Страница 194 номер 26.46, ГДЗ по алгебре за 10 класс к учебнику Мерзляка. Алгебра и начала математического анализа
Упростите выражение: 1) \(\sqrt{2 + \sqrt{2 + 2\cos 4\alpha}}\), если \(0 \le \alpha \le \frac{\pi}{2}\); 2) \(\sqrt{0{,}5 + 0{,}5\sqrt{0{,}5 + 0{,}5\sqrt{0{,}5 + 0{,}5\cos \alpha}}}\), если \(0 \le \alpha \le \pi\); 3) \(\sqrt{1 + \sin \varphi} - \sqrt{1 - \sin \varphi}\), если \(\frac{\pi}{2} < \varphi < \pi\).
1) \(2 + 2\cos 4\alpha = 4\cos^2 2\alpha\), поэтому \[\sqrt{2 + \sqrt{2 + 2\cos 4\alpha}} = \sqrt{2 + \sqrt{4\cos^2 2\alpha}} = \sqrt{2 + 2|\cos 2\alpha|}.\] При \(0 \leqslant \alpha \leqslant \frac{\pi}{2}\) знак \(\cos 2\alpha\) зависит от \(\alpha\), поэтому рассмотрим два случая.
Если \(0 \leqslant \alpha \leqslant \frac{\pi}{4}\), то \(0 \leqslant 2\alpha \leqslant \frac{\pi}{2}\), \(\cos 2\alpha \geqslant 0\) и \(|\cos 2\alpha| = \cos 2\alpha\); кроме того, \(\cos\alpha > 0\). Тогда \[\sqrt{2 + 2|\cos 2\alpha|} = \sqrt{2 + 2\cos 2\alpha} = \sqrt{4\cos^2\alpha} = 2|\cos\alpha| = 2\cos\alpha.\]
Если \(\frac{\pi}{4} < \alpha \leqslant \frac{\pi}{2}\), то \(\frac{\pi}{2} < 2\alpha \leqslant \pi\), \(\cos 2\alpha < 0\) и \(|\cos 2\alpha| = -\cos 2\alpha\); кроме того, \(\sin\alpha > 0\). Тогда \[\sqrt{2 + 2|\cos 2\alpha|} = \sqrt{2 - 2\cos 2\alpha} = \sqrt{4\sin^2\alpha} = 2|\sin\alpha| = 2\sin\alpha.\]
2) \(0{,}5 + 0{,}5\cos x = \cos^2\frac{x}{2}\).
При \(0 \leqslant \alpha \leqslant \pi\) углы \(\frac{\alpha}{2}\), \(\frac{\alpha}{4}\) и \(\frac{\alpha}{8}\) лежат на отрезке \(\left[0;\ \frac{\pi}{2}\right]\), поэтому их косинусы неотрицательны: \(\sqrt{\cos^2\frac{\alpha}{2}} = \left|\cos\frac{\alpha}{2}\right| = \cos\frac{\alpha}{2}\), и так же для углов \(\frac{\alpha}{4}\) и \(\frac{\alpha}{8}\). Значит, \[\begin{aligned} &\sqrt{0{,}5 + 0{,}5\sqrt{0{,}5 + 0{,}5\sqrt{0{,}5 + 0{,}5\cos\alpha}}} = {} \\ &= \sqrt{0{,}5 + 0{,}5\sqrt{0{,}5 + 0{,}5\sqrt{\cos^2\frac{\alpha}{2}}}} = \sqrt{0{,}5 + 0{,}5\sqrt{0{,}5 + 0{,}5\cos\frac{\alpha}{2}}} = {} \\ &= \sqrt{0{,}5 + 0{,}5\sqrt{\cos^2\frac{\alpha}{4}}} = \sqrt{0{,}5 + 0{,}5\cos\frac{\alpha}{4}} = \sqrt{\cos^2\frac{\alpha}{8}} = \cos\frac{\alpha}{8}. \end{aligned}\]
3) \(1 + \sin\varphi = \sin^2\frac{\varphi}{2} + 2\sin\frac{\varphi}{2}\cos\frac{\varphi}{2} + \cos^2\frac{\varphi}{2} = \left(\sin\frac{\varphi}{2} + \cos\frac{\varphi}{2}\right)^2\) и так же \(1 - \sin\varphi = \left(\sin\frac{\varphi}{2} - \cos\frac{\varphi}{2}\right)^2\). Поэтому \[\begin{aligned} &\sqrt{1 + \sin\varphi} - \sqrt{1 - \sin\varphi} = \sqrt{\left(\sin\frac{\varphi}{2} + \cos\frac{\varphi}{2}\right)^2} - \sqrt{\left(\sin\frac{\varphi}{2} - \cos\frac{\varphi}{2}\right)^2} = {} \\ &= \left|\sin\frac{\varphi}{2} + \cos\frac{\varphi}{2}\right| - \left|\sin\frac{\varphi}{2} - \cos\frac{\varphi}{2}\right|. \end{aligned}\] Так как \(\frac{\pi}{2} < \varphi < \pi\), то \(\frac{\pi}{4} < \frac{\varphi}{2} < \frac{\pi}{2}\). На отрезке \(\left[0;\ \frac{\pi}{2}\right]\) синус возрастает, а косинус убывает, поэтому \(\sin\frac{\varphi}{2} > \sin\frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2} = \cos\frac{\pi}{4} > \cos\frac{\varphi}{2} > 0\). Значит, \(\sin\frac{\varphi}{2} + \cos\frac{\varphi}{2} > 0\) и \(\sin\frac{\varphi}{2} - \cos\frac{\varphi}{2} > 0\), следовательно, \[\begin{aligned} &\left|\sin\frac{\varphi}{2} + \cos\frac{\varphi}{2}\right| - \left|\sin\frac{\varphi}{2} - \cos\frac{\varphi}{2}\right| = {} \\ &= \sin\frac{\varphi}{2} + \cos\frac{\varphi}{2} - \sin\frac{\varphi}{2} + \cos\frac{\varphi}{2} = 2\cos\frac{\varphi}{2}. \end{aligned}\]
Ответ: 1) \(2\cos\alpha\), если \(0 \leqslant \alpha \leqslant \frac{\pi}{4}\); \(2\sin\alpha\), если \(\frac{\pi}{4} < \alpha \leqslant \frac{\pi}{2}\); 2) \(\cos\frac{\alpha}{8}\); 3) \(2\cos\frac{\varphi}{2}\).
Упростите выражение: 1) \(\sqrt{2 + \sqrt{2 + 2\cos 4\alpha}}\), если \(0 \le \alpha \le \frac{\pi}{2}\); 2) \(\sqrt{0{,}5 + 0{,}5\sqrt{0{,}5 + 0{,}5\sqrt{0{,}5 + 0{,}5\cos \alpha}}}\), если \(0 \le \alpha \le \pi\); 3) \(\sqrt{1 + \sin \varphi} - \sqrt{1 - \sin \varphi}\), если \(\frac{\pi}{2} < \varphi < \pi\).
1) По формуле \(1 + \cos 2x = 2\cos^2 x\) имеем \(2 + 2\cos 4\alpha = 4\cos^2 2\alpha\), поэтому \[\sqrt{2 + \sqrt{2 + 2\cos 4\alpha}} = \sqrt{2 + \sqrt{4\cos^2 2\alpha}} = \sqrt{2 + 2|\cos 2\alpha|}.\] При \(0 \leqslant \alpha \leqslant \frac{\pi}{2}\) знак \(\cos 2\alpha\) зависит от \(\alpha\), поэтому рассмотрим два случая.
Если \(0 \leqslant \alpha \leqslant \frac{\pi}{4}\), то \(0 \leqslant 2\alpha \leqslant \frac{\pi}{2}\), \(\cos 2\alpha \geqslant 0\) и \(|\cos 2\alpha| = \cos 2\alpha\); кроме того, \(\cos\alpha > 0\). Тогда по формуле \(1 + \cos 2x = 2\cos^2 x\) \[\sqrt{2 + 2|\cos 2\alpha|} = \sqrt{2 + 2\cos 2\alpha} = \sqrt{4\cos^2\alpha} = 2|\cos\alpha| = 2\cos\alpha.\]
Если \(\frac{\pi}{4} < \alpha \leqslant \frac{\pi}{2}\), то \(\frac{\pi}{2} < 2\alpha \leqslant \pi\), \(\cos 2\alpha < 0\) и \(|\cos 2\alpha| = -\cos 2\alpha\); кроме того, \(\sin\alpha > 0\). Тогда по формуле \(1 - \cos 2x = 2\sin^2 x\) \[\sqrt{2 + 2|\cos 2\alpha|} = \sqrt{2 - 2\cos 2\alpha} = \sqrt{4\sin^2\alpha} = 2|\sin\alpha| = 2\sin\alpha.\]
2) По формуле \(\cos^2\frac{x}{2} = \frac{1 + \cos x}{2}\) имеем \(0{,}5 + 0{,}5\cos x = \cos^2\frac{x}{2}\). При \(0 \leqslant \alpha \leqslant \pi\) углы \(\frac{\alpha}{2}\), \(\frac{\alpha}{4}\) и \(\frac{\alpha}{8}\) лежат на отрезке \(\left[0;\ \frac{\pi}{2}\right]\), поэтому их косинусы неотрицательны: \(\sqrt{\cos^2\frac{\alpha}{2}} = \left|\cos\frac{\alpha}{2}\right| = \cos\frac{\alpha}{2}\), и так же для углов \(\frac{\alpha}{4}\) и \(\frac{\alpha}{8}\). Значит, \[\begin{aligned} &\sqrt{0{,}5 + 0{,}5\sqrt{0{,}5 + 0{,}5\sqrt{0{,}5 + 0{,}5\cos\alpha}}} = {} \\ &= \sqrt{0{,}5 + 0{,}5\sqrt{0{,}5 + 0{,}5\sqrt{\cos^2\frac{\alpha}{2}}}} = \sqrt{0{,}5 + 0{,}5\sqrt{0{,}5 + 0{,}5\cos\frac{\alpha}{2}}} = {} \\ &= \sqrt{0{,}5 + 0{,}5\sqrt{\cos^2\frac{\alpha}{4}}} = \sqrt{0{,}5 + 0{,}5\cos\frac{\alpha}{4}} = \sqrt{\cos^2\frac{\alpha}{8}} = \cos\frac{\alpha}{8}. \end{aligned}\]
3) По основному тригонометрическому тождеству и формуле синуса двойного аргумента \(1 + \sin\varphi = \sin^2\frac{\varphi}{2} + 2\sin\frac{\varphi}{2}\cos\frac{\varphi}{2} + \cos^2\frac{\varphi}{2} = \left(\sin\frac{\varphi}{2} + \cos\frac{\varphi}{2}\right)^2\) и так же \(1 - \sin\varphi = \left(\sin\frac{\varphi}{2} - \cos\frac{\varphi}{2}\right)^2\). Поэтому \[\begin{aligned} &\sqrt{1 + \sin\varphi} - \sqrt{1 - \sin\varphi} = \sqrt{\left(\sin\frac{\varphi}{2} + \cos\frac{\varphi}{2}\right)^2} - \sqrt{\left(\sin\frac{\varphi}{2} - \cos\frac{\varphi}{2}\right)^2} = {} \\ &= \left|\sin\frac{\varphi}{2} + \cos\frac{\varphi}{2}\right| - \left|\sin\frac{\varphi}{2} - \cos\frac{\varphi}{2}\right|. \end{aligned}\] Так как \(\frac{\pi}{2} < \varphi < \pi\), то \(\frac{\pi}{4} < \frac{\varphi}{2} < \frac{\pi}{2}\). На отрезке \(\left[0;\ \frac{\pi}{2}\right]\) синус возрастает, а косинус убывает, поэтому \(\sin\frac{\varphi}{2} > \sin\frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2} = \cos\frac{\pi}{4} > \cos\frac{\varphi}{2} > 0\). Значит, \(\sin\frac{\varphi}{2} + \cos\frac{\varphi}{2} > 0\) и \(\sin\frac{\varphi}{2} - \cos\frac{\varphi}{2} > 0\), следовательно, \[\begin{aligned} &\left|\sin\frac{\varphi}{2} + \cos\frac{\varphi}{2}\right| - \left|\sin\frac{\varphi}{2} - \cos\frac{\varphi}{2}\right| = {} \\ &= \sin\frac{\varphi}{2} + \cos\frac{\varphi}{2} - \sin\frac{\varphi}{2} + \cos\frac{\varphi}{2} = 2\cos\frac{\varphi}{2}. \end{aligned}\]
Ответ: 1) \(2\cos\alpha\), если \(0 \leqslant \alpha \leqslant \frac{\pi}{4}\); \(2\sin\alpha\), если \(\frac{\pi}{4} < \alpha \leqslant \frac{\pi}{2}\); 2) \(\cos\frac{\alpha}{8}\); 3) \(2\cos\frac{\varphi}{2}\).
