Самостоятельная работа 27 Вариант 4, ГДЗ по алгебре за 10 класс к самостоятельным работам Мерзляка

Так как \(180^\circ < \alpha < 270^\circ\), то \(\alpha\) — угол III четверти, а значит, \(\cos\alpha < 0\). Из основного тригонометрического тождества получаем: \(\cos^2\alpha = 1 - \sin^2\alpha = 1 - \frac{144}{169} = \frac{25}{169}\), следовательно, \(\cos\alpha = -\sqrt{\frac{25}{169}} = -\frac{5}{13}\).

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) Синус \(\alpha\) дан в условии, поэтому возьмём ту форму косинуса двойного угла, в которую входит \(\sin^2\alpha\): \[\cos 2\alpha = 1 - 2\sin^2\alpha = 1 - 2\cdot\frac{144}{169} = \frac{169 - 288}{169} = -\frac{119}{169}.\]

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 \(\cos^2 t = \frac{1 + \cos 2t}{2}\) при \(t = 12x\) получаем \[\cos^2 12x = \frac{1 + \cos 24x}{2}.\]

2) По формуле понижения степени \(\sin^2 t = \frac{1 - \cos 2t}{2}\) при \(t = \frac{\pi}{10} - \beta\) удваивается весь аргумент — и \(\frac{\pi}{10}\), и \(\beta\), а порядок слагаемых внутри аргумента сохраняется: \[\sin^2 \left(\frac{\pi}{10} - \beta\right) = \frac{1 - \cos\left(\frac{\pi}{5} - 2\beta\right)}{2}.\]

Ответ: 1) \(\frac{1 + \cos 24x}{2}\); 2) \(\frac{1 - \cos\left(\frac{\pi}{5} - 2\beta\right)}{2}\).

1) Преобразуем левую часть тождества. Из трёх форм косинуса двойного угла возьмём ту, в которую входит \(\cos^2\): при \(x = 5\alpha\) имеем \(\cos 10\alpha = 2\cos^2 5\alpha - 1\). Тогда \[2\cos^2 5\alpha - \cos 10\alpha = 2\cos^2 5\alpha - (2\cos^2 5\alpha - 1) = 1.\] Обе части определены при всех \(\alpha\), поэтому тождество доказано.

2) Левая часть определена при \(\cos 3\alpha \ne 0\), то есть при \(3\alpha \ne \frac{\pi}{2} + \pi k\), откуда \(\alpha \ne \frac{\pi}{6} + \frac{\pi k}{3}\), \(k \in \mathbf{Z}\).

По формуле \(1 + \cos 2x = 2\cos^2 x\) при \(x = 3\alpha\) имеем \(1 + \cos 6\alpha = 2\cos^2 3\alpha\). Тогда, применив ещё и формулу синуса двойного угла к углу \(3\alpha\), получаем: \[\mathrm{tg}\,3\alpha\,(1 + \cos 6\alpha) = \frac{\sin 3\alpha}{\cos 3\alpha}\cdot 2\cos^2 3\alpha = 2\sin 3\alpha\cos 3\alpha = \sin 6\alpha.\]

Ответ: тождества доказаны: 1) \(2\cos^2 5\alpha - \cos 10\alpha = 1\); 2) \(\mathrm{tg}\,3\alpha\,(1 + \cos 6\alpha) = \sin 6\alpha\) при \(\alpha \ne \frac{\pi}{6} + \frac{\pi k}{3}\), \(k \in \mathbf{Z}\).

1) Обозначим \(u = \frac{\pi}{4} - 3\alpha\). Сумма аргументов \(\frac{\pi}{4} - 3\alpha\) и \(\frac{\pi}{4} + 3\alpha\) равна \(\frac{\pi}{2}\), поэтому \(\frac{\pi}{4} + 3\alpha = \frac{\pi}{2} - u\) и по формуле приведения \[\sin \left(\frac{\pi}{4} + 3\alpha\right) = \sin\left(\frac{\pi}{2} - u\right) = \cos u.\]

Тогда числитель равен \(2\,\mathrm{tg}\,u\cos^2 u = 2\cdot\frac{\sin u}{\cos u}\cdot\cos^2 u = 2\sin u\cos u = \sin 2u\) — здесь применена формула синуса двойного угла. Так как \(2u = \frac{\pi}{2} - 6\alpha\), то \(\sin 2u = \sin\left(\frac{\pi}{2} - 6\alpha\right) = \cos 6\alpha\).

Знаменатель по формуле косинуса двойного угла равен \(1 - 2\sin^2 3\alpha = \cos 6\alpha\).

Выражение имеет смысл при \(\cos 6\alpha \ne 0\): тогда знаменатель отличен от нуля, а из равенства \(2\sin u\cos u = \cos 6\alpha\) следует, что и \(\cos u \ne 0\), то есть тангенс определён. При этом условии \[\frac{2\,\mathrm{tg}\left(\frac{\pi}{4} - 3\alpha\right)\sin^2 \left(\frac{\pi}{4} + 3\alpha\right)}{1 - 2\sin^2 3\alpha} = \frac{\cos 6\alpha}{\cos 6\alpha} = 1.\]

2) По формуле \(1 - \cos 2x = 2\sin^2 x\) при \(x = 5\alpha\) имеем \(\frac{1}{8} - \frac{1}{8}\cos 10\alpha = \frac{1}{8}(1 - \cos 10\alpha) = \frac{1}{8}\cdot 2\sin^2 5\alpha = \frac{\sin^2 5\alpha}{4}\). Тогда \[\sqrt{\frac{1}{8} - \frac{1}{8}\cos 10\alpha} = \sqrt{\frac{\sin^2 5\alpha}{4}} = \frac{|\sin 5\alpha|}{2}.\]

Так как \(\frac{\pi}{10} < \alpha < \frac{\pi}{5}\), то \(\frac{\pi}{2} < 5\alpha < \pi\), то есть \(5\alpha\) — угол II четверти и \(\sin 5\alpha > 0\). Поэтому \(|\sin 5\alpha| = \sin 5\alpha\) и \(\sqrt{\frac{1}{8} - \frac{1}{8}\cos 10\alpha} = \frac{\sin 5\alpha}{2}\).

Ответ: 1) \(1\); 2) \(\frac{\sin 5\alpha}{2}\).

Заменим \(\cos^2 10^\circ\) на \(1 - \sin^2 10^\circ\) по основному тригонометрическому тождеству и раскроем скобки: \[\begin{aligned} &\sin 10^\circ (4\cos^2 10^\circ - 1) = \sin 10^\circ (4(1 - \sin^2 10^\circ) - 1) = {} \\ &= \sin 10^\circ (3 - 4\sin^2 10^\circ) = 3\sin 10^\circ - 4\sin^3 10^\circ. \end{aligned}\]

В полученном выражении узнаём правую часть формулы синуса тройного аргумента \(\sin 3\alpha = 3\sin\alpha - 4\sin^3\alpha\) при \(\alpha = 10^\circ\). Значит, \[\sin 10^\circ (4\cos^2 10^\circ - 1) = \sin(3\cdot 10^\circ) = \sin 30^\circ = \frac{1}{2}.\]

Ответ: \(\frac{1}{2}\).