Самостоятельная работа 26 Вариант 4, ГДЗ по алгебре за 10 класс к самостоятельным работам Мерзляка
1) \(\sin(\pi - \alpha) = \sin\alpha\).
2) При \(0 < \alpha < \frac{\pi}{2}\) угол \(\pi - \alpha\) лежит во II четверти, где тангенс отрицателен, — значит, в правой части знак «\(-\)»; у аргумента вида \(\pi - \alpha\) замены функции не происходит. Следовательно, \(\mathrm{tg}\,(\pi - \alpha) = -\mathrm{tg}\,\alpha\) при \(\alpha \ne \frac{\pi}{2} + \pi k\), \(k \in \mathbf{Z}\).
3) Аргумент \(\alpha - \frac{3\pi}{2}\) ни одного из видов \(\frac{\pi}{2} \pm \alpha\), \(\pi \pm \alpha\), \(\frac{3\pi}{2} \pm \alpha\) не имеет, но котангенс нечётен, поэтому \(\mathrm{ctg}\left(\alpha - \frac{3\pi}{2}\right) = -\mathrm{ctg}\left(\frac{3\pi}{2} - \alpha\right)\). При \(0 < \alpha < \frac{\pi}{2}\) угол \(\frac{3\pi}{2} - \alpha\) лежит в III четверти, где котангенс положителен, — значит, знак «\(+\)»; у аргумента вида \(\frac{3\pi}{2} - \alpha\) котангенс заменяется на тангенс. Значит, \(\mathrm{ctg}\left(\frac{3\pi}{2} - \alpha\right) = \mathrm{tg}\,\alpha\) и \(\mathrm{ctg}\left(\alpha - \frac{3\pi}{2}\right) = -\mathrm{tg}\,\alpha\) при \(\alpha \ne \frac{\pi}{2} + \pi k\), \(k \in \mathbf{Z}\).
4) Снимем периоды: \(\frac{11\pi}{2} - \alpha = 5\pi + \left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right)\), а главный период котангенса равен \(\pi\), поэтому \(\mathrm{ctg}\left(\frac{11\pi}{2} - \alpha\right) = \mathrm{ctg}\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) = \mathrm{tg}\,\alpha\) — у аргумента вида \(\frac{\pi}{2} - \alpha\) котангенс заменяется на тангенс. Следовательно, \(\mathrm{ctg}^2\left(\frac{11\pi}{2} - \alpha\right) = \mathrm{tg}^2\alpha\).
Ответ: 1) \(\sin\alpha\); 2) \(-\mathrm{tg}\,\alpha\); 3) \(-\mathrm{tg}\,\alpha\); 4) \(\mathrm{tg}^2\alpha\).
Синус нечётен, поэтому \(\sin\left(-\frac{7\pi}{6}\right) = -\sin\frac{7\pi}{6}\), а \(\sin\frac{7\pi}{6} = \sin\left(\pi + \frac{\pi}{6}\right) = -\sin\frac{\pi}{6} = -\frac{1}{2}\). Значит, \(\sin\left(-\frac{7\pi}{6}\right) = \frac{1}{2}\).
Главный период косинуса равен \(2\pi\), поэтому \(\cos \frac{11\pi}{3} = \cos\left(2\pi + \frac{5\pi}{3}\right) = \cos\frac{5\pi}{3}\); аргумент имеет вид \(\frac{3\pi}{2} + \alpha\), и \(\cos\frac{5\pi}{3} = \cos\left(\frac{3\pi}{2} + \frac{\pi}{6}\right) = \sin\frac{\pi}{6} = \frac{1}{2}\).
Тангенс нечётен, а его главный период равен \(\pi\), поэтому \(\mathrm{tg}\left(-\frac{15\pi}{4}\right) = -\mathrm{tg}\,\frac{15\pi}{4} = -\mathrm{tg}\left(3\pi + \frac{3\pi}{4}\right) = -\mathrm{tg}\,\frac{3\pi}{4}\). При \(0 < \alpha < \frac{\pi}{2}\) 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, \(\mathrm{tg}\,\frac{3\pi}{4} = \mathrm{tg}\left(\pi - \frac{\pi}{4}\right) = -\mathrm{tg}\,\frac{\pi}{4} = -1\) и \(\mathrm{tg}\left(-\frac{15\pi}{4}\right) = 1\).
Главный период котангенса равен \(\pi\), поэтому \(\mathrm{ctg}\,\frac{8\pi}{3} = \mathrm{ctg}\left(2\pi + \frac{2\pi}{3}\right) = \mathrm{ctg}\,\frac{2\pi}{3}\). Угол \(\pi - \alpha\) лежит во II четверти, где котангенс отрицателен, а замены функции у аргумента такого вида не происходит, поэтому \(\mathrm{ctg}\,\frac{2\pi}{3} = \mathrm{ctg}\left(\pi - \frac{\pi}{3}\right) = -\mathrm{ctg}\,\frac{\pi}{3} = -\frac{\sqrt3}{3}\).
\[\sin \left(-\frac{7\pi}{6}\right)\cos \frac{11\pi}{3}\,\mathrm{tg}\left(-\frac{15\pi}{4}\right)\mathrm{ctg}\,\frac{8\pi}{3} = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot 1\cdot\left(-\frac{\sqrt3}{3}\right) = -\frac{\sqrt3}{12}.\]
Ответ: \(-\frac{\sqrt3}{12}\).
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 \(\pi - \alpha\), а также тангенс угла \(\frac{5\pi}{2} - \alpha\), поскольку \(\cos\left(\frac{5\pi}{2} - \alpha\right) = \cos\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) = \sin\alpha\).
При \(0 < \alpha < \frac{\pi}{2}\) угол \(\pi - \alpha\) лежит во II четверти, где котангенс отрицателен, — значит, в правой части знак «\(-\)»; у аргумента вида \(\pi - \alpha\) замены функции не происходит, то есть \(\mathrm{ctg}\,(\pi - \alpha) = -\mathrm{ctg}\,\alpha\).
\(\sin\left(\frac{3\pi}{2} + \alpha\right) = -\cos\alpha\), а перед этим слагаемым в условии стоит знак «минус», поэтому оно даёт \(+\cos\alpha\).
Главный период тангенса равен \(\pi\), и \(\frac{5\pi}{2} - \alpha = 2\pi + \left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right)\), поэтому \(\mathrm{tg}\left(\frac{5\pi}{2} - \alpha\right) = \mathrm{tg}\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) = \mathrm{ctg}\,\alpha\).
Косинус чётен, а его главный период равен \(2\pi\), поэтому \(\cos(2\pi - \alpha) = \cos(-\alpha) = \cos\alpha\).
\[\mathrm{ctg}\,(\pi - \alpha) - \sin \left(\frac{3\pi}{2} + \alpha\right) + \mathrm{tg}\left(\frac{5\pi}{2} - \alpha\right) + \cos (2\pi - \alpha) = -\mathrm{ctg}\,\alpha + \cos\alpha + \mathrm{ctg}\,\alpha + \cos\alpha = 2\cos\alpha.\]
2) Выражение определено при \(\sin\alpha \ne 0\) и \(\cos\alpha \ne 0\), то есть при \(\alpha \ne \frac{\pi k}{2}\), \(k \in \mathbf{Z}\).
В числителе \(\cos(\pi - \alpha) = -\cos\alpha\) и \(\cos\left(\frac{3\pi}{2} - \alpha\right) = -\sin\alpha\), а главный период синуса равен \(2\pi\), поэтому \(\sin\left(\frac{7\pi}{2} + \alpha\right) = \sin\left(\frac{3\pi}{2} + \alpha\right) = -\cos\alpha\). Значит, числитель равен \[(-\cos\alpha)\cdot(-\cos\alpha)\cdot(-\sin\alpha) = -\sin\alpha\cos^2\alpha.\]
В знаменателе котангенс нечётен и его главный период равен \(\pi\), поэтому \(\mathrm{ctg}\,(5\pi - \alpha) = \mathrm{ctg}\,(-\alpha) = -\mathrm{ctg}\,\alpha\); косинус чётен и его главный период равен \(2\pi\), поэтому \(\cos(4\pi - \alpha) = \cos(-\alpha) = \cos\alpha\); главный период тангенса равен \(\pi\), поэтому \(\mathrm{tg}\,(3\pi + \alpha) = \mathrm{tg}\,\alpha\). При \(\alpha \ne \frac{\pi k}{2}\) верно \(\mathrm{tg}\,\alpha\,\mathrm{ctg}\,\alpha = 1\), поэтому знаменатель равен \[(-\mathrm{ctg}\,\alpha)\cdot\cos\alpha\cdot\mathrm{tg}\,\alpha = -\cos\alpha\cdot\mathrm{ctg}\,\alpha\,\mathrm{tg}\,\alpha = -\cos\alpha.\]
Следовательно, дробь равна \(\frac{-\sin\alpha\cos^2\alpha}{-\cos\alpha} = \sin\alpha\cos\alpha\).
Ответ: 1) \(2\cos\alpha\); 2) \(\sin\alpha\cos\alpha\).
Множители идут с шагом \(1^\circ\) от \(\mathrm{tg}\,29^\circ\) до \(\mathrm{tg}\,61^\circ\), их тридцать три. Суммы аргументов множителей, равноудалённых от концов произведения, равны \(90^\circ\): \[29^\circ + 61^\circ = 30^\circ + 60^\circ = \ldots = 44^\circ + 46^\circ = 90^\circ,\] и такие пары составляют все множители, кроме среднего \(\mathrm{tg}\,45^\circ\).
По формуле приведения \(\mathrm{tg}\,(90^\circ - \alpha) = \mathrm{ctg}\,\alpha\), поэтому \(\mathrm{tg}\,61^\circ = \mathrm{ctg}\,29^\circ\), \(\mathrm{tg}\,60^\circ = \mathrm{ctg}\,30^\circ\), \(\mathrm{tg}\,59^\circ = \mathrm{ctg}\,31^\circ\) и так далее. Поскольку \(\mathrm{tg}\,\alpha\,\mathrm{ctg}\,\alpha = 1\), шестнадцать произведений пар равны единице: \[\mathrm{tg}\,29^\circ\,\mathrm{tg}\,61^\circ = \mathrm{tg}\,30^\circ\,\mathrm{tg}\,60^\circ = \ldots = \mathrm{tg}\,44^\circ\,\mathrm{tg}\,46^\circ = 1.\]
Ещё один множитель — \(\mathrm{tg}\,45^\circ = 1\), следовательно, \[\mathrm{tg}\,29^\circ\,\mathrm{tg}\,30^\circ\,\mathrm{tg}\,31^\circ\ \ldots\ \mathrm{tg}\,61^\circ = 1.\]
Ответ: \(1\).
1) Аргумент имеет вид \(\pi - \alpha\), поэтому по формуле приведения для синуса \(\sin(\pi - \alpha) = \sin\alpha\).
2) Воспользуемся правилами приведения. Предположив, что \(0 < \alpha < \frac{\pi}{2}\), приходим к выводу: \(\pi - \alpha\) является углом II четверти, а тангенс во II четверти отрицателен, поэтому в правой части равенства должен стоять знак «\(-\)». Аргумент имеет вид \(\pi - \alpha\), поэтому замена функции не происходит. Следовательно, \(\mathrm{tg}\,(\pi - \alpha) = -\mathrm{tg}\,\alpha\) при \(\alpha \ne \frac{\pi}{2} + \pi k\), \(k \in \mathbf{Z}\).
3) Аргумент \(\alpha - \frac{3\pi}{2}\) ни одного из видов \(\frac{\pi}{2} \pm \alpha\), \(\pi \pm \alpha\), \(\frac{3\pi}{2} \pm \alpha\) не имеет, но котангенс — функция нечётная, поэтому \(\mathrm{ctg}\left(\alpha - \frac{3\pi}{2}\right) = -\mathrm{ctg}\left(\frac{3\pi}{2} - \alpha\right)\). Предположив, что \(0 < \alpha < \frac{\pi}{2}\), приходим к выводу: \(\frac{3\pi}{2} - \alpha\) является углом III четверти, где котангенс положителен, поэтому в правой части равенства должен стоять знак «\(+\)»; аргумент имеет вид \(\frac{3\pi}{2} - \alpha\), поэтому котангенс следует заменить на тангенс. Значит, \(\mathrm{ctg}\left(\frac{3\pi}{2} - \alpha\right) = \mathrm{tg}\,\alpha\) и \[\mathrm{ctg}\left(\alpha - \frac{3\pi}{2}\right) = -\mathrm{tg}\,\alpha\] при \(\alpha \ne \frac{\pi}{2} + \pi k\), \(k \in \mathbf{Z}\).
4) Сначала снимем периоды: \(\frac{11\pi}{2} - \alpha = 5\pi + \left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right)\), а главный период котангенса равен \(\pi\), поэтому \(\mathrm{ctg}\left(\frac{11\pi}{2} - \alpha\right) = \mathrm{ctg}\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) = \mathrm{tg}\,\alpha\) — у аргумента вида \(\frac{\pi}{2} - \alpha\) котангенс заменяется на тангенс. Следовательно, \(\mathrm{ctg}^2\left(\frac{11\pi}{2} - \alpha\right) = \mathrm{tg}^2\alpha\).
Ответ: 1) \(\sin\alpha\); 2) \(-\mathrm{tg}\,\alpha\); 3) \(-\mathrm{tg}\,\alpha\); 4) \(\mathrm{tg}^2\alpha\).
Приведём каждый множитель к углу первой четверти.
Синус — функция нечётная, поэтому \(\sin\left(-\dfrac{7\pi}{6}\right) = -\sin\dfrac{7\pi}{6}\), а по формуле приведения для синуса \(\sin\dfrac{7\pi}{6} = \sin\left(\pi + \dfrac{\pi}{6}\right) = -\sin\dfrac{\pi}{6} = -\dfrac{1}{2}\). Значит, \(\sin\left(-\dfrac{7\pi}{6}\right) = \dfrac{1}{2}\).
Главный период косинуса равен \(2\pi\), поэтому \(\cos \dfrac{11\pi}{3} = \cos\left(2\pi + \dfrac{5\pi}{3}\right) = \cos\dfrac{5\pi}{3}\). Аргумент имеет вид \(\dfrac{3\pi}{2} + \alpha\), и по формуле приведения для косинуса \(\cos\dfrac{5\pi}{3} = \cos\left(\dfrac{3\pi}{2} + \dfrac{\pi}{6}\right) = \sin\dfrac{\pi}{6} = \dfrac{1}{2}\).
Тангенс — функция нечётная, а его главный период равен \(\pi\), поэтому \(\mathrm{tg}\left(-\dfrac{15\pi}{4}\right) = -\mathrm{tg}\,\dfrac{15\pi}{4} = -\mathrm{tg}\left(3\pi + \dfrac{3\pi}{4}\right) = -\mathrm{tg}\,\dfrac{3\pi}{4}\). 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, \(\mathrm{tg}\,\dfrac{3\pi}{4} = \mathrm{tg}\left(\pi - \dfrac{\pi}{4}\right) = -\mathrm{tg}\,\dfrac{\pi}{4} = -1\) и \(\mathrm{tg}\left(-\dfrac{15\pi}{4}\right) = 1\).
Главный период котангенса равен \(\pi\), поэтому \(\mathrm{ctg}\,\dfrac{8\pi}{3} = \mathrm{ctg}\left(2\pi + \dfrac{2\pi}{3}\right) = \mathrm{ctg}\,\dfrac{2\pi}{3}\). Угол \(\pi - \alpha\) лежит во II четверти, где котангенс отрицателен, а замены функции у аргумента такого вида не происходит, поэтому \(\mathrm{ctg}\,\dfrac{2\pi}{3} = \mathrm{ctg}\left(\pi - \dfrac{\pi}{3}\right) = -\mathrm{ctg}\,\dfrac{\pi}{3} = -\dfrac{\sqrt3}{3}\).
Имеем: \[\sin \left(-\frac{7\pi}{6}\right)\cos \frac{11\pi}{3}\,\mathrm{tg}\left(-\frac{15\pi}{4}\right)\mathrm{ctg}\,\frac{8\pi}{3} = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot 1\cdot\left(-\frac{\sqrt3}{3}\right) = -\frac{\sqrt3}{12}.\]
Ответ: \(-\frac{\sqrt3}{12}\).
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 \(\pi - \alpha\), а также тангенс угла \(\frac{5\pi}{2} - \alpha\), поскольку \(\cos\left(\frac{5\pi}{2} - \alpha\right) = \cos\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) = \sin\alpha\).
Предположив, что \(0 < \alpha < \frac{\pi}{2}\), приходим к выводу: \(\pi - \alpha\) является углом II четверти, где котангенс отрицателен, поэтому в правой части равенства должен стоять знак «\(-\)»; аргумент имеет вид \(\pi - \alpha\), поэтому замена функции не происходит. Значит, \(\mathrm{ctg}\,(\pi - \alpha) = -\mathrm{ctg}\,\alpha\).
По формуле приведения для синуса \(\sin\left(\frac{3\pi}{2} + \alpha\right) = -\cos\alpha\), а перед этим слагаемым в условии стоит знак «минус», поэтому оно даёт \(+\cos\alpha\).
Главный период тангенса равен \(\pi\), поэтому сначала снимем период: \(\frac{5\pi}{2} - \alpha = 2\pi + \left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right)\), и \(\mathrm{tg}\left(\frac{5\pi}{2} - \alpha\right) = \mathrm{tg}\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) = \mathrm{ctg}\,\alpha\) по формуле приведения.
Главный период косинуса равен \(2\pi\), а сам косинус — функция чётная, поэтому \(\cos(2\pi - \alpha) = \cos(-\alpha) = \cos\alpha\).
Имеем: \[\mathrm{ctg}\,(\pi - \alpha) - \sin \left(\frac{3\pi}{2} + \alpha\right) + \mathrm{tg}\left(\frac{5\pi}{2} - \alpha\right) + \cos (2\pi - \alpha) = -\mathrm{ctg}\,\alpha + \cos\alpha + \mathrm{ctg}\,\alpha + \cos\alpha = 2\cos\alpha.\]
2) Выражение определено при \(\sin\alpha \ne 0\) и \(\cos\alpha \ne 0\); эти два ограничения можно объединить в одно: \(\alpha \ne \frac{\pi k}{2}\), \(k \in \mathbf{Z}\).
Приведём множители числителя. По формуле приведения для косинуса \(\cos(\pi - \alpha) = -\cos\alpha\) и \(\cos\left(\frac{3\pi}{2} - \alpha\right) = -\sin\alpha\). Главный период синуса равен \(2\pi\), поэтому \(\sin\left(\frac{7\pi}{2} + \alpha\right) = \sin\left(2\pi + \frac{3\pi}{2} + \alpha\right) = \sin\left(\frac{3\pi}{2} + \alpha\right) = -\cos\alpha\). Значит, числитель равен \[(-\cos\alpha)\cdot(-\cos\alpha)\cdot(-\sin\alpha) = -\sin\alpha\cos^2\alpha.\]
Приведём множители знаменателя. Главный период котангенса равен \(\pi\), а котангенс нечётен, поэтому \(\mathrm{ctg}\,(5\pi - \alpha) = \mathrm{ctg}\,(-\alpha) = -\mathrm{ctg}\,\alpha\). Косинус чётен, и его главный период равен \(2\pi\), поэтому \(\cos(4\pi - \alpha) = \cos(-\alpha) = \cos\alpha\). Главный период тангенса равен \(\pi\), поэтому \(\mathrm{tg}\,(3\pi + \alpha) = \mathrm{tg}\,\alpha\). При \(\alpha \ne \frac{\pi k}{2}\) верно тождество \(\mathrm{tg}\,\alpha\,\mathrm{ctg}\,\alpha = 1\), поэтому знаменатель равен \[(-\mathrm{ctg}\,\alpha)\cdot\cos\alpha\cdot\mathrm{tg}\,\alpha = -\cos\alpha\cdot\mathrm{ctg}\,\alpha\,\mathrm{tg}\,\alpha = -\cos\alpha.\]
Следовательно, дробь равна \(\frac{-\sin\alpha\cos^2\alpha}{-\cos\alpha} = \sin\alpha\cos\alpha\).
Ответ: 1) \(2\cos\alpha\); 2) \(\sin\alpha\cos\alpha\).
Множители идут с шагом \(1^\circ\) от \(\mathrm{tg}\,29^\circ\) до \(\mathrm{tg}\,61^\circ\), их тридцать три. Сумма аргументов множителей, равноудалённых от концов произведения, равна \(90^\circ\): \[29^\circ + 61^\circ = 30^\circ + 60^\circ = \ldots = 44^\circ + 46^\circ = 90^\circ.\]
Такие пары составляют все множители, кроме среднего \(\mathrm{tg}\,45^\circ\).
По формуле приведения \(\mathrm{tg}\,(90^\circ - \alpha) = \mathrm{ctg}\,\alpha\), поэтому \[\mathrm{tg}\,61^\circ = \mathrm{ctg}\,29^\circ,\quad \mathrm{tg}\,60^\circ = \mathrm{ctg}\,30^\circ,\quad \mathrm{tg}\,59^\circ = \mathrm{ctg}\,31^\circ\] и так далее. Тогда, объединив попарно множители, равноудалённые от концов произведения, получим шестнадцать произведений, каждое из которых равно \(1\): \[\mathrm{tg}\,29^\circ\,\mathrm{tg}\,61^\circ = \mathrm{tg}\,30^\circ\,\mathrm{tg}\,60^\circ = \ldots = \mathrm{tg}\,44^\circ\,\mathrm{tg}\,46^\circ = 1,\] поскольку \(\mathrm{tg}\,\alpha\,\mathrm{ctg}\,\alpha = 1\).
Ещё один множитель данного произведения — \(\mathrm{tg}\,45^\circ = 1\). Следовательно, \[\mathrm{tg}\,29^\circ\,\mathrm{tg}\,30^\circ\,\mathrm{tg}\,31^\circ\ \ldots\ \mathrm{tg}\,61^\circ = 1.\]
Ответ: \(1\).
