Страница 194 номер 26.45, ГДЗ по алгебре за 10 класс к учебнику Мерзляка. Алгебра и начала математического анализа

1) По формуле \(\cos^2\frac{x}{2} = \frac{1 + \cos x}{2}\) имеем \(0{,}5 + 0{,}5\cos x = \cos^2\frac{x}{2}\). Так как \(0 \leqslant \alpha \leqslant \pi\), то \(0 \leqslant \frac{\alpha}{2} \leqslant \frac{\pi}{2}\) и \(0 \leqslant \frac{\alpha}{4} \leqslant \frac{\pi}{4}\), поэтому \(\cos\frac{\alpha}{2} \geqslant 0\) и \(\cos\frac{\alpha}{4} > 0\), то есть \(\sqrt{\cos^2\frac{\alpha}{2}} = \left|\cos\frac{\alpha}{2}\right| = \cos\frac{\alpha}{2}\) и \(\sqrt{\cos^2\frac{\alpha}{4}} = \left|\cos\frac{\alpha}{4}\right| = \cos\frac{\alpha}{4}\). Значит, \[\begin{aligned} &\sqrt{0{,}5 + 0{,}5\sqrt{0{,}5 + 0{,}5\cos\alpha}} = \sqrt{0{,}5 + 0{,}5\sqrt{\cos^2\frac{\alpha}{2}}} = {} \\ &= \sqrt{0{,}5 + 0{,}5\cos\frac{\alpha}{2}} = \sqrt{\cos^2\frac{\alpha}{4}} = \cos\frac{\alpha}{4}. \end{aligned}\]

2) При \(0^\circ < \alpha < 90^\circ\) имеем \(\sin\alpha > 0\) и \(\cos\alpha > 0\). По формулам \(1 - \cos 2\alpha = 2\sin^2\alpha\) и \(1 + \cos 2\alpha = 2\cos^2\alpha\) получаем \(\sqrt{1 - \cos 2\alpha} = \sqrt{2\sin^2\alpha} = \sqrt{2}|\sin\alpha| = \sqrt{2}\sin\alpha\) и \(\sqrt{1 + \cos 2\alpha} = \sqrt{2\cos^2\alpha} = \sqrt{2}|\cos\alpha| = \sqrt{2}\cos\alpha\). Приведём дроби к общему знаменателю и применим формулы косинуса и синуса двойного аргумента: \[\begin{aligned} &\frac{\cos\alpha}{\sqrt{1 - \cos 2\alpha}} - \frac{\sin\alpha}{\sqrt{1 + \cos 2\alpha}} = \frac{\cos\alpha}{\sqrt{2}\sin\alpha} - \frac{\sin\alpha}{\sqrt{2}\cos\alpha} = {} \\ &= \frac{\cos^2\alpha - \sin^2\alpha}{\sqrt{2}\sin\alpha\cos\alpha} = \frac{2\cos 2\alpha}{\sqrt{2}\sin 2\alpha} = \sqrt{2}\operatorname{ctg} 2\alpha. \end{aligned}\]

3) По формуле приведения \(\sin\alpha = \cos(90^\circ - \alpha)\), а по формулам \(1 - \cos 2x = 2\sin^2 x\) и \(1 + \cos 2x = 2\cos^2 x\) при \(x = 45^\circ - \frac{\alpha}{2}\): \[\begin{aligned} 1 - \sin\alpha &= 1 - \cos(90^\circ - \alpha) = 2\sin^2\left(45^\circ - \frac{\alpha}{2}\right); \\ 1 + \sin\alpha &= 1 + \cos(90^\circ - \alpha) = 2\cos^2\left(45^\circ - \frac{\alpha}{2}\right). \end{aligned}\] Так как \(0^\circ < \alpha < 90^\circ\), то \(0^\circ < 45^\circ - \frac{\alpha}{2} < 45^\circ\), поэтому \(\sin\left(45^\circ - \frac{\alpha}{2}\right) > 0\), \(\cos\left(45^\circ - \frac{\alpha}{2}\right) > 0\) и \(\sqrt{1 - \sin\alpha} = \sqrt{2}\sin\left(45^\circ - \frac{\alpha}{2}\right)\), \(\sqrt{1 + \sin\alpha} = \sqrt{2}\cos\left(45^\circ - \frac{\alpha}{2}\right)\). Сумма углов \(45^\circ + \frac{\alpha}{2}\) и \(45^\circ - \frac{\alpha}{2}\) равна \(90^\circ\), поэтому \(\sin\left(45^\circ + \frac{\alpha}{2}\right) = \cos\left(45^\circ - \frac{\alpha}{2}\right)\). Обозначим \(\beta = 45^\circ - \frac{\alpha}{2}\); тогда \(2\beta = 90^\circ - \alpha\), и по формулам двойного аргумента и формулам приведения \[\begin{aligned} &\frac{\sin\left(45^\circ + \frac{\alpha}{2}\right)}{\sqrt{1 - \sin\alpha}} - \frac{\sin\left(45^\circ - \frac{\alpha}{2}\right)}{\sqrt{1 + \sin\alpha}} = {} \\ &= \frac{\cos\beta}{\sqrt{2}\sin\beta} - \frac{\sin\beta}{\sqrt{2}\cos\beta} = \frac{\cos^2\beta - \sin^2\beta}{\sqrt{2}\sin\beta\cos\beta} = {} \\ &= \frac{2\cos 2\beta}{\sqrt{2}\sin 2\beta} = \frac{\sqrt{2}\cos(90^\circ - \alpha)}{\sin(90^\circ - \alpha)} = \frac{\sqrt{2}\sin\alpha}{\cos\alpha} = \sqrt{2}\operatorname{tg}\alpha. \end{aligned}\]

Ответ: 1) \(\cos\frac{\alpha}{4}\); 2) \(\sqrt{2}\operatorname{ctg} 2\alpha\); 3) \(\sqrt{2}\operatorname{tg}\alpha\).