Страница 194 номер 26.42, ГДЗ по алгебре за 10 класс к учебнику Мерзляка. Алгебра и начала математического анализа
Докажите, что: 1) \(\operatorname{tg} \alpha \operatorname{tg} (60^\circ - \alpha) \operatorname{tg} (60^\circ + \alpha) = \operatorname{tg} 3\alpha\); 2) \(\operatorname{tg} 20^\circ \operatorname{tg} 40^\circ \operatorname{tg} 80^\circ = \sqrt{3}\).
1) Левая часть определена при \(\cos\alpha \ne 0\), \(\cos(60^\circ - \alpha) \ne 0\) и \(\cos(60^\circ + \alpha) \ne 0\), правая — при \(\cos 3\alpha \ne 0\). \[\begin{aligned} &\operatorname{tg}\alpha\operatorname{tg}(60^\circ - \alpha)\operatorname{tg}(60^\circ + \alpha) = {} \\ &= \frac{\sin\alpha\sin(60^\circ - \alpha)\sin(60^\circ + \alpha)}{\cos\alpha\cos(60^\circ - \alpha)\cos(60^\circ + \alpha)}. \end{aligned}\] Числитель: \[\begin{aligned} &\sin\alpha\sin(60^\circ - \alpha)\sin(60^\circ + \alpha) = {} \\ &= \sin\alpha(\sin 60^\circ\cos\alpha - \cos 60^\circ\sin\alpha)(\sin 60^\circ\cos\alpha + \cos 60^\circ\sin\alpha) = {} \\ &= \sin\alpha\left(\frac{3}{4}\cos^2\alpha - \frac{1}{4}\sin^2\alpha\right) = \frac{1}{4}\left(3\sin\alpha(1 - \sin^2\alpha) - \sin^3\alpha\right) = {} \\ &= \frac{1}{4}(3\sin\alpha - 4\sin^3\alpha) = \frac{1}{4}\sin 3\alpha. \end{aligned}\] Знаменатель: \[\begin{aligned} &\cos\alpha\cos(60^\circ - \alpha)\cos(60^\circ + \alpha) = {} \\ &= \cos\alpha(\cos 60^\circ\cos\alpha + \sin 60^\circ\sin\alpha)(\cos 60^\circ\cos\alpha - \sin 60^\circ\sin\alpha) = {} \\ &= \cos\alpha\left(\frac{1}{4}\cos^2\alpha - \frac{3}{4}\sin^2\alpha\right) = \frac{1}{4}\left(\cos^3\alpha - 3\cos\alpha(1 - \cos^2\alpha)\right) = {} \\ &= \frac{1}{4}(4\cos^3\alpha - 3\cos\alpha) = \frac{1}{4}\cos 3\alpha. \end{aligned}\] Поэтому все три косинуса отличны от нуля тогда и только тогда, когда \(\cos 3\alpha \ne 0\): обе части равенства определены при одних и тех же \(\alpha\). При таких \(\alpha\) \[\operatorname{tg}\alpha\operatorname{tg}(60^\circ - \alpha)\operatorname{tg}(60^\circ + \alpha) = \frac{\frac{1}{4}\sin 3\alpha}{\frac{1}{4}\cos 3\alpha} = \operatorname{tg} 3\alpha.\]
2) Так как \(40^\circ = 60^\circ - 20^\circ\), \(80^\circ = 60^\circ + 20^\circ\) и \(\cos(3 \cdot 20^\circ) = \cos 60^\circ \ne 0\), то по доказанному в пункте 1) при \(\alpha = 20^\circ\): \[\operatorname{tg} 20^\circ\operatorname{tg} 40^\circ\operatorname{tg} 80^\circ = \operatorname{tg}(3 \cdot 20^\circ) = \operatorname{tg} 60^\circ = \sqrt{3}.\]
Ответ: 1) \(\operatorname{tg}\alpha\operatorname{tg}(60^\circ - \alpha)\operatorname{tg}(60^\circ + \alpha) = \operatorname{tg} 3\alpha\) при \(\cos 3\alpha \ne 0\); 2) \(\operatorname{tg} 20^\circ\operatorname{tg} 40^\circ\operatorname{tg} 80^\circ = \sqrt{3}\).
Докажите, что: 1) \(\operatorname{tg} \alpha \operatorname{tg} (60^\circ - \alpha) \operatorname{tg} (60^\circ + \alpha) = \operatorname{tg} 3\alpha\); 2) \(\operatorname{tg} 20^\circ \operatorname{tg} 40^\circ \operatorname{tg} 80^\circ = \sqrt{3}\).
1) Левая часть определена при \(\cos\alpha \ne 0\), \(\cos(60^\circ - \alpha) \ne 0\) и \(\cos(60^\circ + \alpha) \ne 0\), правая — при \(\cos 3\alpha \ne 0\). Запишем тангенсы через синусы и косинусы: \[\begin{aligned} &\operatorname{tg}\alpha\operatorname{tg}(60^\circ - \alpha)\operatorname{tg}(60^\circ + \alpha) = {} \\ &= \frac{\sin\alpha\sin(60^\circ - \alpha)\sin(60^\circ + \alpha)}{\cos\alpha\cos(60^\circ - \alpha)\cos(60^\circ + \alpha)}. \end{aligned}\] Числитель преобразуем по формулам синуса разности и синуса суммы, основному тригонометрическому тождеству и формуле синуса тройного аргумента: \[\begin{aligned} &\sin\alpha\sin(60^\circ - \alpha)\sin(60^\circ + \alpha) = {} \\ &= \sin\alpha(\sin 60^\circ\cos\alpha - \cos 60^\circ\sin\alpha)(\sin 60^\circ\cos\alpha + \cos 60^\circ\sin\alpha) = {} \\ &= \sin\alpha\left(\frac{3}{4}\cos^2\alpha - \frac{1}{4}\sin^2\alpha\right) = \frac{1}{4}\left(3\sin\alpha(1 - \sin^2\alpha) - \sin^3\alpha\right) = {} \\ &= \frac{1}{4}(3\sin\alpha - 4\sin^3\alpha) = \frac{1}{4}\sin 3\alpha. \end{aligned}\] Знаменатель — по формулам косинуса разности и косинуса суммы, основному тригонометрическому тождеству и формуле косинуса тройного аргумента: \[\begin{aligned} &\cos\alpha\cos(60^\circ - \alpha)\cos(60^\circ + \alpha) = {} \\ &= \cos\alpha(\cos 60^\circ\cos\alpha + \sin 60^\circ\sin\alpha)(\cos 60^\circ\cos\alpha - \sin 60^\circ\sin\alpha) = {} \\ &= \cos\alpha\left(\frac{1}{4}\cos^2\alpha - \frac{3}{4}\sin^2\alpha\right) = \frac{1}{4}\left(\cos^3\alpha - 3\cos\alpha(1 - \cos^2\alpha)\right) = {} \\ &= \frac{1}{4}(4\cos^3\alpha - 3\cos\alpha) = \frac{1}{4}\cos 3\alpha. \end{aligned}\] Произведение \(\cos\alpha\cos(60^\circ - \alpha)\cos(60^\circ + \alpha)\) равно \(\frac{1}{4}\cos 3\alpha\), поэтому все три косинуса отличны от нуля тогда и только тогда, когда \(\cos 3\alpha \ne 0\): обе части равенства определены при одних и тех же \(\alpha\). При таких \(\alpha\) \[\operatorname{tg}\alpha\operatorname{tg}(60^\circ - \alpha)\operatorname{tg}(60^\circ + \alpha) = \frac{\frac{1}{4}\sin 3\alpha}{\frac{1}{4}\cos 3\alpha} = \operatorname{tg} 3\alpha.\]
2) Так как \(40^\circ = 60^\circ - 20^\circ\), \(80^\circ = 60^\circ + 20^\circ\) и \(\cos(3 \cdot 20^\circ) = \cos 60^\circ \ne 0\), то по доказанному в пункте 1) при \(\alpha = 20^\circ\): \[\operatorname{tg} 20^\circ\operatorname{tg} 40^\circ\operatorname{tg} 80^\circ = \operatorname{tg}(3 \cdot 20^\circ) = \operatorname{tg} 60^\circ = \sqrt{3}.\]
Ответ: 1) \(\operatorname{tg}\alpha\operatorname{tg}(60^\circ - \alpha)\operatorname{tg}(60^\circ + \alpha) = \operatorname{tg} 3\alpha\) при \(\cos 3\alpha \ne 0\); 2) \(\operatorname{tg} 20^\circ\operatorname{tg} 40^\circ\operatorname{tg} 80^\circ = \sqrt{3}\).
