Самостоятельная работа 24 Вариант 1, ГДЗ по алгебре за 10 класс к самостоятельным работам Мерзляка

1) Сумма квадратов синуса и косинуса одного и того же аргумента равна единице при любом значении аргумента, поэтому \(\sin^2 3\beta + \cos^2 3\beta = 1\) по основному тригонометрическому тождеству.

Дробь \(\frac{1}{\cos^2 4\alpha}\) существует при \(\cos 4\alpha \ne 0\), то есть при \(4\alpha \ne \frac{\pi}{2} + \pi k\), откуда \(\alpha \ne \frac{\pi}{8} + \frac{\pi k}{4}\), \(k \in \mathbf{Z}\). При таких \(\alpha\) верно равенство \(\frac{1}{\cos^2 4\alpha} = 1 + \mathrm{tg}^2\,4\alpha\). Имеем: \[\sin^2 3\beta + \cos^2 3\beta - \frac{1}{\cos^2 4\alpha} = 1 - (1 + \mathrm{tg}^2\,4\alpha) = -\mathrm{tg}^2\,4\alpha.\]

2) Тождество \(\mathrm{tg}\,3\alpha\,\mathrm{ctg}\,3\alpha = 1\) верно при \(3\alpha \ne \frac{\pi k}{2}\), то есть при \(\alpha \ne \frac{\pi k}{6}\), \(k \in \mathbf{Z}\); при этих же значениях определён и \(\mathrm{tg}\,\frac{\alpha}{4}\). Имеем: \[\mathrm{tg}\,3\alpha\,\mathrm{ctg}\,3\alpha + \mathrm{tg}^2\,\frac{\alpha}{4} = 1 + \mathrm{tg}^2\,\frac{\alpha}{4} = \frac{1}{\cos^2\frac{\alpha}{4}}.\]

3) Выражение существует при \(\cos 3\alpha \ne 0\), то есть при \(\alpha \ne \frac{\pi}{6} + \frac{\pi k}{3}\), \(k \in \mathbf{Z}\).

Так как \(\mathrm{tg}\,3\alpha = \frac{\sin 3\alpha}{\cos 3\alpha}\), то \(\mathrm{tg}^2\,3\alpha\cos^2 3\alpha = \sin^2 3\alpha\), а по основному тригонометрическому тождеству \(\sin^2 3\alpha - 1 = -\cos^2 3\alpha\). Имеем: \[\begin{aligned} &\frac{1 + \mathrm{tg}^2\,3\alpha(\sin^2 3\alpha - 1)}{\cos^2 3\alpha} = \frac{1 - \mathrm{tg}^2\,3\alpha\cos^2 3\alpha}{\cos^2 3\alpha} = {} \\ &= \frac{1 - \sin^2 3\alpha}{\cos^2 3\alpha} = \frac{\cos^2 3\alpha}{\cos^2 3\alpha} = 1. \end{aligned}\]

Ответ: 1) \(-\mathrm{tg}^2\,4\alpha\); 2) \(\dfrac{1}{\cos^2\frac{\alpha}{4}}\); 3) \(1\).

Из основного тригонометрического тождества \(\cos^2\alpha = 1 - \sin^2\alpha\). Имеем: \[\cos^2\alpha = 1 - \left(-\frac{2}{7}\right)^2 = 1 - \frac{4}{49} = \frac{45}{49}.\]

Так как \(\pi < \alpha < \frac{3\pi}{2}\), то \(\cos\alpha < 0\), следовательно, \(\cos\alpha = -\sqrt{\frac{45}{49}} = -\frac{3\sqrt{5}}{7}\).

Тангенс найдём по его определению, а котангенс — по тождеству \(\mathrm{tg}\,\alpha\,\mathrm{ctg}\,\alpha = 1\): \[\mathrm{tg}\,\alpha = \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha} = -\frac{2}{7} : \left(-\frac{3\sqrt{5}}{7}\right) = \frac{2}{3\sqrt{5}} = \frac{2\sqrt{5}}{15};\] \[\mathrm{ctg}\,\alpha = \frac{1}{\mathrm{tg}\,\alpha} = \frac{15}{2\sqrt{5}} = \frac{15\sqrt{5}}{10} = \frac{3\sqrt{5}}{2}.\]

Тангенс и котангенс получились положительными — это согласуется с тем, что \(\alpha\) является углом третьей четверти.

Проверка: \(\mathrm{tg}\,\alpha\,\mathrm{ctg}\,\alpha = \frac{2\sqrt{5}}{15}\cdot\frac{3\sqrt{5}}{2} = \frac{6\cdot 5}{30} = 1\).

Ответ: \(\cos\alpha = -\dfrac{3\sqrt{5}}{7}\), \(\mathrm{tg}\,\alpha = \dfrac{2\sqrt{5}}{15}\), \(\mathrm{ctg}\,\alpha = \dfrac{3\sqrt{5}}{2}\).

1) Сведём выражение к одной функции, заменив \(\sin^2\alpha\) по основному тригонометрическому тождеству: \(\sin^2\alpha = 1 - \cos^2\alpha\). Имеем: \[3\cos^2\alpha - 4\sin^2\alpha = 3\cos^2\alpha - 4(1 - \cos^2\alpha) = 7\cos^2\alpha - 4.\]

Косинус любого угла удовлетворяет неравенству \(-1 \leqslant \cos\alpha \leqslant 1\), поэтому \(0 \leqslant \cos^2\alpha \leqslant 1\) и \(-4 \leqslant 7\cos^2\alpha - 4 \leqslant 3\).

Наибольшее значение выражения равно \(3\) (его выражение принимает при \(\cos\alpha = 1\) и при \(\cos\alpha = -1\)), наименьшее значение равно \(-4\) (его выражение принимает при \(\cos\alpha = 0\)).

2) Котангенс определён при \(\sin\alpha \ne 0\), поэтому и всё выражение имеет смысл только при \(\sin\alpha \ne 0\). При таких \(\alpha\) верно \(\mathrm{ctg}^2\,\alpha\sin^2\alpha = \frac{\cos^2\alpha}{\sin^2\alpha}\cdot\sin^2\alpha = \cos^2\alpha\). Имеем: \[2\sin^2\alpha + 3\,\mathrm{ctg}^2\,\alpha\sin^2\alpha = 2\sin^2\alpha + 3\cos^2\alpha = 2(\sin^2\alpha + \cos^2\alpha) + \cos^2\alpha = 2 + \cos^2\alpha.\]

Из условия \(\sin\alpha \ne 0\) следует, что \(\cos^2\alpha = 1 - \sin^2\alpha < 1\); кроме того, \(\cos^2\alpha \geqslant 0\). Значит, \(2 \leqslant 2 + \cos^2\alpha < 3\).

Наименьшее значение выражения равно \(2\) (его выражение принимает при \(\cos\alpha = 0\): тогда \(\sin\alpha = 1\) или \(\sin\alpha = -1\), и условие \(\sin\alpha \ne 0\) выполнено).

Наибольшего значения у выражения нет: значение \(3\) достигалось бы только при \(\cos^2\alpha = 1\), то есть при \(\sin\alpha = 0\), а такие углы недопустимы; при этом значения выражения подходят к \(3\) сколь угодно близко.

Ответ: 1) наибольшее значение \(3\), наименьшее значение \(-4\); 2) наименьшее значение \(2\), наибольшего значения не существует.

Выражение имеет смысл, когда определены \(\mathrm{tg}\,\beta\) и \(\mathrm{ctg}\,\beta\), то есть при \(\cos\beta \ne 0\) и \(\sin\beta \ne 0\). Для углов промежутка \(\pi < \beta < \frac{3\pi}{2}\) оба условия выполнены.

Имеем: \[\begin{aligned} &\sqrt{\cos^2\beta(1 + \mathrm{tg}\,\beta) + \sin^2\beta(1 + \mathrm{ctg}\,\beta)} = {} \\ &= \sqrt{\cos^2\beta + \cos^2\beta\cdot\frac{\sin\beta}{\cos\beta} + \sin^2\beta + \sin^2\beta\cdot\frac{\cos\beta}{\sin\beta}} = {} \\ &= \sqrt{\cos^2\beta + \sin\beta\cos\beta + \sin^2\beta + \cos\beta\sin\beta} = {} \\ &= \sqrt{1 + 2\sin\beta\cos\beta} = \sqrt{(\sin\beta + \cos\beta)^2} = |\sin\beta + \cos\beta|. \end{aligned}\]

Так как \(\pi < \beta < \frac{3\pi}{2}\), то \(\sin\beta < 0\) и \(\cos\beta < 0\). Поэтому \(\sin\beta + \cos\beta < 0\). Следовательно, \(|\sin\beta + \cos\beta| = -\sin\beta - \cos\beta\).

Ответ: \(-\sin\beta - \cos\beta\).