Страница 193 номер 26.40, ГДЗ по алгебре за 10 класс к учебнику Мерзляка. Алгебра и начала математического анализа
Упростите выражение: 1) \(\sqrt{(\operatorname{ctg} \alpha - \operatorname{tg} \alpha) 2\operatorname{ctg} 2\alpha} \cdot \operatorname{tg} 2\alpha + 2\), если \(\frac{\pi}{2} < \alpha < \frac{3\pi}{4}\); 2) \(\sqrt{\frac{\cos 2\alpha}{\operatorname{ctg}^2 \alpha - \operatorname{tg}^2 \alpha}}\), если \(\frac{\pi}{2} < \alpha < \frac{3\pi}{4}\).
1) При \(\frac{\pi}{2} < \alpha < \frac{3\pi}{4}\) имеем \(\sin\alpha \ne 0\), \(\cos\alpha \ne 0\) и \(\pi < 2\alpha < \frac{3\pi}{2}\), поэтому \(\operatorname{tg}\alpha\), \(\operatorname{ctg}\alpha\), \(\operatorname{tg} 2\alpha\) и \(\operatorname{ctg} 2\alpha\) определены.
\(\operatorname{ctg}\alpha - \operatorname{tg}\alpha = \frac{\cos^2\alpha - \sin^2\alpha}{\sin\alpha\cos\alpha} = \frac{\cos 2\alpha}{\frac{1}{2}\sin 2\alpha} = 2\operatorname{ctg} 2\alpha\), поэтому \[\begin{aligned} &\sqrt{(\operatorname{ctg}\alpha - \operatorname{tg}\alpha) 2\operatorname{ctg} 2\alpha} \cdot \operatorname{tg} 2\alpha + 2 = {} \\ &= \sqrt{2\operatorname{ctg} 2\alpha \cdot 2\operatorname{ctg} 2\alpha} \cdot \operatorname{tg} 2\alpha + 2 = {} \\ &= \sqrt{4\operatorname{ctg}^2 2\alpha} \cdot \operatorname{tg} 2\alpha + 2 = 2|\operatorname{ctg} 2\alpha| \cdot \operatorname{tg} 2\alpha + 2. \end{aligned}\] Угол \(2\alpha\) лежит в III четверти, поэтому \(\operatorname{ctg} 2\alpha > 0\) и \(|\operatorname{ctg} 2\alpha| = \operatorname{ctg} 2\alpha\), значит, \[2|\operatorname{ctg} 2\alpha| \cdot \operatorname{tg} 2\alpha + 2 = 2\operatorname{ctg} 2\alpha\operatorname{tg} 2\alpha + 2 = 2 + 2 = 4.\]
2) При \(\frac{\pi}{2} < \alpha < \frac{3\pi}{4}\) имеем \(\sin\alpha \ne 0\), \(\cos\alpha \ne 0\) и \(\pi < 2\alpha < \frac{3\pi}{2}\), поэтому \(\cos 2\alpha \ne 0\).
Знаменатель подкоренной дроби равен \(\operatorname{ctg}^2\alpha - \operatorname{tg}^2\alpha = \frac{\cos^4\alpha - \sin^4\alpha}{\sin^2\alpha\cos^2\alpha} = \frac{\cos^2\alpha - \sin^2\alpha}{\sin^2\alpha\cos^2\alpha} = \frac{4\cos 2\alpha}{\sin^2 2\alpha}\) и не равен нулю. Тогда \[\sqrt{\frac{\cos 2\alpha}{\operatorname{ctg}^2\alpha - \operatorname{tg}^2\alpha}} = \sqrt{\cos 2\alpha \cdot \frac{\sin^2 2\alpha}{4\cos 2\alpha}} = \sqrt{\frac{\sin^2 2\alpha}{4}} = \frac{|\sin 2\alpha|}{2}.\] Угол \(2\alpha\) лежит в III четверти, поэтому \(\sin 2\alpha < 0\) и \(\frac{|\sin 2\alpha|}{2} = -\frac{1}{2}\sin 2\alpha\).
Ответ: 1) \(4\); 2) \(-\frac{1}{2}\sin 2\alpha\).
Упростите выражение: 1) \(\sqrt{(\operatorname{ctg} \alpha - \operatorname{tg} \alpha) 2\operatorname{ctg} 2\alpha} \cdot \operatorname{tg} 2\alpha + 2\), если \(\frac{\pi}{2} < \alpha < \frac{3\pi}{4}\); 2) \(\sqrt{\frac{\cos 2\alpha}{\operatorname{ctg}^2 \alpha - \operatorname{tg}^2 \alpha}}\), если \(\frac{\pi}{2} < \alpha < \frac{3\pi}{4}\).
1) При \(\frac{\pi}{2} < \alpha < \frac{3\pi}{4}\) имеем \(\sin\alpha \ne 0\), \(\cos\alpha \ne 0\) и \(\pi < 2\alpha < \frac{3\pi}{2}\), поэтому \(\operatorname{tg}\alpha\), \(\operatorname{ctg}\alpha\), \(\operatorname{tg} 2\alpha\) и \(\operatorname{ctg} 2\alpha\) определены. По формулам косинуса и синуса двойного аргумента \(\operatorname{ctg}\alpha - \operatorname{tg}\alpha = \frac{\cos^2\alpha - \sin^2\alpha}{\sin\alpha\cos\alpha} = \frac{\cos 2\alpha}{\frac{1}{2}\sin 2\alpha} = 2\operatorname{ctg} 2\alpha\), поэтому \[\begin{aligned} &\sqrt{(\operatorname{ctg}\alpha - \operatorname{tg}\alpha) 2\operatorname{ctg} 2\alpha} \cdot \operatorname{tg} 2\alpha + 2 = {} \\ &= \sqrt{2\operatorname{ctg} 2\alpha \cdot 2\operatorname{ctg} 2\alpha} \cdot \operatorname{tg} 2\alpha + 2 = {} \\ &= \sqrt{4\operatorname{ctg}^2 2\alpha} \cdot \operatorname{tg} 2\alpha + 2 = 2|\operatorname{ctg} 2\alpha| \cdot \operatorname{tg} 2\alpha + 2. \end{aligned}\] Угол \(2\alpha\) лежит в III четверти, поэтому \(\operatorname{ctg} 2\alpha > 0\) и \(|\operatorname{ctg} 2\alpha| = \operatorname{ctg} 2\alpha\). Так как \(\operatorname{ctg} 2\alpha\operatorname{tg} 2\alpha = 1\), то \[2|\operatorname{ctg} 2\alpha| \cdot \operatorname{tg} 2\alpha + 2 = 2\operatorname{ctg} 2\alpha\operatorname{tg} 2\alpha + 2 = 2 + 2 = 4.\]
2) При \(\frac{\pi}{2} < \alpha < \frac{3\pi}{4}\) имеем \(\sin\alpha \ne 0\), \(\cos\alpha \ne 0\) и \(\pi < 2\alpha < \frac{3\pi}{2}\), поэтому \(\cos 2\alpha \ne 0\). По формуле разности квадратов, основному тригонометрическому тождеству и формулам двойного аргумента знаменатель подкоренной дроби равен \(\operatorname{ctg}^2\alpha - \operatorname{tg}^2\alpha = \frac{\cos^4\alpha - \sin^4\alpha}{\sin^2\alpha\cos^2\alpha} = \frac{\cos^2\alpha - \sin^2\alpha}{\sin^2\alpha\cos^2\alpha} = \frac{4\cos 2\alpha}{\sin^2 2\alpha}\) и не равен нулю. Тогда \[\sqrt{\frac{\cos 2\alpha}{\operatorname{ctg}^2\alpha - \operatorname{tg}^2\alpha}} = \sqrt{\cos 2\alpha \cdot \frac{\sin^2 2\alpha}{4\cos 2\alpha}} = \sqrt{\frac{\sin^2 2\alpha}{4}} = \frac{|\sin 2\alpha|}{2}.\] Угол \(2\alpha\) лежит в III четверти, поэтому \(\sin 2\alpha < 0\) и \(\frac{|\sin 2\alpha|}{2} = -\frac{1}{2}\sin 2\alpha\).
Ответ: 1) \(4\); 2) \(-\frac{1}{2}\sin 2\alpha\).
