ГЛАВА   3

ОБРАТНЫЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ  ФУНКЦИИ

Ответы и решения

220. Положим

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

arctg^√2/₂ = 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 ^1°/₂). Точно так же найдем β ≈ arctg 0,7, что составляет около 35° ( погрешность тоже заведомо меньше чем ^1°/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⁾  Число √3 — √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,   между — ^π/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/₂ — γ ).

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

________________________________________________