Номер 502, страница 141 - гдз по алгебре 9 класс учебник Никольский, Потапов

$\sqrt{2} - 1$, $\sqrt{2} + 1$

502. Дан острый угол, величина которого равна $\alpha$. На его стороне на расстоянии $l$ от вершины отметили точку $A_1$. Из неё провели перпендикуляр $A_1A_2$ ко второй стороне угла, из точки $A_2$ провели перпендикуляр $A_2A_3$ к первой стороне и т. д. (рис. 61). Получилась ломаная с бесконечным числом звеньев. Вычислите её длину, если:

a) $l = 1 \text{ м}$, $\alpha = 45^\circ$;

б) $l = 1 \text{ м}$, $\alpha = 30^\circ$.

Рис. 61

Длина ломаной представляет собой сумму длин её звеньев $A_1A_2, A_2A_3, A_3A_4, \dots$. Найдём длины этих звеньев, чтобы определить закономерность.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle AA_1A_2$ (с прямым углом при вершине $A_2$). По условию, гипотенуза $AA_1 = l$, а угол $\angle A_1AA_2 = \alpha$.

Длина первого звена $A_1A_2$ (катета, противолежащего углу $\alpha$) равна: $|A_1A_2| = |AA_1| \sin \alpha = l \sin \alpha$.

Длина катета $AA_2$ (прилежащего к углу $\alpha$) равна: $|AA_2| = |AA_1| \cos \alpha = l \cos \alpha$.

Далее рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle AA_2A_3$ (с прямым углом при $A_3$). Его гипотенузой является отрезок $AA_2$, длина которого $|AA_2| = l \cos \alpha$. Угол $\angle A_2AA_3$ также равен $\alpha$.

Длина второго звена $A_2A_3$ равна: $|A_2A_3| = |AA_2| \sin \alpha = (l \cos \alpha) \sin \alpha = l \sin \alpha \cos \alpha$.

Длина катета $AA_3$ равна: $|AA_3| = |AA_2| \cos \alpha = (l \cos \alpha) \cos \alpha = l \cos^2 \alpha$.

Продолжая этот процесс, для третьего звена $A_3A_4$ из $\triangle AA_3A_4$ (гипотенуза $AA_3$) получим:

$|A_3A_4| = |AA_3| \sin \alpha = (l \cos^2 \alpha) \sin \alpha = l \sin \alpha \cos^2 \alpha$.

Таким образом, длины звеньев ломаной ($|A_1A_2|, |A_2A_3|, |A_3A_4|, \dots$) образуют бесконечно убывающую геометрическую прогрессию. Первый член этой прогрессии $b_1 = l \sin \alpha$, а знаменатель прогрессии $q = \frac{|A_2A_3|}{|A_1A_2|} = \frac{l \sin \alpha \cos \alpha}{l \sin \alpha} = \cos \alpha$.

Так как по условию угол $\alpha$ острый, то $0 < \alpha < 90^\circ$, и следовательно, $0 < \cos \alpha < 1$. Это означает, что $|q| < 1$, и сумма данной геометрической прогрессии существует.

Сумма членов бесконечно убывающей геометрической прогрессии вычисляется по формуле $S = \frac{b_1}{1-q}$. В нашем случае, искомая длина ломаной $L$ равна этой сумме:

$L = \frac{l \sin \alpha}{1 - \cos \alpha}$

Теперь вычислим длину ломаной для заданных значений.

а) При $l=1$ м и $\alpha = 45^\circ$ имеем:

$\sin 45^\circ = \frac{\sqrt{2}}{2}$

$\cos 45^\circ = \frac{\sqrt{2}}{2}$

Подставляем эти значения в полученную формулу:

$L = \frac{1 \cdot \sin 45^\circ}{1 - \cos 45^\circ} = \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{1 - \frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{2-\sqrt{2}}{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2-\sqrt{2}}$

Для упрощения выражения избавимся от иррациональности в знаменателе, умножив числитель и знаменатель на сопряженное выражение $(2+\sqrt{2})$:

$L = \frac{\sqrt{2}(2+\sqrt{2})}{(2-\sqrt{2})(2+\sqrt{2})} = \frac{2\sqrt{2} + (\sqrt{2})^2}{2^2 - (\sqrt{2})^2} = \frac{2\sqrt{2} + 2}{4 - 2} = \frac{2(\sqrt{2} + 1)}{2} = \sqrt{2} + 1$ м.

Ответ: $(\sqrt{2} + 1)$ м.

б) При $l=1$ м и $\alpha = 30^\circ$ имеем:

$\sin 30^\circ = \frac{1}{2}$

$\cos 30^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2}$

Подставляем эти значения в формулу:

$L = \frac{1 \cdot \sin 30^\circ}{1 - \cos 30^\circ} = \frac{\frac{1}{2}}{1 - \frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{\frac{1}{2}}{\frac{2-\sqrt{3}}{2}} = \frac{1}{2-\sqrt{3}}$

Избавимся от иррациональности в знаменателе, умножив числитель и знаменатель на сопряженное выражение $(2+\sqrt{3})$:

$L = \frac{1(2+\sqrt{3})}{(2-\sqrt{3})(2+\sqrt{3})} = \frac{2+\sqrt{3}}{2^2 - (\sqrt{3})^2} = \frac{2+\sqrt{3}}{4 - 3} = \frac{2+\sqrt{3}}{1} = 2 + \sqrt{3}$ м.

Ответ: $(2 + \sqrt{3})$ м.