Самостоятельная работа 26 Вариант 2, ГДЗ по алгебре за 10 класс к самостоятельным работам Мерзляка

Формулы приведения записываем по двум правилам: в правой части равенства ставят тот знак, который имеет левая часть при \(0 < \alpha < \frac{\pi}{2}\); если угол имеет вид \(\frac{\pi}{2} \pm \alpha\) или \(\frac{3\pi}{2} \pm \alpha\), то синус заменяют на косинус, тангенс — на котангенс, и наоборот, а если угол имеет вид \(\pi \pm \alpha\), то замена функции не происходит.

1) Предположив, что \(0 < \alpha < \frac{\pi}{2}\), приходим к выводу: \(\pi + \alpha\) является углом III четверти, а в ней косинус отрицателен, поэтому по первому правилу в правой части стоит знак «\(-\)». Аргумент имеет вид \(\pi + \alpha\), значит, замены функции не происходит: \[\cos(\pi + \alpha) = -\cos\alpha.\]

2) При \(0 < \alpha < \frac{\pi}{2}\) угол \(\frac{\pi}{2} - \alpha\) является углом I четверти, котангенс в ней положителен — знак «\(+\)»; аргумент вида \(\frac{\pi}{2} - \alpha\) меняет котангенс на тангенс: \[\mathrm{ctg}\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) = \mathrm{tg}\,\alpha.\] Это равенство верно для всех \(\alpha\), при которых \(\cos\alpha \ne 0\), то есть при \(\alpha \ne \frac{\pi}{2} + \pi k\), \(k \in \mathbf{Z}\).

3) Тангенс — функция нечётная, поэтому \(\mathrm{tg}\left(\alpha - \frac{3\pi}{2}\right) = -\mathrm{tg}\left(\frac{3\pi}{2} - \alpha\right)\). При \(0 < \alpha < \frac{\pi}{2}\) угол \(\frac{3\pi}{2} - \alpha\) является углом III четверти, тангенс в ней положителен — знак «\(+\)»; аргумент вида \(\frac{3\pi}{2} - \alpha\) меняет тангенс на котангенс, то есть \(\mathrm{tg}\left(\frac{3\pi}{2} - \alpha\right) = \mathrm{ctg}\,\alpha\). Следовательно, \[\mathrm{tg}\left(\alpha - \frac{3\pi}{2}\right) = -\mathrm{ctg}\,\alpha.\] Равенство верно при \(\alpha \ne \pi k\), \(k \in \mathbf{Z}\).

4) Снимем период тангенса: \(\frac{5\pi}{2} - \alpha = 2\pi + \left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right)\), а число \(2\pi\) — тоже период тангенса, поскольку оно составлено из двух его главных периодов, каждый из которых равен \(\pi\). Поэтому \(\mathrm{tg}\left(\frac{5\pi}{2} - \alpha\right) = \mathrm{tg}\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right)\). Угол \(\frac{\pi}{2} - \alpha\) при \(0 < \alpha < \frac{\pi}{2}\) является углом I четверти, тангенс в ней положителен, а аргумент вида \(\frac{\pi}{2} - \alpha\) меняет тангенс на котангенс, то есть \(\mathrm{tg}\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) = \mathrm{ctg}\,\alpha\). Тогда \[\mathrm{tg}^2\left(\frac{5\pi}{2} - \alpha\right) = \mathrm{ctg}^2\,\alpha.\]

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

Найдём значение каждого множителя, снимая сначала отрицательный аргумент и период.

Синус — функция нечётная, поэтому \(\sin\left(-\frac{11\pi}{6}\right) = -\sin\frac{11\pi}{6}\). Так как \(\frac{11\pi}{6} = \frac{3\pi}{2} + \frac{\pi}{3}\), то по формуле приведения \(\sin\frac{11\pi}{6} = \sin\left(\frac{3\pi}{2} + \frac{\pi}{3}\right) = -\cos\frac{\pi}{3} = -\frac{1}{2}\). Значит, \(\sin\left(-\frac{11\pi}{6}\right) = \frac{1}{2}\).

Главный период косинуса равен \(2\pi\), а \(\frac{19\pi}{6} = 2\pi + \frac{7\pi}{6}\), поэтому \(\cos\frac{19\pi}{6} = \cos\frac{7\pi}{6} = \cos\left(\pi + \frac{\pi}{6}\right) = -\cos\frac{\pi}{6} = -\frac{\sqrt3}{2}\).

Далее \(\mathrm{tg}\,\frac{5\pi}{4} = \mathrm{tg}\left(\pi + \frac{\pi}{4}\right) = \mathrm{tg}\,\frac{\pi}{4} = 1\).

Котангенс — функция нечётная, поэтому \(\mathrm{ctg}\left(-\frac{5\pi}{3}\right) = -\mathrm{ctg}\,\frac{5\pi}{3}\). Так как \(\frac{5\pi}{3} = \frac{3\pi}{2} + \frac{\pi}{6}\), то \(\mathrm{ctg}\,\frac{5\pi}{3} = \mathrm{ctg}\left(\frac{3\pi}{2} + \frac{\pi}{6}\right) = -\mathrm{tg}\,\frac{\pi}{6} = -\frac{\sqrt3}{3}\). Значит, \(\mathrm{ctg}\left(-\frac{5\pi}{3}\right) = \frac{\sqrt3}{3}\).

Перемножив найденные значения, получаем: \[\frac{1}{2}\cdot\left(-\frac{\sqrt3}{2}\right)\cdot 1\cdot\frac{\sqrt3}{3} = -\frac{3}{12} = -\frac{1}{4}.\]

Ответ: \(-\frac{1}{4}\).

1) Приведём каждое слагаемое: \(\sin\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) = \cos\alpha\), \(\sin(\pi - \alpha) = \sin\alpha\) (угол II четверти, синус в ней положителен, замены функции нет), \(\cos(\pi - \alpha) = -\cos\alpha\), \(\sin(2\pi - \alpha) = \sin(-\alpha) = -\sin\alpha\) (главный период синуса равен \(2\pi\), и синус нечётен). Имеем: \[\begin{aligned} &\sin\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) - \sin(\pi - \alpha) - \cos(\pi - \alpha) - \sin(2\pi - \alpha) = {} \\ &= \cos\alpha - \sin\alpha - (-\cos\alpha) - (-\sin\alpha) = {} \\ &= \cos\alpha - \sin\alpha + \cos\alpha + \sin\alpha = 2\cos\alpha. \end{aligned}\]

2) Приведём каждый множитель. В числителе: \(\sin(\pi + \alpha) = -\sin\alpha\), \(\cos\left(\frac{3\pi}{2} - \alpha\right) = -\sin\alpha\), \(\mathrm{tg}\left(\alpha - \frac{\pi}{2}\right) = -\mathrm{tg}\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) = -\mathrm{ctg}\,\alpha\) (тангенс нечётен). В знаменателе: \(\cos\left(\frac{\pi}{2} + \alpha\right) = -\sin\alpha\), \(\cos\left(\frac{3\pi}{2} + \alpha\right) = \sin\alpha\), \(\mathrm{tg}\,(\pi + \alpha) = \mathrm{tg}\,\alpha\) (угол III четверти, тангенс в ней положителен, замены функции нет). Имеем: \[\begin{aligned} &\frac{\sin(\pi + \alpha)\cos\left(\frac{3\pi}{2} - \alpha\right)\mathrm{tg}\left(\alpha - \frac{\pi}{2}\right)}{\cos\left(\frac{\pi}{2} + \alpha\right)\cos\left(\frac{3\pi}{2} + \alpha\right)\mathrm{tg}\,(\pi + \alpha)} = {} \\ &= \frac{(-\sin\alpha)(-\sin\alpha)(-\mathrm{ctg}\,\alpha)}{(-\sin\alpha)\sin\alpha\,\mathrm{tg}\,\alpha} = \frac{-\sin^2\alpha\,\mathrm{ctg}\,\alpha}{-\sin^2\alpha\,\mathrm{tg}\,\alpha} = {} \\ &= \frac{\mathrm{ctg}\,\alpha}{\mathrm{tg}\,\alpha} = \mathrm{ctg}\,\alpha\cdot\mathrm{ctg}\,\alpha = \mathrm{ctg}^2\,\alpha. \end{aligned}\] В последнем переходе использовано тождество \(\mathrm{tg}\,\alpha\,\mathrm{ctg}\,\alpha = 1\), то есть \(\frac{1}{\mathrm{tg}\,\alpha} = \mathrm{ctg}\,\alpha\). Выражение имеет смысл при \(\sin\alpha \ne 0\) и \(\cos\alpha \ne 0\); эти два ограничения можно объединить в одно: \(\alpha \ne \frac{\pi k}{2}\), \(k \in \mathbf{Z}\).

Ответ: 1) \(2\cos\alpha\); 2) \(\mathrm{ctg}^2\,\alpha\) при \(\alpha \ne \frac{\pi k}{2}\), \(k \in \mathbf{Z}\).

Аргументы множителей идут от \(41^\circ\) до \(49^\circ\) с шагом \(1^\circ\), значит, множителей девять: \[\mathrm{tg}\,41^\circ\,\mathrm{tg}\,42^\circ\,\mathrm{tg}\,43^\circ\,\mathrm{tg}\,44^\circ\,\mathrm{tg}\,45^\circ\,\mathrm{tg}\,46^\circ\,\mathrm{tg}\,47^\circ\,\mathrm{tg}\,48^\circ\,\mathrm{tg}\,49^\circ.\] По формуле приведения \(\mathrm{tg}\,(90^\circ - \alpha) = \mathrm{ctg}\,\alpha\) имеем: \(\mathrm{tg}\,49^\circ = \mathrm{ctg}\,41^\circ\), \(\mathrm{tg}\,48^\circ = \mathrm{ctg}\,42^\circ\), \(\mathrm{tg}\,47^\circ = \mathrm{ctg}\,43^\circ\), \(\mathrm{tg}\,46^\circ = \mathrm{ctg}\,44^\circ\).

Тогда, объединив попарно множители, равноудалённые от концов произведения, и применив тождество \(\mathrm{tg}\,\alpha\,\mathrm{ctg}\,\alpha = 1\), получим четыре произведения, каждое из которых равно 1: \[\mathrm{tg}\,41^\circ\,\mathrm{tg}\,49^\circ = \mathrm{tg}\,42^\circ\,\mathrm{tg}\,48^\circ = \mathrm{tg}\,43^\circ\,\mathrm{tg}\,47^\circ = \mathrm{tg}\,44^\circ\,\mathrm{tg}\,46^\circ = 1.\] Ещё один множитель данного произведения — \(\mathrm{tg}\,45^\circ = 1\). Следовательно, \[\mathrm{tg}\,41^\circ\,\mathrm{tg}\,42^\circ\,\mathrm{tg}\,43^\circ \ldots \mathrm{tg}\,49^\circ = 1.\]

Ответ: \(1\).