Контрольная работа 6 Вариант 2, ГДЗ по алгебре за 10 класс к самостоятельным работам Мерзляка

1) Произведение \(\mathrm{tg}\,11\alpha\,\mathrm{ctg}\,11\alpha\) определено при \(11\alpha \ne \frac{\pi k}{2}\), то есть при \(\alpha \ne \frac{\pi k}{22}\), \(k \in \mathbf{Z}\); знаменатель дроби \(\cos^2 8\alpha - 1 = -\sin^2 8\alpha\) отличен от нуля при \(\sin 8\alpha \ne 0\), то есть при \(\alpha \ne \frac{\pi n}{8}\), \(n \in \mathbf{Z}\).

По основному тригонометрическому тождеству \(1 - \sin^2 8\alpha = \cos^2 8\alpha\) и \(\cos^2 8\alpha - 1 = -\sin^2 8\alpha\), а \(\mathrm{tg}\,11\alpha\,\mathrm{ctg}\,11\alpha = 1\). Имеем: \[\begin{aligned} &\frac{1 - \sin^2 8\alpha}{\cos^2 8\alpha - 1} - \mathrm{tg}\,11\alpha\,\mathrm{ctg}\,11\alpha = \frac{\cos^2 8\alpha}{-\sin^2 8\alpha} - 1 = {} \\ &= -\mathrm{ctg}^2 8\alpha - 1 = -\left(1 + \mathrm{ctg}^2 8\alpha\right) = -\frac{1}{\sin^2 8\alpha}. \end{aligned}\]

2) Выражение определено при \(\sin 20\alpha \ne 0\), то есть при \(\alpha \ne \frac{\pi k}{20}\), \(k \in \mathbf{Z}\). Применив формулу синуса двойного аргумента \(\sin 20\alpha = 2\sin 10\alpha \cos 10\alpha\), получаем: \[\frac{6\sin^2 10\alpha}{\sin 20\alpha} = \frac{6\sin^2 10\alpha}{2\sin 10\alpha \cos 10\alpha} = \frac{3\sin 10\alpha}{\cos 10\alpha} = 3\,\mathrm{tg}\,10\alpha.\]

3) По формуле суммы синусов и формуле суммы косинусов \[\sin 12\alpha + \sin 8\alpha = 2\sin\frac{12\alpha + 8\alpha}{2}\cos\frac{12\alpha - 8\alpha}{2} = 2\sin 10\alpha \cos 2\alpha;\] \[\cos 11\alpha + \cos 7\alpha = 2\cos\frac{11\alpha + 7\alpha}{2}\cos\frac{11\alpha - 7\alpha}{2} = 2\cos 9\alpha \cos 2\alpha.\] Выражение определено при \(\cos 11\alpha + \cos 7\alpha \ne 0\), то есть при \(\cos 9\alpha \ne 0\) и \(\cos 2\alpha \ne 0\); на общий множитель \(\cos 2\alpha\) дробь сокращается: \[\frac{\sin 12\alpha + \sin 8\alpha}{\cos 11\alpha + \cos 7\alpha} = \frac{2\sin 10\alpha \cos 2\alpha}{2\cos 9\alpha \cos 2\alpha} = \frac{\sin 10\alpha}{\cos 9\alpha}.\]

4) По формуле преобразования произведения синуса и косинуса в сумму \(\sin x \cos y = \frac{1}{2}\left(\sin(x - y) + \sin(x + y)\right)\) при \(x = 11\alpha\) и \(y = 5\alpha\) получаем \(2\sin 11\alpha \cos 5\alpha = \sin 6\alpha + \sin 16\alpha\). Тогда \[2\sin 11\alpha \cos 5\alpha - \sin 6\alpha = \sin 6\alpha + \sin 16\alpha - \sin 6\alpha = \sin 16\alpha.\]

Ответ: 1) \(-\frac{1}{\sin^2 8\alpha}\); 2) \(3\,\mathrm{tg}\,10\alpha\); 3) \(\frac{\sin 10\alpha}{\cos 9\alpha}\); 4) \(\sin 16\alpha\).

Функция \(y = \mathrm{tg}\,x\) возрастает на промежутке \(\left(-\frac{\pi}{2};\ \frac{\pi}{2}\right)\), причём \(\mathrm{tg}\,\frac{\pi}{4} = 1\). Из условий \(\mathrm{tg}\,\alpha = 1{,}25 > 1\) и \(0 < \alpha < \frac{\pi}{2}\) следует, что \(\frac{\pi}{4} < \alpha < \frac{\pi}{2}\); из условий \(\mathrm{tg}\,\beta = 9 > 1\) и \(0 < \beta < \frac{\pi}{2}\) следует, что \(\frac{\pi}{4} < \beta < \frac{\pi}{2}\). Сложив эти двойные неравенства, получаем: \[\frac{\pi}{2} < \alpha + \beta < \pi.\]

Косинусы углов \(\alpha\) и \(\beta\) отличны от нуля, и на промежутке \(\left(\frac{\pi}{2};\ \pi\right)\) косинус тоже отличен от нуля, поэтому применима формула тангенса суммы: \[\begin{aligned} &\mathrm{tg}\,(\alpha + \beta) = \frac{\mathrm{tg}\,\alpha + \mathrm{tg}\,\beta}{1 - \mathrm{tg}\,\alpha\,\mathrm{tg}\,\beta} = \frac{1{,}25 + 9}{1 - 1{,}25 \cdot 9} = {} \\ &= \frac{10{,}25}{1 - 11{,}25} = \frac{10{,}25}{-10{,}25} = -1. \end{aligned}\]

По формуле приведения \(\mathrm{tg}\,\frac{3\pi}{4} = \mathrm{tg}\left(\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{4}\right) = -\mathrm{ctg}\,\frac{\pi}{4} = -1\), и число \(\frac{3\pi}{4}\) принадлежит промежутку \(\left(\frac{\pi}{2};\ \pi\right)\). Тангенс возрастает на промежутке \(\left(\frac{\pi}{2};\ \frac{3\pi}{2}\right)\), поэтому каждое своё значение он принимает там не более одного раза, и другого числа с тангенсом, равным \(-1\), в промежутке \(\left(\frac{\pi}{2};\ \pi\right)\) нет.

Следовательно, \(\alpha + \beta = \frac{3\pi}{4}\).

Ответ: \(\alpha + \beta = \frac{3\pi}{4}\).

1) Тождество рассматриваем при \(\alpha \ne \frac{\pi k}{14}\), \(k \in \mathbf{Z}\): при этих значениях \(\sin 14\alpha \ne 0\), а вместе с ним отличны от нуля и \(\sin 7\alpha\), и \(\cos 7\alpha\).

Преобразуем левую часть: \[\begin{aligned} &\mathrm{ctg}\,7\alpha - \mathrm{tg}\,7\alpha = \frac{\cos 7\alpha}{\sin 7\alpha} - \frac{\sin 7\alpha}{\cos 7\alpha} = \frac{\cos^2 7\alpha - \sin^2 7\alpha}{\sin 7\alpha \cos 7\alpha} = {} \\ &= \frac{\cos 14\alpha}{\frac{1}{2} \cdot 2\sin 7\alpha \cos 7\alpha} = \frac{\cos 14\alpha}{\frac{1}{2}\sin 14\alpha} = \frac{2\cos 14\alpha}{\sin 14\alpha} = 2\,\mathrm{ctg}\,14\alpha \end{aligned}\] (применены формулы косинуса и синуса двойного аргумента). Левая часть равна правой, тождество доказано.

2) Тождество рассматриваем при \(\cos 5\beta \ne 0\) и \(\cos 10\beta \ne 0\), то есть при \(\beta \ne \frac{\pi}{10} + \frac{\pi k}{5}\) и \(\beta \ne \frac{\pi}{20} + \frac{\pi n}{10}\), где \(k \in \mathbf{Z}\), \(n \in \mathbf{Z}\).

Преобразуем левую часть: \[\begin{aligned} &1 + \mathrm{tg}\,5\beta\,\mathrm{tg}\,10\beta = 1 + \frac{\sin 5\beta \sin 10\beta}{\cos 5\beta \cos 10\beta} = \frac{\cos 5\beta \cos 10\beta + \sin 5\beta \sin 10\beta}{\cos 5\beta \cos 10\beta} = {} \\ &= \frac{\cos(10\beta - 5\beta)}{\cos 5\beta \cos 10\beta} = \frac{\cos 5\beta}{\cos 5\beta \cos 10\beta} = \frac{1}{\cos 10\beta} \end{aligned}\] (в числителе применена формула косинуса разности). Левая часть равна правой, тождество доказано.

3) Тождество рассматриваем при \(\sin\alpha \ne 0\), то есть при \(\alpha \ne \pi k\), \(k \in \mathbf{Z}\): при этих значениях знаменатель \(1 - \cos 2\alpha = 2\sin^2\alpha\) отличен от нуля.

Период косинуса равен \(2\pi\), поэтому \(\cos(2\pi + 6\alpha) = \cos 6\alpha\). По формулам приведения \(\sin\left(\frac{\pi}{2} - 8\alpha\right) = \cos 8\alpha\), \(\cos\left(\frac{3\pi}{2} + 8\alpha\right) = \sin 8\alpha\), \(\sin(\pi - 6\alpha) = \sin 6\alpha\), \(\sin\left(\frac{3\pi}{2} - 2\alpha\right) = -\cos 2\alpha\).

Значит, числитель левой части равен \(\left(\cos 6\alpha - \cos 8\alpha\right)\left(\sin 8\alpha - \sin 6\alpha\right)\), а знаменатель равен \(1 - \cos 2\alpha\).

По формуле разности косинусов \(\cos 6\alpha - \cos 8\alpha = -2\sin 7\alpha \sin(-\alpha) = 2\sin 7\alpha \sin\alpha\) (использована нечётность синуса); по формуле разности синусов \(\sin 8\alpha - \sin 6\alpha = 2\sin\alpha \cos 7\alpha\); по формуле \(1 - \cos 2\alpha = 2\sin^2\alpha\) преобразуем знаменатель. Тогда левая часть равна \[\begin{aligned} &\frac{2\sin 7\alpha \sin\alpha \cdot 2\sin\alpha \cos 7\alpha}{2\sin^2\alpha} = \frac{4\sin 7\alpha \cos 7\alpha \sin^2\alpha}{2\sin^2\alpha} = {} \\ &= 2\sin 7\alpha \cos 7\alpha = \sin 14\alpha. \end{aligned}\]

Левая часть равна правой, тождество доказано.

Ответ: тождества доказаны: 1) \(\mathrm{ctg}\,7\alpha - \mathrm{tg}\,7\alpha = 2\,\mathrm{ctg}\,14\alpha\); 2) \(1 + \mathrm{tg}\,5\beta\,\mathrm{tg}\,10\beta = \frac{1}{\cos 10\beta}\); 3) \(\frac{\left(\cos(2\pi + 6\alpha) - \sin\left(\frac{\pi}{2} - 8\alpha\right)\right)\left(\cos\left(\frac{3\pi}{2} + 8\alpha\right) - \sin(\pi - 6\alpha)\right)}{1 + \sin\left(\frac{3\pi}{2} - 2\alpha\right)} = \sin 14\alpha\).

Так как \(\sin 20^\circ \ne 0\), умножим и разделим данное выражение на \(2\sin 20^\circ\) и трижды применим формулу синуса двойного аргумента: \[\begin{aligned} &\cos 20^\circ \cos 40^\circ \cos 80^\circ = \frac{2\sin 20^\circ \cos 20^\circ \cos 40^\circ \cos 80^\circ}{2\sin 20^\circ} = {} \\ &= \frac{2\sin 40^\circ \cos 40^\circ \cos 80^\circ}{4\sin 20^\circ} = \frac{2\sin 80^\circ \cos 80^\circ}{8\sin 20^\circ} = \frac{\sin 160^\circ}{8\sin 20^\circ}. \end{aligned}\]

По формуле приведения \(\sin 160^\circ = \sin(180^\circ - 20^\circ) = \sin 20^\circ\), поэтому \[\frac{\sin 160^\circ}{8\sin 20^\circ} = \frac{\sin 20^\circ}{8\sin 20^\circ} = \frac{1}{8}.\]

Ответ: \(\frac{1}{8}\).

По основному тригонометрическому тождеству и формуле синуса двойного аргумента \[4 - 4\sin 2\alpha = 4\left(\sin^2\alpha + \cos^2\alpha - 2\sin\alpha\cos\alpha\right) = 4(\sin\alpha - \cos\alpha)^2;\] по формуле \(1 - \cos 2\alpha = 2\sin^2\alpha\) \[2 - 2\cos 2\alpha = 2\left(1 - \cos 2\alpha\right) = 2 \cdot 2\sin^2\alpha = 4\sin^2\alpha.\]

Квадратный корень из квадрата равен модулю основания: \[\sqrt{4(\sin\alpha - \cos\alpha)^2} = 2\left|\sin\alpha - \cos\alpha\right|, \qquad \sqrt{4\sin^2\alpha} = 2\left|\sin\alpha\right|.\]

Так как \(\frac{\pi}{2} < \alpha < \pi\), то \(\sin\alpha > 0\), \(\cos\alpha < 0\). Поэтому \(\sin\alpha - \cos\alpha > 0\), следовательно, \(\left|\sin\alpha - \cos\alpha\right| = \sin\alpha - \cos\alpha\); кроме того, \(\left|\sin\alpha\right| = \sin\alpha\). Значит, \[\sqrt{4 - 4\sin 2\alpha} - \sqrt{2 - 2\cos 2\alpha} = 2(\sin\alpha - \cos\alpha) - 2\sin\alpha = -2\cos\alpha.\]

Ответ: \(-2\cos\alpha\).