Самостоятельная работа 25 Вариант 1, ГДЗ по алгебре за 10 класс к самостоятельным работам Мерзляка

1) Раскроем скобки в числителе и в знаменателе по формулам синуса суммы и косинуса суммы: \[\sin(30^\circ + \alpha) = \sin 30^\circ\cos\alpha + \cos 30^\circ\sin\alpha = \frac{1}{2}\cos\alpha + \frac{\sqrt{3}}{2}\sin\alpha;\] \[\cos(60^\circ + \alpha) = \cos 60^\circ\cos\alpha - \sin 60^\circ\sin\alpha = \frac{1}{2}\cos\alpha - \frac{\sqrt{3}}{2}\sin\alpha.\]

Тогда числитель дроби равен \(\left(\frac{1}{2}\cos\alpha + \frac{\sqrt{3}}{2}\sin\alpha\right) - \left(\frac{1}{2}\cos\alpha - \frac{\sqrt{3}}{2}\sin\alpha\right) = \sqrt{3}\sin\alpha\), а знаменатель равен \(\left(\frac{1}{2}\cos\alpha + \frac{\sqrt{3}}{2}\sin\alpha\right) + \left(\frac{1}{2}\cos\alpha - \frac{\sqrt{3}}{2}\sin\alpha\right) = \cos\alpha\). Имеем: \[\frac{\sin(30^\circ + \alpha) - \cos(60^\circ + \alpha)}{\sin(30^\circ + \alpha) + \cos(60^\circ + \alpha)} = \frac{\sqrt{3}\sin\alpha}{\cos\alpha} = \sqrt{3}\,\mathrm{tg}\,\alpha.\]

Знаменатель исходной дроби отличен от нуля в точности при \(\cos\alpha \ne 0\) — при этом же условии определён и тангенс.

2) Числитель — правая часть формулы косинуса разности для углов \(63^\circ\) и \(22^\circ\), а знаменатель — правая часть формулы синуса суммы для углов \(16^\circ\) и \(25^\circ\). Имеем: \[\frac{\cos 63^\circ\cos 22^\circ + \sin 63^\circ\sin 22^\circ}{\sin 16^\circ\cos 25^\circ + \cos 16^\circ\sin 25^\circ} = \frac{\cos(63^\circ - 22^\circ)}{\sin(16^\circ + 25^\circ)} = \frac{\cos 41^\circ}{\sin 41^\circ} = \mathrm{ctg}\,41^\circ.\]

Ответ: 1) \(\sqrt{3}\,\mathrm{tg}\,\alpha\); 2) \(\mathrm{ctg}\,41^\circ\).

Котангенс определён при \(\sin 3\alpha \ne 0\), поэтому обе части равенства имеют смысл при \(3\alpha \ne \pi k\), то есть при \(\alpha \ne \frac{\pi k}{3}\), \(k \in \mathbf{Z}\).

Представим \(6\alpha\) в виде суммы \(3\alpha + 3\alpha\) и раскроем синус суммы и косинус суммы: \[\sin 6\alpha = \sin(3\alpha + 3\alpha) = \sin 3\alpha\cos 3\alpha + \cos 3\alpha\sin 3\alpha = 2\sin 3\alpha\cos 3\alpha;\] \[\cos 6\alpha = \cos(3\alpha + 3\alpha) = \cos 3\alpha\cos 3\alpha - \sin 3\alpha\sin 3\alpha = \cos^2 3\alpha - \sin^2 3\alpha.\]

Преобразуем левую часть тождества, заменив котангенс отношением косинуса к синусу. Имеем: \[\begin{aligned} &\sin 6\alpha\,\mathrm{ctg}\,3\alpha - \cos 6\alpha = 2\sin 3\alpha\cos 3\alpha\cdot\frac{\cos 3\alpha}{\sin 3\alpha} - (\cos^2 3\alpha - \sin^2 3\alpha) = {} \\ &= 2\cos^2 3\alpha - \cos^2 3\alpha + \sin^2 3\alpha = \cos^2 3\alpha + \sin^2 3\alpha = 1. \end{aligned}\]

Левая часть равенства оказалась равной правой при всех допустимых значениях \(\alpha\), значит, тождество доказано.

Ответ: тождество доказано: \(\sin 6\alpha\,\mathrm{ctg}\,3\alpha - \cos 6\alpha = 1\).

Представим угол \(105^\circ\) в виде суммы табличных углов: \(105^\circ = 60^\circ + 45^\circ\). Косинусы углов \(60^\circ\), \(45^\circ\) и \(105^\circ\) отличны от нуля, поэтому формулой тангенса суммы пользоваться можно. Имеем: \[\mathrm{tg}\,105^\circ = \mathrm{tg}(60^\circ + 45^\circ) = \frac{\mathrm{tg}\,60^\circ + \mathrm{tg}\,45^\circ}{1 - \mathrm{tg}\,60^\circ\,\mathrm{tg}\,45^\circ} = \frac{\sqrt{3} + 1}{1 - \sqrt{3}\cdot 1} = \frac{\sqrt{3} + 1}{1 - \sqrt{3}}.\]

Избавимся от иррациональности в знаменателе, умножив числитель и знаменатель на \(1 + \sqrt{3}\): \[\frac{\sqrt{3} + 1}{1 - \sqrt{3}} = \frac{(\sqrt{3} + 1)(1 + \sqrt{3})}{(1 - \sqrt{3})(1 + \sqrt{3})} = \frac{4 + 2\sqrt{3}}{1 - 3} = \frac{4 + 2\sqrt{3}}{-2} = -2 - \sqrt{3}.\]

Полученное число отрицательно, и это согласуется с тем, что \(105^\circ\) — угол второй четверти, где тангенс принимает отрицательные значения.

Ответ: \(-2 - \sqrt{3}\).

Из основного тригонометрического тождества \(\cos^2\alpha = 1 - \sin^2\alpha = 1 - \frac{16}{25} = \frac{9}{25}\).

Так как \(90^\circ < \alpha < 180^\circ\), то \(\cos\alpha < 0\), следовательно, \(\cos\alpha = -\sqrt{\frac{9}{25}} = -\frac{3}{5}\).

По формуле синуса суммы имеем: \[\sin(30^\circ + \alpha) = \sin 30^\circ\cos\alpha + \cos 30^\circ\sin\alpha = \frac{1}{2}\cdot\left(-\frac{3}{5}\right) + \frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{4}{5} = -\frac{3}{10} + \frac{4\sqrt{3}}{10} = \frac{4\sqrt{3} - 3}{10}.\]

Проверка: найдём косинус того же угла по формуле косинуса суммы: \(\cos(30^\circ + \alpha) = \cos 30^\circ\cos\alpha - \sin 30^\circ\sin\alpha = -\frac{3\sqrt{3}}{10} - \frac{4}{10} = -\frac{3\sqrt{3} + 4}{10}\). Сумма квадратов найденных значений равна \(\frac{(4\sqrt{3} - 3)^2 + (3\sqrt{3} + 4)^2}{100} = \frac{57 - 24\sqrt{3} + 43 + 24\sqrt{3}}{100} = 1\), как и должно быть по основному тригонометрическому тождеству.

Ответ: \(\dfrac{4\sqrt{3} - 3}{10}\).

Вынесем за скобки число \(13\): \[5\sin\alpha - 12\cos\alpha = 13\left(\frac{5}{13}\sin\alpha - \frac{12}{13}\cos\alpha\right).\]

Так как \(\left(\frac{5}{13}\right)^2 + \left(\frac{12}{13}\right)^2 = \frac{25 + 144}{169} = 1\), точка с координатами \(\left(\frac{5}{13};\ \frac{12}{13}\right)\) лежит на единичной окружности. Координаты точки единичной окружности — это косинус и синус того угла поворота, которым эта точка получена из точки \((1;\ 0)\). Значит, существует такой угол \(\varphi\), что \(\cos\varphi = \frac{5}{13}\) и \(\sin\varphi = \frac{12}{13}\).

Подставим эти значения и свернём выражение в скобках по формуле синуса разности: \[5\sin\alpha - 12\cos\alpha = 13(\sin\alpha\cos\varphi - \cos\alpha\sin\varphi) = 13\sin(\alpha - \varphi).\]

Для любого угла верно \(\sin(\alpha - \varphi) \leqslant 1\), поэтому \(13\sin(\alpha - \varphi) \leqslant 13\). Значение \(13\) выражение принимает при \(\sin(\alpha - \varphi) = 1\), например при \(\alpha = \varphi + \frac{\pi}{2}\).

Ответ: \(13\).

Функция задана правой частью формулы тангенса суммы при \(\alpha = 2x\) и \(\beta = x\).

Функция определена при тех значениях \(x\), при которых определены оба тангенса и знаменатель дроби отличен от нуля: \[\begin{cases} \cos x \ne 0, \\ \cos 2x \ne 0, \\ 1 - \mathrm{tg}\,2x\,\mathrm{tg}\,x \ne 0. \end{cases}\]

Преобразуем левую часть третьего условия. По формуле косинуса суммы числитель получившейся дроби свернётся: \(\cos 2x\cos x - \sin 2x\sin x = \cos(2x + x) = \cos 3x\). При \(\cos x \ne 0\) и \(\cos 2x \ne 0\) имеем: \[1 - \mathrm{tg}\,2x\,\mathrm{tg}\,x = 1 - \frac{\sin 2x\sin x}{\cos 2x\cos x} = \frac{\cos 2x\cos x - \sin 2x\sin x}{\cos 2x\cos x} = \frac{\cos 3x}{\cos 2x\cos x}.\]

Значит, третье условие равносильно условию \(\cos 3x \ne 0\).

Первое условие отдельно записывать не нужно: если \(\cos x = 0\), то \(x = \frac{\pi}{2} + \pi k\) и \(3x = \frac{3\pi}{2} + 3\pi k = \frac{\pi}{2} + \pi(3k + 1)\), а значит, и \(\cos 3x = 0\). Поэтому из условия \(\cos 3x \ne 0\) условие \(\cos x \ne 0\) следует само.

Область определения задают условия \(\cos 3x \ne 0\) и \(\cos 2x \ne 0\), то есть \(3x \ne \frac{\pi}{2} + \pi n\) и \(2x \ne \frac{\pi}{2} + \pi k\): \[D(y) = \left\{x \in \mathbf{R} \mid x \ne \frac{\pi}{6} + \frac{\pi n}{3},\ x \ne \frac{\pi}{4} + \frac{\pi k}{2},\ n \in \mathbf{Z},\ k \in \mathbf{Z}\right\}.\]

На всей области определения выполнены условия применимости формулы тангенса суммы (\(\cos x \ne 0\), \(\cos 2x \ne 0\), \(\cos(2x + x) \ne 0\)), поэтому \[y = \frac{\mathrm{tg}\,2x + \mathrm{tg}\,x}{1 - \mathrm{tg}\,2x\,\mathrm{tg}\,x} = \mathrm{tg}(2x + x) = \mathrm{tg}\,3x.\]

Значит, графиком служит тангенсоида \(y = \mathrm{tg}\,3x\) с периодом \(\frac{\pi}{3}\), нулями \(x = \frac{\pi n}{3}\) и вертикальными асимптотами \(x = \frac{\pi}{6} + \frac{\pi n}{3}\), из которой выброшены точки с абсциссами \(x = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi k}{2}\). Их ординаты чередуются: \(\left(-\frac{3\pi}{4};\ -1\right)\), \(\left(-\frac{\pi}{4};\ 1\right)\), \(\left(\frac{\pi}{4};\ -1\right)\), \(\left(\frac{3\pi}{4};\ 1\right)\), а дальше картина повторяется через \(\pi\).

Каждая ветвь тангенсоиды лежит между соседними асимптотами. Ветвь, серединой которой служит точка \(x = \pi n\) (например, ветвь между прямыми \(x = -\frac{\pi}{6}\) и \(x = \frac{\pi}{6}\)), проколов не имеет, а на двух других ветвях каждого промежутка длиной \(\pi\) — по одному проколу.

Построим график.