Самостоятельная работа 24 Вариант 3, ГДЗ по алгебре за 10 класс к самостоятельным работам Мерзляка

1) По основному тригонометрическому тождеству \(\sin^2 \dfrac{\alpha}{2} + \cos^2 \dfrac{\alpha}{2} = 1\), и это равенство верно при любом \(\alpha\).

Выражение \(\dfrac{1}{\sin^2 3\beta}\) определено при \(\sin 3\beta \ne 0\), то есть при \(3\beta \ne \pi k\), \(k \in \mathbf{Z}\); при таких \(\beta\) верно \(\dfrac{1}{\sin^2 3\beta} = 1 + \mathrm{ctg}^2\,3\beta\). Имеем: \[\sin^2 \frac{\alpha}{2} + \cos^2 \frac{\alpha}{2} - \frac{1}{\sin^2 3\beta} = 1 - (1 + \mathrm{ctg}^2\,3\beta) = -\mathrm{ctg}^2\,3\beta.\]

2) Тождество \(\mathrm{tg}\,5x\,\mathrm{ctg}\,5x = 1\) верно при \(5x \ne \dfrac{\pi k}{2}\), \(k \in \mathbf{Z}\), а \(\mathrm{tg}\,4x\) определён при \(\cos 4x \ne 0\), и при таких \(x\) выполняется \(1 + \mathrm{tg}^2\,4x = \dfrac{1}{\cos^2 4x}\). Имеем: \[\mathrm{tg}\,5x\,\mathrm{ctg}\,5x + \mathrm{tg}^2\,4x = 1 + \mathrm{tg}^2\,4x = \frac{1}{\cos^2 4x}.\]

3) Выражение определено при \(\cos 4\alpha \ne 0\). Преобразуем знаменатель, заменив \(\sin^2 4\alpha - 1\) на \(-\cos^2 4\alpha\) по основному тригонометрическому тождеству: \[\begin{aligned} &1 + \mathrm{tg}^2\,4\alpha\,(\sin^2 4\alpha - 1) = 1 - \mathrm{tg}^2\,4\alpha\cos^2 4\alpha = {} \\ &= 1 - \frac{\sin^2 4\alpha}{\cos^2 4\alpha} \cdot \cos^2 4\alpha = 1 - \sin^2 4\alpha = \cos^2 4\alpha. \end{aligned}\]

Знаменатель дроби оказался равен её числителю, поэтому \(\dfrac{\cos^2 4\alpha}{1 + \mathrm{tg}^2 4\alpha(\sin^2 4\alpha - 1)} = \dfrac{\cos^2 4\alpha}{\cos^2 4\alpha} = 1\).

Ответ: 1) \(-\mathrm{ctg}^2\,3\beta\); 2) \(\dfrac{1}{\cos^2 4x}\); 3) \(1\).

Имеем: \(\sin^2 \gamma = 1 - \cos^2 \gamma = 1 - \left(-\dfrac{3}{8}\right)^2 = 1 - \dfrac{9}{64} = \dfrac{55}{64}\).

Так как \(\dfrac{\pi}{2} < \gamma < \pi\), то \(\sin \gamma > 0\), следовательно, \(\sin \gamma = \sqrt{\dfrac{55}{64}} = \dfrac{\sqrt{55}}{8}\).

\(\mathrm{tg}\,\gamma = \dfrac{\sin \gamma}{\cos \gamma} = \dfrac{\sqrt{55}}{8} : \left(-\dfrac{3}{8}\right) = -\dfrac{\sqrt{55}}{3}\);

\(\mathrm{ctg}\,\gamma = \dfrac{1}{\mathrm{tg}\,\gamma} = -\dfrac{3}{\sqrt{55}} = -\dfrac{3\sqrt{55}}{55}\).

Проверка: угол \(\gamma\) — угол II четверти, а в ней тангенс и котангенс отрицательны; оба найденных значения отрицательны.

Ответ: \(\sin \gamma = \dfrac{\sqrt{55}}{8}\); \(\mathrm{tg}\,\gamma = -\dfrac{\sqrt{55}}{3}\); \(\mathrm{ctg}\,\gamma = -\dfrac{3\sqrt{55}}{55}\).

1) По основному тригонометрическому тождеству \(\cos^2 \alpha = 1 - \sin^2 \alpha\), поэтому выражение сводится к одной функции: \[5\sin^2 \alpha - 2\cos^2 \alpha = 5\sin^2 \alpha - 2(1 - \sin^2 \alpha) = 7\sin^2 \alpha - 2.\]

При любом \(\alpha\) выполняется \(0 \leqslant \sin^2 \alpha \leqslant 1\), значит, \(-2 \leqslant 7\sin^2 \alpha - 2 \leqslant 5\).

Наибольшее значение выражения равно \(5\) (его выражение принимает при \(\sin \alpha = \pm 1\)), наименьшее значение равно \(-2\) (его выражение принимает при \(\sin \alpha = 0\)).

2) Котангенс определён при \(\sin \alpha \ne 0\), и при таких \(\alpha\) выполняется \(\mathrm{ctg}^2\,\alpha \sin^2 \alpha = \dfrac{\cos^2 \alpha}{\sin^2 \alpha} \cdot \sin^2 \alpha = \cos^2 \alpha\). Имеем: \[\begin{aligned} &4\sin^2 \alpha - 3\,\mathrm{ctg}^2\,\alpha \sin^2 \alpha = 4\sin^2 \alpha - 3\cos^2 \alpha = {} \\ &= 4(1 - \cos^2 \alpha) - 3\cos^2 \alpha = 4 - 7\cos^2 \alpha. \end{aligned}\]

Условие \(\sin \alpha \ne 0\) означает, что \(\cos^2 \alpha \ne 1\), поэтому \(0 \leqslant \cos^2 \alpha < 1\), и значения выражения \(4 - 7\cos^2 \alpha\) заполняют промежуток \((-3;\ 4]\).

Наибольшее значение выражения равно \(4\) (его выражение принимает при \(\cos \alpha = 0\); тогда \(\sin \alpha = \pm 1\), и область определения не нарушена). Наименьшего значения не существует: число \(-3\) выражение приняло бы только при \(\cos^2 \alpha = 1\), то есть при \(\sin \alpha = 0\), а такие \(\alpha\) в область определения не входят.

Ответ: 1) наибольшее значение \(5\), наименьшее значение \(-2\); 2) наибольшее значение \(4\), наименьшего значения не существует.

При \(\dfrac{3\pi}{2} < \alpha < 2\pi\) выполняется \(\sin \alpha \ne 0\) и \(\cos \alpha \ne 0\), поэтому \(\mathrm{ctg}\,\alpha\) и \(\mathrm{tg}\,\alpha\) определены. Имеем: \[\begin{aligned} &\sqrt{\sin^2 \alpha(1 - \mathrm{ctg}\,\alpha) + \cos^2 \alpha(1 - \mathrm{tg}\,\alpha)} = {} \\ &= \sqrt{\sin^2 \alpha - \sin^2 \alpha \cdot \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha} + \cos^2 \alpha - \cos^2 \alpha \cdot \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}} = {} \\ &= \sqrt{\sin^2 \alpha - \sin \alpha \cos \alpha + \cos^2 \alpha - \cos \alpha \sin \alpha} = {} \\ &= \sqrt{\sin^2 \alpha - 2\sin \alpha \cos \alpha + \cos^2 \alpha} = {} \\ &= \sqrt{(\sin \alpha - \cos \alpha)^2} = |\sin \alpha - \cos \alpha|. \end{aligned}\]

Так как \(\dfrac{3\pi}{2} < \alpha < 2\pi\), то \(\sin \alpha < 0\), \(\cos \alpha > 0\). Поэтому \(\sin \alpha - \cos \alpha < 0\). Следовательно, \(|\sin \alpha - \cos \alpha| = \cos \alpha - \sin \alpha\).

Ответ: \(\cos \alpha - \sin \alpha\).