Самостоятельная работа 25 Вариант 3, ГДЗ по алгебре за 10 класс к самостоятельным работам Мерзляка

1) Раскроем каждую скобку по формулам сложения:

\(\cos(30^\circ + \alpha) = \cos 30^\circ \cos \alpha - \sin 30^\circ \sin \alpha = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos \alpha - \dfrac{1}{2}\sin \alpha\);

\(\sin(60^\circ + \alpha) = \sin 60^\circ \cos \alpha + \cos 60^\circ \sin \alpha = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos \alpha + \dfrac{1}{2}\sin \alpha\);

\(\cos(30^\circ - \alpha) = \cos 30^\circ \cos \alpha + \sin 30^\circ \sin \alpha = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos \alpha + \dfrac{1}{2}\sin \alpha\);

\(\sin(60^\circ - \alpha) = \sin 60^\circ \cos \alpha - \cos 60^\circ \sin \alpha = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos \alpha - \dfrac{1}{2}\sin \alpha\).

Числитель дроби равен \[\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos \alpha - \frac{1}{2}\sin \alpha\right) - \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos \alpha + \frac{1}{2}\sin \alpha\right) = -\sin \alpha.\]

Знаменатель дроби равен \[\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos \alpha + \frac{1}{2}\sin \alpha\right) - \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos \alpha - \frac{1}{2}\sin \alpha\right) = \sin \alpha.\]

Дробь определена при \(\sin \alpha \ne 0\), и тогда она равна \(\dfrac{-\sin \alpha}{\sin \alpha} = -1\).

2) Числитель — это косинус суммы: \(\cos 14^\circ \cos 23^\circ - \sin 14^\circ \sin 23^\circ = \cos(14^\circ + 23^\circ) = \cos 37^\circ\).

Знаменатель — это синус разности: \(\sin 56^\circ \cos 19^\circ - \cos 56^\circ \sin 19^\circ = \sin(56^\circ - 19^\circ) = \sin 37^\circ\).

Значит, дробь равна \(\dfrac{\cos 37^\circ}{\sin 37^\circ} = \mathrm{ctg}\,37^\circ\).

Ответ: 1) \(-1\); 2) \(\mathrm{ctg}\,37^\circ\).

Тождество рассматривается при тех \(\alpha\), при которых определён \(\mathrm{tg}\,\alpha\), то есть при \(\cos \alpha \ne 0\).

Аргумент \(2\alpha\) — это сумма \(\alpha + \alpha\), поэтому по формулам сложения

\(\sin 2\alpha = \sin(\alpha + \alpha) = \sin \alpha \cos \alpha + \cos \alpha \sin \alpha = 2\sin \alpha \cos \alpha\);

\(\cos 2\alpha = \cos(\alpha + \alpha) = \cos \alpha \cos \alpha - \sin \alpha \sin \alpha = \cos^2 \alpha - \sin^2 \alpha\).

Преобразуем левую часть тождества, приведя её к общему знаменателю \(\cos \alpha\): \[\begin{aligned} &\sin 2\alpha - \cos 2\alpha\,\mathrm{tg}\,\alpha = 2\sin \alpha \cos \alpha - (\cos^2 \alpha - \sin^2 \alpha) \cdot \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} = {} \\ &= \frac{2\sin \alpha \cos^2 \alpha - (\cos^2 \alpha - \sin^2 \alpha)\sin \alpha}{\cos \alpha} = {} \\ &= \frac{\sin \alpha\,(2\cos^2 \alpha - \cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha)}{\cos \alpha} = \frac{\sin \alpha\,(\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha)}{\cos \alpha} = {} \\ &= \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \mathrm{tg}\,\alpha. \end{aligned}\]

Левая часть преобразована к правой, значит, тождество верно при всех \(\alpha\), при которых обе его части определены.

Ответ: тождество доказано: \(\sin 2\alpha - \cos 2\alpha\,\mathrm{tg}\,\alpha = \mathrm{tg}\,\alpha\).

Представим \(15^\circ\) как разность углов, тангенсы которых известны: \(15^\circ = 45^\circ - 30^\circ\). Формулой тангенса разности пользоваться можно: \(\cos 45^\circ \ne 0\), \(\cos 30^\circ \ne 0\) и \(\cos 15^\circ \ne 0\). Имеем: \[\begin{aligned} &\mathrm{tg}\,15^\circ = \mathrm{tg}(45^\circ - 30^\circ) = \frac{\mathrm{tg}\,45^\circ - \mathrm{tg}\,30^\circ}{1 + \mathrm{tg}\,45^\circ\,\mathrm{tg}\,30^\circ} = {} \\ &= \frac{1 - \frac{\sqrt{3}}{3}}{1 + \frac{\sqrt{3}}{3}} = \frac{3 - \sqrt{3}}{3 + \sqrt{3}}. \end{aligned}\]

Освободимся от иррациональности в знаменателе, умножив числитель и знаменатель на \(3 - \sqrt{3}\): \[\frac{3 - \sqrt{3}}{3 + \sqrt{3}} = \frac{(3 - \sqrt{3})^2}{(3 + \sqrt{3})(3 - \sqrt{3})} = \frac{12 - 6\sqrt{3}}{6} = 2 - \sqrt{3}.\]

Полученное число положительно (\(2 - \sqrt{3} \approx 0{,}27\)), и это отвечает тому, что \(15^\circ\) — угол I четверти.

Ответ: \(2 - \sqrt{3}\).

Имеем: \(\sin^2 \alpha = 1 - \cos^2 \alpha = 1 - (-0{,}6)^2 = 1 - 0{,}36 = 0{,}64\).

Так как \(180^\circ < \alpha < 270^\circ\), то \(\sin \alpha < 0\), следовательно, \(\sin \alpha = -\sqrt{0{,}64} = -0{,}8\).

По формуле синуса разности: \[\begin{aligned} &\sin(60^\circ - \alpha) = \sin 60^\circ \cos \alpha - \cos 60^\circ \sin \alpha = {} \\ &= \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot (-0{,}6) - \frac{1}{2} \cdot (-0{,}8) = -0{,}3\sqrt{3} + 0{,}4 = \frac{4 - 3\sqrt{3}}{10}. \end{aligned}\]

Ответ: \(\dfrac{4 - 3\sqrt{3}}{10}\).

Представим данное выражение в виде синуса суммы. Для этого вынесем за скобки число \(5\): \[3\sin \alpha + 4\cos \alpha = 5\left(\frac{3}{5}\sin \alpha + \frac{4}{5}\cos \alpha\right).\]

Так как \(\left(\dfrac{3}{5}\right)^2 + \left(\dfrac{4}{5}\right)^2 = \dfrac{9}{25} + \dfrac{16}{25} = 1\), точка с координатами \(\left(\dfrac{3}{5};\ \dfrac{4}{5}\right)\) лежит на единичной окружности. Координаты точки единичной окружности — это косинус и синус угла поворота, которым эта точка получена из точки \(P_0(1;\ 0)\), поэтому существует угол \(\varphi\), для которого \(\cos \varphi = \dfrac{3}{5}\) и \(\sin \varphi = \dfrac{4}{5}\). Тогда \[3\sin \alpha + 4\cos \alpha = 5(\sin \alpha \cos \varphi + \cos \alpha \sin \varphi) = 5\sin(\alpha + \varphi).\]

При любом значении аргумента \(\sin(\alpha + \varphi) \leqslant 1\), поэтому \(5\sin(\alpha + \varphi) \leqslant 5\).

Наибольшее значение данного выражения равно \(5\) (его выражение принимает при \(\sin(\alpha + \varphi) = 1\)).

Ответ: \(5\).

Дробь из условия — правая часть формулы тангенса разности при \(\alpha = 5x\) и \(\beta = 3x\): \[\frac{\mathrm{tg}\,5x - \mathrm{tg}\,3x}{1 + \mathrm{tg}\,5x\,\mathrm{tg}\,3x} = \mathrm{tg}(5x - 3x) = \mathrm{tg}\,2x.\]

Формула тангенса разности верна при \(\cos 5x \ne 0\), \(\cos 3x \ne 0\) и \(\cos 2x \ne 0\). Эти же три условия задают и область определения данной функции: тангенсы \(\mathrm{tg}\,5x\) и \(\mathrm{tg}\,3x\) требуют первых двух условий, а знаменатель обращается в нуль ровно тогда, когда \(\cos 2x = 0\), потому что \[1 + \mathrm{tg}\,5x\,\mathrm{tg}\,3x = \frac{\cos 5x \cos 3x + \sin 5x \sin 3x}{\cos 5x \cos 3x} = \frac{\cos 2x}{\cos 5x \cos 3x}.\]

Значит, \[D(y) = \left\{x \in \mathbf{R} \mid x \ne \frac{\pi}{4} + \frac{\pi k}{2},\ x \ne \frac{\pi}{6} + \frac{\pi n}{3},\ x \ne \frac{\pi}{10} + \frac{\pi m}{5},\ k, n, m \in \mathbf{Z}\right\}.\]

Первое условие — это область определения самой функции \(y = \mathrm{tg}\,2x\): в точках \(\dfrac{\pi}{4} + \dfrac{\pi k}{2}\) у графика вертикальные асимптоты. Два других условия выкалывают из графика отдельные точки, и ни одно из трёх условий не следует из двух остальных.

Выколотые точки на асимптоты не попадают: равенство \(\dfrac{\pi}{4} + \dfrac{\pi k}{2} = \dfrac{\pi}{6} + \dfrac{\pi n}{3}\) после умножения на \(\dfrac{12}{\pi}\) даёт \(3 + 6k = 2 + 4n\), где слева стоит нечётное число, а справа чётное, — таких целых \(k\) и \(n\) нет; равенство \(\dfrac{\pi}{4} + \dfrac{\pi k}{2} = \dfrac{\pi}{10} + \dfrac{\pi m}{5}\) после умножения на \(\dfrac{20}{\pi}\) даёт \(5 + 10k = 2 + 4m\) — снова слева нечётное число, справа чётное.

Условия \(\cos 3x \ne 0\) и \(\cos 5x \ne 0\) друг друга тоже не заменяют, хотя общие точки у них есть: равенство \(\dfrac{\pi}{6} = \dfrac{\pi}{10} + \dfrac{\pi m}{5}\) после умножения на \(\dfrac{30}{\pi}\) даёт \(5 = 3 + 6m\), а равенство \(\dfrac{\pi}{10} = \dfrac{\pi}{6} + \dfrac{\pi n}{3}\) даёт \(3 = 5 + 10n\) — целых \(m\) и \(n\) здесь нет, то есть точка \(\dfrac{\pi}{6}\) выкалывается только первым условием, а точка \(\dfrac{\pi}{10}\) — только вторым.

Все три семейства исключённых точек при сдвиге на \(\pi\) переходят сами в себя, и \(\mathrm{tg}\,2(x + \pi) = \mathrm{tg}\,2x\), поэтому достаточно описать график на промежутке длиной \(\pi\).

Условие \(\cos 3x \ne 0\) выкалывает на промежутке \([0;\ \pi)\) три точки: \(\dfrac{\pi}{6}\), \(\dfrac{\pi}{2}\) и \(\dfrac{5\pi}{6}\), их ординаты табличные — \(\mathrm{tg}\,\dfrac{\pi}{3} = \sqrt{3}\), \(\mathrm{tg}\,\pi = 0\), \(\mathrm{tg}\,\dfrac{5\pi}{3} = -\sqrt{3}\). Условие \(\cos 5x \ne 0\) выкалывает на том же промежутке пять точек: \(\dfrac{\pi}{10}\), \(\dfrac{3\pi}{10}\), \(\dfrac{\pi}{2}\), \(\dfrac{7\pi}{10}\) и \(\dfrac{9\pi}{10}\) с ординатами \(\mathrm{tg}\,\dfrac{\pi}{5}\), \(\mathrm{tg}\,\dfrac{3\pi}{5}\), \(0\), \(\mathrm{tg}\,\dfrac{7\pi}{5}\), \(\mathrm{tg}\,\dfrac{9\pi}{5}\), и все они, кроме нуля, нетабличные. Точка \(\dfrac{\pi}{2}\) входит в оба списка, поэтому на промежутке длиной \(\pi\) из графика выколото не восемь точек, а семь: \(\dfrac{\pi}{10}\), \(\dfrac{\pi}{6}\), \(\dfrac{3\pi}{10}\), \(\dfrac{\pi}{2}\), \(\dfrac{7\pi}{10}\), \(\dfrac{5\pi}{6}\), \(\dfrac{9\pi}{10}\).

Построим тангенсоиду \(y = \mathrm{tg}\,2x\) на промежутке \(\left[-\dfrac{\pi}{4};\ \dfrac{3\pi}{4}\right]\): его длина равна \(\pi\), концами служат асимптоты, а внутри лежат ещё одна асимптота и все семь проколов — \(-\dfrac{\pi}{6}\), \(-\dfrac{\pi}{10}\), \(\dfrac{\pi}{10}\), \(\dfrac{\pi}{6}\), \(\dfrac{3\pi}{10}\), \(\dfrac{\pi}{2}\), \(\dfrac{7\pi}{10}\) (первые два — это точки \(\dfrac{5\pi}{6}\) и \(\dfrac{9\pi}{10}\), сдвинутые на \(-\pi\)).

Дальше график повторяется через \(\pi\): на каждом следующем промежутке такой же длины картина та же — две ветви тангенсоиды и семь выколотых точек.