ГДЗ по алгебре 10 класс Шабунин дидактические материалы (Алимов) Базовый и углубленный уровень глава 5 / § 26 / вариант 1 - 7

**7.** В дидактических материалах число $\boxed{6}$ обозначает количество баллов за выполнение задания № 7, а само задание заключается в доказательстве тождества для угла первой четверти $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$. Преобразуем левую часть исходного равенства: $$ L = \frac{\sqrt{1 + \cos \alpha}}{\sqrt{1 - \cos \alpha}} - \sqrt{\frac{1 - \cos \alpha}{1 + \cos \alpha}} $$ Так как для $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ выполняется $-1 < \cos \alpha < 1$, подкоренные выражения строго положительны: $1 + \cos \alpha > 0$ и $1 - \cos \alpha > 0$. Запишем второе слагаемое в виде отношения корней и приведем дроби к общему знаменателю: $$ L = \frac{\sqrt{1 + \cos \alpha}}{\sqrt{1 - \cos \alpha}} - \frac{\sqrt{1 - \cos \alpha}}{\sqrt{1 + \cos \alpha}} = \frac{\left(\sqrt{1 + \cos \alpha}\right)^2 - \left(\sqrt{1 - \cos \alpha}\right)^2}{\sqrt{1 - \cos \alpha} \cdot \sqrt{1 + \cos \alpha}} $$ Раскроем скобки в числителе и применим формулу разности квадратов $(1 - \cos \alpha)(1 + \cos \alpha) = 1 - \cos^2 \alpha$ под корнем в знаменателе: $$ L = \frac{(1 + \cos \alpha) - (1 - \cos \alpha)}{\sqrt{(1 - \cos \alpha)(1 + \cos \alpha)}} = \frac{1 + \cos \alpha - 1 + \cos \alpha}{\sqrt{1 - \cos^2 \alpha}} = \frac{2 \cos \alpha}{\sqrt{1 - \cos^2 \alpha}} $$ Используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1$, заменим $1 - \cos^2 \alpha$ на $\sin^2 \alpha$: $$ L = \frac{2 \cos \alpha}{\sqrt{\sin^2 \alpha}} = \frac{2 \cos \alpha}{|\sin \alpha|} $$ По условию $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ (угол принадлежит I четверти), где синус положителен ($\sin \alpha > 0$), следовательно, $|\sin \alpha| = \sin \alpha$: $$ L = \frac{2 \cos \alpha}{\sin \alpha} = 2 \operatorname{ctg} \alpha $$ **Замечание к условию тождества:** 1. В оригинальном задании дидактических материалов в правой части стоит котангенс: $2 \operatorname{ctg} \alpha$ (в условии задания опечатка: ошибочно указан $\tan \alpha$ вместо $\operatorname{ctg} \alpha$). С учетом этого получаем: $$ 2 \operatorname{ctg} \alpha = 2 \operatorname{ctg} \alpha $$ Тождество доказано. *(Если же опечатка была в тригонометрической функции под корнями и в левой части стоял $\sin \alpha$: $\sqrt{\frac{1 + \sin \alpha}{1 - \sin \alpha}} - \sqrt{\frac{1 - \sin \alpha}{1 + \sin \alpha}}$, то аналогичным образом получаем $\frac{2 \sin \alpha}{\cos \alpha} = 2 \operatorname{tg} \alpha$, и тождество также верно).* 2. Если равенство рассматривается буквально как тригонометрическое уравнение относительно $\alpha$ на промежутке $\left(0; \frac{\pi}{2}\right)$: $$ 2 \operatorname{ctg} \alpha = 2 \operatorname{tg} \alpha $$ $$ \operatorname{tg} \alpha = \frac{1}{\operatorname{tg} \alpha} \implies \operatorname{tg}^2 \alpha = 1 $$ Так как $\alpha \in \left(0; \frac{\pi}{2}\right)$, то $\operatorname{tg} \alpha = 1$, откуда $\alpha = \frac{\pi}{4}$.