Самостоятельная работа 27 Вариант 3, ГДЗ по алгебре за 10 класс к самостоятельным работам Мерзляка

Так как \(180^\circ < \alpha < 270^\circ\), то \(\alpha\) — угол III четверти, а значит, \(\sin\alpha < 0\). Из основного тригонометрического тождества получаем: \(\sin^2\alpha = 1 - \cos^2\alpha = 1 - \frac{25}{169} = \frac{144}{169}\), следовательно, \(\sin\alpha = -\sqrt{\frac{144}{169}} = -\frac{12}{13}\).

1) По формуле синуса двойного угла \(\sin 2\alpha = 2\sin\alpha\cos\alpha = 2\cdot\left(-\frac{12}{13}\right)\cdot\left(-\frac{5}{13}\right) = \frac{120}{169}\) — оба множителя отрицательны, поэтому значение положительно.

2) Косинус \(\alpha\) известен, поэтому возьмём ту форму косинуса двойного угла, в которую входит \(\cos^2\alpha\): \[\cos 2\alpha = 2\cos^2\alpha - 1 = 2\cdot\frac{25}{169} - 1 = \frac{50 - 169}{169} = -\frac{119}{169}.\]

3) Так как \(\cos 2\alpha \ne 0\), то \(\mathrm{tg}\,2\alpha = \frac{\sin 2\alpha}{\cos 2\alpha} = \frac{\frac{120}{169}}{-\frac{119}{169}} = -\frac{120}{119}\). По формуле тангенса двойного угла, применённой к углу \(2\alpha\): \[\begin{aligned} &\mathrm{tg}\,4\alpha = \frac{2\,\mathrm{tg}\,2\alpha}{1 - \mathrm{tg}^2 2\alpha} = \frac{2\cdot\left(-\frac{120}{119}\right)}{1 - \frac{14400}{14161}} = {} \\ &= \frac{-\frac{240}{119}}{-\frac{239}{14161}} = \frac{240}{119}\cdot\frac{14161}{239} = \frac{240\cdot 119}{239} = \frac{28560}{239}. \end{aligned}\] Здесь \(14161 = 119^2\), а число \(239\) простое, и ни \(240\), ни \(119\) на него не делятся, поэтому дробь несократима.

Ответ: 1) \(\frac{120}{169}\); 2) \(-\frac{119}{169}\); 3) \(\frac{28560}{239}\).

1) По формуле понижения степени \(\sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}{2}\) при \(x = \frac{\alpha}{4}\) получаем \[\sin^2 \frac{\alpha}{4} = \frac{1 - \cos \frac{\alpha}{2}}{2}.\]

2) По формуле понижения степени \(\cos^2 x = \frac{1 + \cos 2x}{2}\) при \(x = \frac{\varphi}{6} - \frac{\pi}{14}\) удваивается весь аргумент — и \(\frac{\varphi}{6}\), и \(\frac{\pi}{14}\): \[\cos^2\left(\frac{\varphi}{6} - \frac{\pi}{14}\right) = \frac{1 + \cos\left(\frac{\varphi}{3} - \frac{\pi}{7}\right)}{2}.\]

Ответ: 1) \(\frac{1 - \cos \frac{\alpha}{2}}{2}\); 2) \(\frac{1 + \cos\left(\frac{\varphi}{3} - \frac{\pi}{7}\right)}{2}\).

1) Преобразуем левую часть тождества. По формуле \(1 - \cos 2x = 2\sin^2 x\) при \(x = \frac{\alpha}{2}\) имеем \(2\sin^2 \frac{\alpha}{2} = 1 - \cos\alpha\). Тогда \[2\sin^2 \frac{\alpha}{2} + \cos \alpha = 1 - \cos\alpha + \cos\alpha = 1.\] Обе части определены при всех \(\alpha\), поэтому тождество доказано.

2) Левая часть определена при \(\sin 2\alpha \ne 0\), то есть при \(2\alpha \ne \pi k\), откуда \(\alpha \ne \frac{\pi k}{2}\), \(k \in \mathbf{Z}\).

По формуле \(1 - \cos 2x = 2\sin^2 x\) при \(x = 2\alpha\) имеем \(1 - \cos 4\alpha = 2\sin^2 2\alpha\). Тогда, применив ещё и формулу синуса двойного угла к углу \(2\alpha\), получаем: \[\mathrm{ctg}\,2\alpha(1 - \cos 4\alpha) = \frac{\cos 2\alpha}{\sin 2\alpha}\cdot 2\sin^2 2\alpha = 2\sin 2\alpha\cos 2\alpha = \sin 4\alpha.\]

Ответ: тождества доказаны: 1) \(2\sin^2 \frac{\alpha}{2} + \cos \alpha = 1\); 2) \(\mathrm{ctg}\,2\alpha(1 - \cos 4\alpha) = \sin 4\alpha\) при \(\alpha \ne \frac{\pi k}{2}\), \(k \in \mathbf{Z}\).

1) Обозначим \(u = \frac{5\pi}{4} - 4\alpha\). Сумма аргументов \(\frac{5\pi}{4} - 4\alpha\) и \(\frac{5\pi}{4} + 4\alpha\) равна \(\frac{5\pi}{2}\), поэтому \(\frac{5\pi}{4} + 4\alpha = 2\pi + \left(\frac{\pi}{2} - u\right)\). Главный период синуса равен \(2\pi\), и по формуле приведения \[\sin\left(\frac{5\pi}{4} + 4\alpha\right) = \sin\left(2\pi + \frac{\pi}{2} - u\right) = \sin\left(\frac{\pi}{2} - u\right) = \cos u.\]

Тогда числитель равен \(\mathrm{tg}\,u\cos^2 u = \frac{\sin u}{\cos u}\cdot\cos^2 u = \sin u\cos u = \frac{1}{2}\cdot 2\sin u\cos u = \frac{1}{2}\sin 2u\) — здесь применена формула синуса двойного угла. Так как \(2u = \frac{5\pi}{2} - 8\alpha\), то \[\frac{1}{2}\sin 2u = \frac{1}{2}\sin\left(2\pi + \frac{\pi}{2} - 8\alpha\right) = \frac{1}{2}\sin\left(\frac{\pi}{2} - 8\alpha\right) = \frac{1}{2}\cos 8\alpha.\]

Знаменатель по формуле косинуса двойного угла равен \(1 - 2\cos^2 4\alpha = -(2\cos^2 4\alpha - 1) = -\cos 8\alpha\).

Выражение имеет смысл при \(\cos 8\alpha \ne 0\): тогда знаменатель отличен от нуля, а из равенства \(2\sin u\cos u = \cos 8\alpha\) следует, что и \(\cos u \ne 0\), то есть тангенс определён. При этом условии \[\frac{\mathrm{tg}\left(\frac{5\pi}{4} - 4\alpha\right)\sin^2\left(\frac{5\pi}{4} + 4\alpha\right)}{1 - 2\cos^2 4\alpha} = \frac{\frac{1}{2}\cos 8\alpha}{-\cos 8\alpha} = -\frac{1}{2}.\]

2) По формуле \(1 + \cos 2x = 2\cos^2 x\) при \(x = 4\alpha\) имеем \(2 + 2\cos 8\alpha = 2(1 + \cos 8\alpha) = 4\cos^2 4\alpha\). Тогда \[\sqrt{2 + 2\cos 8\alpha} = \sqrt{4\cos^2 4\alpha} = 2|\cos 4\alpha|.\]

Так как \(\frac{\pi}{8} < \alpha < \frac{\pi}{4}\), то \(\frac{\pi}{2} < 4\alpha < \pi\), то есть \(4\alpha\) — угол II четверти и \(\cos 4\alpha < 0\). Поэтому \(|\cos 4\alpha| = -\cos 4\alpha\) и \(\sqrt{2 + 2\cos 8\alpha} = -2\cos 4\alpha\).

Ответ: 1) \(-\frac{1}{2}\); 2) \(-2\cos 4\alpha\).

Раскроем скобки и заменим \(\sin^2 20^\circ\) на \(1 - \cos^2 20^\circ\) по основному тригонометрическому тождеству: \[\begin{aligned} &\cos 20^\circ(1 - 4\sin^2 20^\circ) = \cos 20^\circ - 4\sin^2 20^\circ\cos 20^\circ = {} \\ &= \cos 20^\circ - 4(1 - \cos^2 20^\circ)\cos 20^\circ = \cos 20^\circ - 4\cos 20^\circ + 4\cos^3 20^\circ = 4\cos^3 20^\circ - 3\cos 20^\circ. \end{aligned}\]

В полученном выражении узнаём правую часть формулы косинуса тройного аргумента \(\cos 3\alpha = 4\cos^3\alpha - 3\cos\alpha\) при \(\alpha = 20^\circ\). Значит, \[\cos 20^\circ(1 - 4\sin^2 20^\circ) = \cos(3\cdot 20^\circ) = \cos 60^\circ = \frac{1}{2}.\]

Ответ: \(\frac{1}{2}\).