \alpha + 2} $.

Сначала рассмотрим выражение под знаком корня: $ \operatorname{tg}^2 \alpha + \operatorname{ctg}^2 \alpha + 2 $.

Мы знаем основное тригонометрическое тождество, связывающее тангенс и котангенс: $ \operatorname{tg} \alpha \cdot \operatorname{ctg} \alpha = 1 $. Это тождество верно для всех $ \alpha $, при которых $ \operatorname{tg} \alpha $ и $ \operatorname{ctg} \alpha $ определены, что выполняется в заданном интервале.

Используем это тождество, чтобы представить число 2 в другом виде: $ 2 = 2 \cdot 1 = 2 \cdot \operatorname{tg} \alpha \cdot \operatorname{ctg} \alpha $.

Теперь подставим это представление в подкоренное выражение:$ \operatorname{tg}^2 \alpha + \operatorname{ctg}^2 \alpha + 2 = \operatorname{tg}^2 \alpha + 2 \cdot \operatorname{tg} \alpha \cdot \operatorname{ctg} \alpha + \operatorname{ctg}^2 \alpha $.

Полученное выражение является формулой квадрата суммы $ (a+b)^2 = a^2 + 2ab + b^2 $, где $ a = \operatorname{tg} \alpha $ и $ b = \operatorname{ctg} \alpha $.Следовательно, мы можем свернуть его:$ \operatorname{tg}^2 \alpha + 2 \operatorname{tg} \alpha \operatorname{ctg} \alpha + \operatorname{ctg}^2 \alpha = (\operatorname{tg} \alpha + \operatorname{ctg} \alpha)^2 $.

Теперь левая часть исходного равенства принимает вид:$ \sqrt{\operatorname{tg}^2 \alpha + \operatorname{ctg}^2 \alpha + 2} = \sqrt{(\operatorname{tg} \alpha + \operatorname{ctg} \alpha)^2} $.

По определению арифметического квадратного корня, $ \sqrt{x^2} = |x| $. Применяя это свойство, получаем:$ \sqrt{(\operatorname{tg} \alpha + \operatorname{ctg} \alpha)^2} = |\operatorname{tg} \alpha + \operatorname{ctg} \alpha| $.

Далее необходимо раскрыть модуль. Для этого определим знак выражения $ \operatorname{tg} \alpha + \operatorname{ctg} \alpha $ с учетом условия, наложенного на угол $ \alpha $: $ \pi n < \alpha < \frac{\pi}{2} + \pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

Данное неравенство задает углы, которые лежат либо в первой, либо в третьей координатной четверти.

• При четных $ n $ (например, $ n=0 $), мы получаем $ 0 < \alpha < \frac{\pi}{2} $. Это первая координатная четверть, где $ \operatorname{tg} \alpha > 0 $ и $ \operatorname{ctg} \alpha > 0 $.
• При нечетных $ n $ (например, $ n=1 $), мы получаем $ \pi < \alpha < \frac{3\pi}{2} $. Это третья координатная четверть, где $ \operatorname{tg} \alpha > 0 $ и $ \operatorname{ctg} \alpha > 0 $.

В обоих случаях, для любого целого $ n $, в указанном интервале и тангенс, и котангенс положительны. Следовательно, их сумма также будет положительной: $ \operatorname{tg} \alpha + \operatorname{ctg} \alpha > 0 $.

Поскольку выражение в модуле всегда положительно, модуль можно опустить:$ |\operatorname{tg} \alpha + \operatorname{ctg} \alpha| = \operatorname{tg} \alpha + \operatorname{ctg} \alpha $.

Таким образом, мы показали, что левая часть исходного равенства $ \sqrt{\operatorname{tg}^2 \alpha + \operatorname{ctg}^2 \alpha + 2} $ равна $ \operatorname{tg} \alpha + \operatorname{ctg} \alpha $, что совпадает с правой частью. Равенство доказано.

Ответ: Равенство $ \sqrt{\operatorname{tg}^2 \alpha + \operatorname{ctg}^2 \alpha + 2} = \operatorname{tg} \alpha + \operatorname{ctg} \alpha $ верно для всех $ \alpha $ из интервала $ \pi n < \alpha < \frac{\pi}{2} + \pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $, что и требовалось доказать.