ГЛАВА   3

ОБРАТНЫЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ  ФУНКЦИИ

Ответы и решения

 

220. Положим

arctg (3+ 2√2 ) = α.                        (1)

arctg2/2 = β.                                   (2)

Требуется доказать, что

α β = π/4                                    (3)

Найдем tg (α β ) :

    (4)

с помощью .(1) и (2) получим

C другой стороны, из (1) и (2) видно, что каждый из углов α  и β  содержится между 0 и   π/2,   причем α β  ( ибо 3 +2√2  > 2/2 );

следовательно,  угол α β  заведомо лежит  между 0 и   π/2,  так что  из (4) получаем

α β = π/4 , что и требовалось доказать.

Замечание.   Для доказательства того, что угол α β равен  именно π/4 ,  т. е. 45° (а не 225° и не —135° и т. д.), можно было бы, пользуясь таблицами, непосредственно найти углы α  и β . При этом можно ограничиться грубыми приближениями (например, учитывать только градусы). Так, положив √2  ≈  1,4, найдем α ≈  arctg 5,8, что составляет около 80° (погрешность заведомо не превышает /2). Точно так же найдем β ≈ arctg 0,7, что составляет около 35° ( погрешность тоже заведомо меньше чем /2) Следовательно, α β  не отличается от 45° более чем на 1°, а значит, в точности равен 45°.

________________________________________________

221. Положим

1) Можно обойтись и без введения вспомогательныx величин α  и β и решить задачу таким способом, который приведен в замечании к задаче 220.

так что  Каждый из   углов α  и β принадлежит первой2) четверти.

2) Главное значение арккосинуса лежит между 0 и π.

Требуется доказать, что α β = π/6  

Найдем sin (α β), для чего предварительно вычислим

sin α = √ 1 — cos2 α

 и

sin β = √ 1 — cos2 β

(перед каждым, из радикалов берем только знак плюс, так как α  и β принадлежат первой четверти). Находим

Докажем, что найденное иррациональное выражение равно  1/2 .

Для этого преобразуем «двойную иррациональность»   .  Преобразование можно выполнить по формуле

(при A = 5, В = 24); мы получим

Но проще    представить    подкоренное    выражение  5 — 2√6 в видe

3 + 2 — 2√2 • √3 =(√3 — √2)2,   и тогда имеем

1)  Число3 — √2  положительно.

Поскольку каждый из углов α  и β    лежит в пределах от 0 до π/2, угол α β заведомо лежит в пределах от — π/2  до + π/2, тогда из равенства sin (α β) = 1/2 следует  

α β = π/6,    

что и требовалось  доказать2).

2)Если бы вместо sin (α β) мы вычислили cos (α β) , то нашли бы cos (α β) = 3/2,   междуπ/2  и +  π/2  мы  имели   бы два значения  α β,   именно   — π/6  и +  π/6;   поэтому  пришлось бы предварительно    установить,  что α β,   т.е. что cos α < cos β.

________________________________________________

222. Пусть (см. две предыдущие задачи)

arcsin 4/5 = α,   arcsin 5/13 = β,   arcsin  16/65 = γ

Тогда

sin α = 4/5,   cos α =  3/5;

sin β = 5/13,    соs β = 12/13 ;

sin γ = 16/65,    соs γ = 63/65

Отсюда

sin (α β) =  4/5 • 12/13  +  3/5 •  5/13 = 63/65    и  cos (α β) = 16/65

Оба угла α  и β  принадлежат первой четверти; поэтому угол α β заключен между 0° и 180°, а так как косинус угла α β положителен, то α β принадлежит первой четверти. Кроме того, cos (α β) = sin γ и sin (α β) = sin (π/2γ ).

Поэтому α β  и π/2γ   могут отличаться только на 2πп, а так как π/2γ  тоже принадлежит первой четверти, то п = 0. Следовательно, α β = π/2γ, т. е. α β + γ = π/2 что и требовалось доказать.

________________________________________________

223. Имеем arccos 1/2 = π/3; обозначим  arccos ( — 1/7 )  через β, так   что cos β = — 1/7.  Угол β   содержится   между π/2  и π   (см. три предыдущие задачи)   Поэтому

т. е.

sin β =  4/7 √3.

Находим

cos  ( π/3 + β ) = cos π/3 cos β — sin π/3 sin β = 1/2  • ( — 1/7 )  —  3/2 • 4/7 √3  = — 13/14

Чтобы доказать    справедливость данного тождества, нужно еще убедиться в том, что    угол π/3 + β принадлежит   второй    четверти  [ ибо угол  arccos ( — 13/14)    в правой части равенства лежит во второй четверти]. Угол   β = arccos ( — 1/7) заключен   между       π/2  и π ; следовательно, угол π/3 + β содержится между   5π/6 и 4π/3  .   

Из этой оценки, однако, еще не   следует,  что угол π/3 + β  принадлежит второй четверти (ведь угол 4π/3   находится уже в третьей четверти). Но   если   при   этом    учесть,  что — 1/7  > —  1/2   и    что,    следовательно,  arccos (— 1/7 ) < arccos (— 1/2 ),   т.  е.   
arccos (— 1/7 )  < 2π/3,     то отсюда   следует, что π/3+ arccos (— 1/7 )  <  π   A так  как  по предыдущему этот угол    больше, чем  5π/6, то он    лежит во второй четверти. Этим данное тождество доказано.

Замечание.   Принадлежность угла   π/3 + β второй  (а не третьей) четверти   можно   доказать еще   следующим   образом: имеем

sin ( π/3 + β )  = sin π/3 cos β + cos π/3 sin β = 3/2  • ( — 1/7 )  +  1/2 • 4/7 √3  = 3/14 3 

Так как это число положительно, то угол   π/3 + β  принадлежит второй четверти.

________________________________________________

224.  Положим,      

arctg 1/5  = α   и     arctg 1/4 = β,

откуда

tg α = 1/5   и   tg β = 1/4

Вычислим

Углы   α = arctg 1/5   и β = arctg 1/4 принадлежат первой четверти, но из этого еще не следует,   что   угол  2α β   принадлежит   первой (a не третьей) четверти. Но если учесть, что каждый из углов α и β   меньше, чем  π/4   (так  как их  тангенсы  меньше,  чем 1),  то отсюда следует,   что   2α β   меньше,   чем   3π/4, а так как сверх того tg (2α β ) = 32/43 положителен, то  2α β  лежит   в первой четверти, т. е.   2α β = arctg 32/43, что и требовалось доказать.

Замечание. Вместо того, чтобы доказывать, что угол 2α β не выходит за пределы первой четверти, можно найти этот угол (хотя бы очень грубо) с помощью таблиц (см. замечание к задаче 220). Получим: α = arctg  1/5 ≈ 11° , β = arctg 1/4  ≈ 14°, так что 2α β ≈ 36°.

________________________________________________

225.  Положим

arctg 1/3 = α,   arctg 1/5 = β,   arctg 1/7 = γ ,    arctg 1/8 = δ

и найдем сначала

Как в   предыдущей задаче,   докажем, что   угол α + β + γ + δ  лежит в первой четверти. Следовательно, α + β + γ + δ  = π/4

________________________________________________

Используются технологии uCoz