Самостоятельная работа 26 Вариант 3, ГДЗ по алгебре за 10 класс к самостоятельным работам Мерзляка

1) Аргумент имеет вид \(\frac{3\pi}{2} + \alpha\), поэтому по формуле приведения для синуса \(\sin\left(\frac{3\pi}{2} + \alpha\right) = -\cos\alpha\).

2) Воспользуемся правилами приведения. Предположив, что \(0 < \alpha < \frac{\pi}{2}\), приходим к выводу: \(\pi + \alpha\) является углом III четверти, а котангенс в III четверти положителен, поэтому в правой части равенства должен стоять знак «\(+\)». Аргумент имеет вид \(\pi + \alpha\), поэтому замена функции не происходит. Следовательно, \(\mathrm{ctg}\,(\pi + \alpha) = \mathrm{ctg}\,\alpha\). Обе части определены при \(\alpha \ne \pi k\), \(k \in \mathbf{Z}\).

3) Аргумент \(\alpha - \pi\) не имеет ни одного из видов \(\frac{\pi}{2} \pm \alpha\), \(\pi \pm \alpha\), \(\frac{3\pi}{2} \pm \alpha\), поэтому воспользуемся периодичностью: главный период тангенса равен \(\pi\), и потому \(\mathrm{tg}\,(\alpha - \pi) = \mathrm{tg}\,(\alpha - \pi + \pi) = \mathrm{tg}\,\alpha\) при \(\alpha \ne \frac{\pi}{2} + \pi k\), \(k \in \mathbf{Z}\).

4) По формуле приведения для косинуса \(\cos(\pi - \alpha) = -\cos\alpha\), поэтому \(\cos^2(\pi - \alpha) = (-\cos\alpha)^2 = \cos^2\alpha\): при возведении в квадрат знак «минус» исчезает.

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

Приведём каждый множитель к углу первой четверти.

По формуле приведения для синуса \(\sin \dfrac{7\pi}{4} = \sin\left(\dfrac{3\pi}{2} + \dfrac{\pi}{4}\right) = -\cos\dfrac{\pi}{4} = -\dfrac{\sqrt2}{2}\).

По формуле приведения для косинуса \(\cos \dfrac{7\pi}{6} = \cos\left(\pi + \dfrac{\pi}{6}\right) = -\cos\dfrac{\pi}{6} = -\dfrac{\sqrt3}{2}\).

Тангенс — функция нечётная, а его главный период равен \(\pi\), поэтому \(\mathrm{tg}\left(-\dfrac{5\pi}{3}\right) = -\mathrm{tg}\,\dfrac{5\pi}{3} = -\mathrm{tg}\left(\pi + \dfrac{2\pi}{3}\right) = -\mathrm{tg}\,\dfrac{2\pi}{3}\). Предположив, что \(0 < \alpha < \dfrac{\pi}{2}\), получаем: угол \(\pi - \alpha\) лежит во II четверти, где тангенс отрицателен, а замены функции у аргумента такого вида не происходит, то есть \(\mathrm{tg}\,(\pi - \alpha) = -\mathrm{tg}\,\alpha\). Значит, \(\mathrm{tg}\,\dfrac{2\pi}{3} = \mathrm{tg}\left(\pi - \dfrac{\pi}{3}\right) = -\mathrm{tg}\,\dfrac{\pi}{3} = -\sqrt3\) и \(\mathrm{tg}\left(-\dfrac{5\pi}{3}\right) = \sqrt3\).

Главный период котангенса равен \(\pi\), поэтому \(\mathrm{ctg}\,\dfrac{4\pi}{3} = \mathrm{ctg}\left(\pi + \dfrac{\pi}{3}\right) = \mathrm{ctg}\,\dfrac{\pi}{3} = \dfrac{\sqrt3}{3}\).

Произведение двух последних множителей равно \(\sqrt3\cdot\dfrac{\sqrt3}{3} = \dfrac{3}{3} = 1\), а первые два множителя отрицательны, и их произведение положительно. Имеем: \[\sin \frac{7\pi}{4} \cos \frac{7\pi}{6}\,\mathrm{tg}\left(-\frac{5\pi}{3}\right)\mathrm{ctg}\,\frac{4\pi}{3} = \left(-\frac{\sqrt2}{2}\right)\cdot\left(-\frac{\sqrt3}{2}\right)\cdot\sqrt3\cdot\frac{\sqrt3}{3} = \frac{\sqrt6}{4}\cdot 1 = \frac{\sqrt6}{4}.\]

Ответ: \(\frac{\sqrt6}{4}\).

1) Выражение определено при \(\sin\alpha \ne 0\), то есть при \(\alpha \ne \pi k\), \(k \in \mathbf{Z}\): при таких \(\alpha\) определён котангенс угла \(2\pi - \alpha\), а также тангенс угла \(\frac{3\pi}{2} - \alpha\), поскольку \(\cos\left(\frac{3\pi}{2} - \alpha\right) = -\sin\alpha\).

По формулам приведения \(\sin\left(\frac{\pi}{2} + \alpha\right) = \cos\alpha\) и \(\cos(\pi + \alpha) = -\cos\alpha\).

Главный период котангенса равен \(\pi\), а сам котангенс — функция нечётная, поэтому \(\mathrm{ctg}\,(2\pi - \alpha) = \mathrm{ctg}\,(-\alpha) = -\mathrm{ctg}\,\alpha\).

Для четвёртого слагаемого применим правила приведения. Предположив, что \(0 < \alpha < \frac{\pi}{2}\), приходим к выводу: \(\frac{3\pi}{2} - \alpha\) является углом III четверти, где тангенс положителен, поэтому в правой части равенства должен стоять знак «\(+\)»; аргумент имеет вид \(\frac{3\pi}{2} - \alpha\), поэтому тангенс следует заменить на котангенс. Следовательно, \(\mathrm{tg}\left(\frac{3\pi}{2} - \alpha\right) = \mathrm{ctg}\,\alpha\).

Имеем: \[\sin\left(\frac{\pi}{2} + \alpha\right) + \cos(\pi + \alpha) + \mathrm{ctg}\,(2\pi - \alpha) + \mathrm{tg}\left(\frac{3\pi}{2} - \alpha\right) = \cos\alpha - \cos\alpha - \mathrm{ctg}\,\alpha + \mathrm{ctg}\,\alpha = 0.\]

2) Выражение определено при \(\sin\beta \ne 0\) и \(\cos\beta \ne 0\); эти два ограничения можно объединить в одно: \(\beta \ne \frac{\pi k}{2}\), \(k \in \mathbf{Z}\).

По формулам приведения \(\sin(\pi - \beta) = \sin\beta\), \(\cos(\pi + \beta) = -\cos\beta\), \(\sin\left(\frac{3\pi}{2} - \beta\right) = -\cos\beta\), \(\cos\left(\frac{\pi}{2} + \beta\right) = -\sin\beta\).

Тангенс и котангенс приведём по правилам. Предположив, что \(0 < \beta < \frac{\pi}{2}\), получаем: угол \(\pi - \beta\) лежит во II четверти, где тангенс отрицателен, а замены функции у аргумента такого вида не происходит, поэтому \(\mathrm{tg}\,(\pi - \beta) = -\mathrm{tg}\,\beta\); угол \(\frac{3\pi}{2} + \beta\) лежит в IV четверти, где котангенс отрицателен, а у аргумента такого вида котангенс заменяется на тангенс, поэтому \(\mathrm{ctg}\left(\frac{3\pi}{2} + \beta\right) = -\mathrm{tg}\,\beta\).

Числитель дроби равен \(\sin\beta\cdot(-\cos\beta)\cdot(-\mathrm{tg}\,\beta) = \sin\beta\cos\beta\cdot\frac{\sin\beta}{\cos\beta} = \sin^2\beta\), а знаменатель равен \((-\cos\beta)\cdot(-\mathrm{tg}\,\beta)\cdot(-\sin\beta) = -\cos\beta\cdot\frac{\sin\beta}{\cos\beta}\cdot\sin\beta = -\sin^2\beta\). Следовательно, дробь равна \[\frac{\sin^2\beta}{-\sin^2\beta} = -1.\]

Ответ: 1) \(0\); 2) \(-1\).

Слагаемые идут с шагом \(10^\circ\) от \(15^\circ\) до \(165^\circ\), их шестнадцать: \[\begin{aligned} &\mathrm{tg}\,15^\circ + \mathrm{tg}\,25^\circ + \mathrm{tg}\,35^\circ + \mathrm{tg}\,45^\circ + \mathrm{tg}\,55^\circ + \mathrm{tg}\,65^\circ + \mathrm{tg}\,75^\circ + \mathrm{tg}\,85^\circ + {} \\ &+ \mathrm{tg}\,95^\circ + \mathrm{tg}\,105^\circ + \mathrm{tg}\,115^\circ + \mathrm{tg}\,125^\circ + \mathrm{tg}\,135^\circ + \mathrm{tg}\,145^\circ + \mathrm{tg}\,155^\circ + \mathrm{tg}\,165^\circ. \end{aligned}\]

Сумма аргументов слагаемых, равноудалённых от концов суммы, равна \(180^\circ\): \[15^\circ + 165^\circ = 25^\circ + 155^\circ = 35^\circ + 145^\circ = 45^\circ + 135^\circ = 180^\circ,\] \[55^\circ + 125^\circ = 65^\circ + 115^\circ = 75^\circ + 105^\circ = 85^\circ + 95^\circ = 180^\circ.\]

Предположив, что \(0 < \alpha < 90^\circ\), приходим к выводу: угол \(180^\circ - \alpha\) является углом II четверти, где тангенс отрицателен, поэтому в правой части равенства должен стоять знак «\(-\)»; аргумент имеет вид \(180^\circ - \alpha\), поэтому замена функции не происходит. Следовательно, \(\mathrm{tg}\,(180^\circ - \alpha) = -\mathrm{tg}\,\alpha\), откуда \[\mathrm{tg}\,165^\circ = -\mathrm{tg}\,15^\circ,\quad \mathrm{tg}\,155^\circ = -\mathrm{tg}\,25^\circ,\quad \mathrm{tg}\,145^\circ = -\mathrm{tg}\,35^\circ,\quad \mathrm{tg}\,135^\circ = -\mathrm{tg}\,45^\circ,\] \[\mathrm{tg}\,125^\circ = -\mathrm{tg}\,55^\circ,\quad \mathrm{tg}\,115^\circ = -\mathrm{tg}\,65^\circ,\quad \mathrm{tg}\,105^\circ = -\mathrm{tg}\,75^\circ,\quad \mathrm{tg}\,95^\circ = -\mathrm{tg}\,85^\circ.\]

Объединив попарно слагаемые, равноудалённые от концов суммы, получим восемь сумм, каждая из которых равна нулю: \[\mathrm{tg}\,15^\circ + \mathrm{tg}\,165^\circ = \mathrm{tg}\,25^\circ + \mathrm{tg}\,155^\circ = \mathrm{tg}\,35^\circ + \mathrm{tg}\,145^\circ = \mathrm{tg}\,45^\circ + \mathrm{tg}\,135^\circ = 0,\] \[\mathrm{tg}\,55^\circ + \mathrm{tg}\,125^\circ = \mathrm{tg}\,65^\circ + \mathrm{tg}\,115^\circ = \mathrm{tg}\,75^\circ + \mathrm{tg}\,105^\circ = \mathrm{tg}\,85^\circ + \mathrm{tg}\,95^\circ = 0.\]

Значит, вся сумма равна нулю.

Ответ: \(0\).