ГДЗ по Алгебре 9 Класс Глава 7 Номер 1533 Углубленный Уровень Макарычев Миндюк — Подробные Ответы

Докажите, что \( \alpha + \beta = 45^\circ \), если \( \alpha \) и \( \beta \) — острые углы и:

а) \( \sin(\alpha) = \frac{3}{5} \), \( \cos(\alpha) = \frac{7\sqrt{2}}{10} \);

б) \( \tan(\alpha) = \frac{1}{3} \), \( \tan(\beta) = \frac{\beta — \alpha}{2} \).

Известно следующее:

\( 0 < a < \frac{\pi}{2}, \quad 0 < \beta < \frac{\pi}{2}; \)

а) \( \sin a = \frac{3}{5}, \quad \cos \beta = \frac{7\sqrt{2}}{10}; \)

\( \cos a = \sqrt{1 — \sin^2 a} = \sqrt{1 — \frac{9}{25}} = \frac{4}{5}; \)

\( \sin \beta = \sqrt{1 — \cos^2 \beta} = \sqrt{1 — \frac{98}{100}} = \frac{\sqrt{2}}{10}; \)

\( \sin(a + \beta) = \sin a \cos \beta + \sin \beta \cos a; \)

\( \sin(a + \beta) = \frac{3}{5} \cdot \frac{7\sqrt{2}}{10} + \frac{4}{5} \cdot \frac{\sqrt{2}}{10} = \frac{25\sqrt{2}}{50}; \)

\( \sin(a + \beta) = \frac{\sqrt{2}}{2}, \quad a + b = 45^\circ; \)

Что и требовалось доказать.

б) \( \tan a = \frac{1}{3}, \quad \tan \beta = \frac{1}{2}; \)

\( \tan(a + \beta) = \frac{\tan a + \tan \beta}{1 — \tan a \tan \beta} = \frac{\frac{1}{3} + \frac{1}{2}}{1 — \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2}}; \)

\( \tan(a + \beta) = \frac{3 + 2}{6 — 1} = 1, \quad a + \beta = 45^\circ; \)

Что и требовалось доказать.

Докажите, что \( \alpha + \beta = 45^\circ \), если \( \alpha \) и \( \beta \) — острые углы и:

а) \( \sin(\alpha) = \frac{3}{5} \), \( \cos(\alpha) = \frac{7\sqrt{2}}{10} \);

Известно, что \( 0 < \alpha < \frac{\pi}{2}, \quad 0 < \beta < \frac{\pi}{2} \).

Для начала вычислим \( \cos(\alpha) \) и \( \sin(\beta) \), используя известные значения \( \sin(\alpha) \) и \( \cos(\alpha) \):

Нам дана \( \sin(\alpha) = \frac{3}{5} \). Для нахождения \( \cos(\alpha) \) воспользуемся основной тригонометрической тождественностью:

\[
\cos^2(\alpha) = 1 — \sin^2(\alpha)
\]

Подставим значение для \( \sin(\alpha) \):

\[
\cos^2(\alpha) = 1 — \left(\frac{3}{5}\right)^2 = 1 — \frac{9}{25} = \frac{16}{25}
\]

Тогда \( \cos(\alpha) = \sqrt{\frac{16}{25}} = \frac{4}{5} \), но поскольку угол \( \alpha \) острый, то \( \cos(\alpha) \) положительное, и мы получаем:

\[
\cos(\alpha) = \frac{4}{5}
\]

Теперь, используя значение для \( \cos(\alpha) = \frac{7\sqrt{2}}{10} \), вычислим \( \sin(\beta) \):

Для этого используем основное тождество для косинуса, чтобы найти \( \sin(\beta) \):

\[
\sin^2(\beta) = 1 — \cos^2(\beta)
\]

Подставляем значение для \( \cos(\beta) = \frac{7\sqrt{2}}{10} \):

\[
\sin^2(\beta) = 1 — \left(\frac{7\sqrt{2}}{10}\right)^2 = 1 — \frac{98}{100} = \frac{2}{100} = \frac{1}{50}
\]

Следовательно:

\[
\sin(\beta) = \sqrt{\frac{1}{50}} = \frac{\sqrt{2}}{10}
\]

Теперь, зная значения \( \sin(\alpha) = \frac{3}{5} \), \( \cos(\alpha) = \frac{4}{5} \), \( \sin(\beta) = \frac{\sqrt{2}}{10} \), и \( \cos(\beta) = \frac{7\sqrt{2}}{10} \), подставим в формулу для \( \sin(\alpha + \beta) \):

\[
\sin(\alpha + \beta) = \sin(\alpha) \cos(\beta) + \cos(\alpha) \sin(\beta)
\]

Подставим значения:

\[
\sin(\alpha + \beta) = \frac{3}{5} \cdot \frac{7\sqrt{2}}{10} + \frac{4}{5} \cdot \frac{\sqrt{2}}{10}
\]

Выполнив умножение:

\[
\sin(\alpha + \beta) = \frac{21\sqrt{2}}{50} + \frac{4\sqrt{2}}{50} = \frac{25\sqrt{2}}{50} = \frac{\sqrt{2}}{2}
\]

Поскольку \( \sin(\alpha + \beta) = \frac{\sqrt{2}}{2} \), мы можем заключить, что:

\[
\alpha + \beta = 45^\circ
\]

Что и требовалось доказать.

б) \( \tan(\alpha) = \frac{1}{3}, \quad \tan(\beta) = \frac{1}{2};

Для начала находим \( \tan(\alpha + \beta) \) с использованием формулы для тангенса суммы:

\[
\tan(\alpha + \beta) = \frac{\tan(\alpha) + \tan(\beta)}{1 — \tan(\alpha) \tan(\beta)}
\]

Подставляем значения для \( \tan(\alpha) = \frac{1}{3} \) и \( \tan(\beta) = \frac{1}{2} \):

\[
\tan(\alpha + \beta) = \frac{\frac{1}{3} + \frac{1}{2}}{1 — \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2}} = \frac{\frac{2}{6} + \frac{3}{6}}{1 — \frac{1}{6}} = \frac{\frac{5}{6}}{\frac{5}{6}} = 1
\]

Таким образом, \( \tan(\alpha + \beta) = 1 \), что означает, что:

\[
\alpha + \beta = 45^\circ
\]

Что и требовалось доказать.