Страница 173 номер 23.12, ГДЗ по алгебре за 10 класс к учебнику Мерзляка. Алгебра и начала математического анализа
Упростите выражение: 1) \(\sin \alpha - \sqrt{\operatorname{ctg}^2 \alpha - \cos^2 \alpha}\), если \(180^\circ < \alpha < 360^\circ\); 2) \(\sqrt{\frac{1 - \cos \alpha}{1 + \cos \alpha}} - \sqrt{\frac{1 + \cos \alpha}{1 - \cos \alpha}}\), если \(\pi < \alpha < \frac{3\pi}{2}\); 3) \(\sqrt{4\cos^2 \alpha + 4\cos \alpha + 1} - \sqrt{4 - 4\sin^2 \alpha}\), если \(\frac{2\pi}{3} \le \alpha \le \pi\).
1) Выражение имеет смысл при \(\sin\alpha \ne 0\), что при \(180^\circ < \alpha < 360^\circ\) выполнено. Так как \(\cos^4\alpha = (\cos^2\alpha)^2\) и \(\cos^2\alpha \geqslant 0\), то \[\begin{aligned} &\sin\alpha - \sqrt{\operatorname{ctg}^2\alpha - \cos^2\alpha} = \sin\alpha - \sqrt{\frac{\cos^2\alpha}{\sin^2\alpha} - \cos^2\alpha} = {} \\ &= \sin\alpha - \sqrt{\frac{\cos^2\alpha(1 - \sin^2\alpha)}{\sin^2\alpha}} = \sin\alpha - \sqrt{\frac{\cos^4\alpha}{\sin^2\alpha}} = \sin\alpha - \frac{\cos^2\alpha}{|\sin\alpha|}. \end{aligned}\] Так как \(180^\circ < \alpha < 360^\circ\), то \(\sin\alpha < 0\) и \(|\sin\alpha| = -\sin\alpha\): \[\sin\alpha - \frac{\cos^2\alpha}{|\sin\alpha|} = \sin\alpha + \frac{\cos^2\alpha}{\sin\alpha} = \frac{\sin^2\alpha + \cos^2\alpha}{\sin\alpha} = \frac{1}{\sin\alpha}.\]
2) При \(\pi < \alpha < \frac{3\pi}{2}\) имеем \(-1 < \cos\alpha < 0\), поэтому \(1 - \cos\alpha > 0\) и \(1 + \cos\alpha > 0\). Умножим числитель и знаменатель первой подкоренной дроби на \(1 - \cos\alpha\), второй — на \(1 + \cos\alpha\): \[\begin{aligned} &\sqrt{\frac{1 - \cos\alpha}{1 + \cos\alpha}} - \sqrt{\frac{1 + \cos\alpha}{1 - \cos\alpha}} = \sqrt{\frac{(1 - \cos\alpha)^2}{\sin^2\alpha}} - \sqrt{\frac{(1 + \cos\alpha)^2}{\sin^2\alpha}} = {} \\ &= \frac{1 - \cos\alpha}{|\sin\alpha|} - \frac{1 + \cos\alpha}{|\sin\alpha|} = \frac{-2\cos\alpha}{|\sin\alpha|}. \end{aligned}\] Так как \(\pi < \alpha < \frac{3\pi}{2}\), то \(\sin\alpha < 0\) и \(|\sin\alpha| = -\sin\alpha\): \[\frac{-2\cos\alpha}{|\sin\alpha|} = \frac{-2\cos\alpha}{-\sin\alpha} = 2\operatorname{ctg}\alpha.\]
3) \[\begin{aligned} &\sqrt{4\cos^2\alpha + 4\cos\alpha + 1} - \sqrt{4 - 4\sin^2\alpha} = {} \\ &= \sqrt{(2\cos\alpha + 1)^2} - \sqrt{4\cos^2\alpha} = |2\cos\alpha + 1| - 2|\cos\alpha|. \end{aligned}\] Косинус убывает на промежутке \([0;\ \pi]\), поэтому при \(\frac{2\pi}{3} \leqslant \alpha \leqslant \pi\) имеем \(\cos\pi \leqslant \cos\alpha \leqslant \cos\frac{2\pi}{3}\), то есть \(-1 \leqslant \cos\alpha \leqslant -\frac{1}{2}\). Значит, \(2\cos\alpha + 1 \leqslant 0\) и \(\cos\alpha < 0\), откуда \(|2\cos\alpha + 1| = -2\cos\alpha - 1\) и \(|\cos\alpha| = -\cos\alpha\): \[|2\cos\alpha + 1| - 2|\cos\alpha| = -2\cos\alpha - 1 + 2\cos\alpha = -1.\]
Ответ: 1) \(\frac{1}{\sin\alpha}\); 2) \(2\operatorname{ctg}\alpha\); 3) \(-1\).
Упростите выражение: 1) \(\sin \alpha - \sqrt{\operatorname{ctg}^2 \alpha - \cos^2 \alpha}\), если \(180^\circ < \alpha < 360^\circ\); 2) \(\sqrt{\frac{1 - \cos \alpha}{1 + \cos \alpha}} - \sqrt{\frac{1 + \cos \alpha}{1 - \cos \alpha}}\), если \(\pi < \alpha < \frac{3\pi}{2}\); 3) \(\sqrt{4\cos^2 \alpha + 4\cos \alpha + 1} - \sqrt{4 - 4\sin^2 \alpha}\), если \(\frac{2\pi}{3} \le \alpha \le \pi\).
1) Выражение имеет смысл при \(\sin\alpha \ne 0\), что при \(180^\circ < \alpha < 360^\circ\) выполнено. Так как \(\cos^4\alpha = (\cos^2\alpha)^2\) и \(\cos^2\alpha \geqslant 0\), то \[\begin{aligned} &\sin\alpha - \sqrt{\operatorname{ctg}^2\alpha - \cos^2\alpha} = \sin\alpha - \sqrt{\frac{\cos^2\alpha}{\sin^2\alpha} - \cos^2\alpha} = {} \\ &= \sin\alpha - \sqrt{\frac{\cos^2\alpha(1 - \sin^2\alpha)}{\sin^2\alpha}} = \sin\alpha - \sqrt{\frac{\cos^4\alpha}{\sin^2\alpha}} = \sin\alpha - \frac{\cos^2\alpha}{|\sin\alpha|}. \end{aligned}\] Так как \(180^\circ < \alpha < 360^\circ\), то \(\sin\alpha < 0\) и \(|\sin\alpha| = -\sin\alpha\). Следовательно, \[\sin\alpha - \frac{\cos^2\alpha}{|\sin\alpha|} = \sin\alpha + \frac{\cos^2\alpha}{\sin\alpha} = \frac{\sin^2\alpha + \cos^2\alpha}{\sin\alpha} = \frac{1}{\sin\alpha}.\]
2) При \(\pi < \alpha < \frac{3\pi}{2}\) имеем \(-1 < \cos\alpha < 0\), поэтому \(1 - \cos\alpha > 0\) и \(1 + \cos\alpha > 0\). Умножим числитель и знаменатель первой подкоренной дроби на \(1 - \cos\alpha\), второй — на \(1 + \cos\alpha\) и учтём, что \(1 - \cos^2\alpha = \sin^2\alpha\): \[\begin{aligned} &\sqrt{\frac{1 - \cos\alpha}{1 + \cos\alpha}} - \sqrt{\frac{1 + \cos\alpha}{1 - \cos\alpha}} = \sqrt{\frac{(1 - \cos\alpha)^2}{\sin^2\alpha}} - \sqrt{\frac{(1 + \cos\alpha)^2}{\sin^2\alpha}} = {} \\ &= \frac{1 - \cos\alpha}{|\sin\alpha|} - \frac{1 + \cos\alpha}{|\sin\alpha|} = \frac{-2\cos\alpha}{|\sin\alpha|}. \end{aligned}\] Так как \(\pi < \alpha < \frac{3\pi}{2}\), то \(\sin\alpha < 0\) и \(|\sin\alpha| = -\sin\alpha\). Следовательно, \[\frac{-2\cos\alpha}{|\sin\alpha|} = \frac{-2\cos\alpha}{-\sin\alpha} = 2\operatorname{ctg}\alpha.\]
3) Так как \(4\cos^2\alpha + 4\cos\alpha + 1 = (2\cos\alpha + 1)^2\) и \(4 - 4\sin^2\alpha = 4\cos^2\alpha\), то \[\begin{aligned} &\sqrt{4\cos^2\alpha + 4\cos\alpha + 1} - \sqrt{4 - 4\sin^2\alpha} = {} \\ &= \sqrt{(2\cos\alpha + 1)^2} - \sqrt{4\cos^2\alpha} = |2\cos\alpha + 1| - 2|\cos\alpha|. \end{aligned}\] Функция \(y = \cos x\) убывает на промежутке \([0;\ \pi]\), поэтому при \(\frac{2\pi}{3} \leqslant \alpha \leqslant \pi\) имеем \(\cos\pi \leqslant \cos\alpha \leqslant \cos\frac{2\pi}{3}\), то есть \(-1 \leqslant \cos\alpha \leqslant -\frac{1}{2}\). Значит, \(2\cos\alpha + 1 \leqslant 0\) и \(\cos\alpha < 0\), откуда \(|2\cos\alpha + 1| = -2\cos\alpha - 1\) и \(|\cos\alpha| = -\cos\alpha\). Следовательно, \[|2\cos\alpha + 1| - 2|\cos\alpha| = -2\cos\alpha - 1 + 2\cos\alpha = -1.\]
Ответ: 1) \(\frac{1}{\sin\alpha}\); 2) \(2\operatorname{ctg}\alpha\); 3) \(-1\).
