В этом пункте доказаны формулы:
tg( α+β )= tg α+tg β 1−tg α tg β ( α≠ π 2 +πk, k∈Z, β≠ π 2 +πn, n∈Z, α+β≠ π 2 +πm, m∈Z ), tg( α−β )= tg α−tg β 1+tg α tg β ( α≠ π 2 +πk, k∈Z, β≠ π 2 +πn, n∈Z, α−β≠ π 2 +πm, m∈Z ), tg( π 2 −α )=ctg α ( α≠πk, k∈Z ), tg 2α= 2tg α 1− tg 2 α ( α≠ π 4 + πk 2 k, k∈Z, α≠ π 2 +πn, n∈Z ), tg α 2 = sin α 1+cos α ( α≠π+2πn, n∈Z ), tg α 2 = 1−cos α sin α ( α≠π+πn, n∈Z ),
а также формулы
sin α= 2tg α 2 1+ tg 2 α 2 ( α≠π+2πn, n∈Z ), cos α= 1− tg 2 α 2 1+ tg 2 α 2 ( α≠π+2πn, n∈Z ).
Заметим, что каждая из этих формул справедлива не для всех значений α и β, а лишь для тех, которые записаны в скобках после каждой формулы.
Здесь же приведены примеры применения этих формул.
Решения и комментарии
9.78. а) Докажите справедливость равенства
tg π 16 +tg 3π 16 +tg π 16 tg 3π 16 =1 .
Доказательство. Пользуясь формулой
tg α+tg β=tg( α+β )( 1−tg α tg β ) , (1)
которая следует из формулы для tg( α+β ) , преобразуем левую часть доказываемого равенства:
tg π 16 +tg 3π 16 +tg π 16 tg 3π 16 = =tg( π 16 + 3π 16 )( 1−tg π 16 tg 3π 16 )+tg π 16 tg 3π 16 = =tg π 4 ( 1−tg π 16 tg 3π 16 )+tg π 16 tg 3π 16 = =1⋅( 1−tg π 16 tg 3π 16 )+tg π 16 tg 3π 16 =1,
что и требовалось доказать.
Докажите, что если α, β, γ — углы треугольника, то выполняется равенство (9.84—9.85):
9.84. а) tg α+tg β+tg γ=tg α tg β tg γ .
Доказательство. Преобразуем левую часть равенства, используя формулу (1) и учитывая, что γ=180°−( α+β ) :
tg α+tg β+tg γ=tg α+tg β+tg( 180°−( α+β ) )= =tg α+tg β−tg( α+β )= =tg( α+β )( 1−tg α tg β )−tg( α+β )= =tg( α+β )( 1−tg α tg β−1 )= =tg( 180°−γ )( −tg α tg β )= =−tg γ( −tg α tg β )=tg α tg β tg γ,
что и требовалось доказать.
Здесь α, β и γ — углы треугольника, и подразумевается, что имеют смысл tg α, tg β и tg γ . Следовательно, рассматриваются лишь треугольники, в которых нет прямых углов, и для углов таких треугольников проведенные выкладки справедливы.
9.85. а) ctg α ctg β+ctg α ctg γ+ctg β ctg γ=1 .
Доказательство. Здесь α, β и γ — углы треугольника, и подразумевается, что имеют смысл ctg α, ctg β и ctg γ . Рассмотрим два случая: 1) среди этих углов нет прямого угла; 2) один из этих углов прямой.
В первом случае имеют смысл tg α, tg β и tg γ , и так как α, β и γ — углы треугольника, то tg α≠0, tg β≠0 и tg γ≠0 . Поэтому для таких углов, учитывая, что γ=180°−( α+β ) , справедливы следующие равенства:
ctg α ctg β+ctg α ctg γ+ctg β ctg γ= =ctg α ctg β+( ctg α +ctg β )ctg γ= =ctg α ctg β+( ctg α +ctg β )ctg ( 180°−( α+β ) )= =ctg α ctg β−( ctg α +ctg β )ctg ( α+β )= = 1 tg α ⋅ 1 tg β −( 1 tg α + 1 tg β )⋅ 1 tg( α+β ) = = 1 tg α tg β − tg α+tg β tg α tg β ⋅ 1−tg α tg β tg α+tg β = = 1 tg α tg β − 1−tg α tg β tg α tg β = 1−1+tg α tg β tg α tg β =1,
что и требовалось доказать.
Следовательно, в первом случае равенство доказано.
Во втором случае есть один прямой угол, например, угол α — прямой. Тогда углы β и γ= π 2 −β — острые. Так как ctg α=0 , то доказываемое равенство перепишется в виде ctg β ctg ( π 2 −β )=1 .
Так как ctg ( π 2 −β )=tg β и ctg β tg β=1 , то и во втором случае требуемое равенство доказано. Следовательно, равенство ctg α ctg β+ctg α ctg γ+ctg β ctg γ=1 справедливо для любого треугольника.
9.86. Для углов α , таких, что α≠ π 6 + πn 3 , n∈ Z, докажите справедливость равенства
tg 3α= tg α ( 3− tg 2 α ) 1−3 tg 2 α . (2)
Доказательство. Для любых α справедливы равенства
sin 3α=sin 2α cos α+sin α cos 2α= =2sin α cos 2 α+sin α( cos 2 α− sin 2 α )= =3sin α cos 2 α− sin 3 α, cos 3α=cos 2α cos α−sin α sin 2α= =( cos 2 α− sin 2 α )cos α−2 sin 2 α cos α= = cos 3 α−3 sin 2 α cos α,
т. е. справедливы равенства
sin 3α=3sin α cos 2 α− sin 3 α, cos 3α= cos 3 α−3 sin 2 α cos α. (3)
Так как для α≠ π 6 + πn 3 , n∈ Z, имеет смысл tg 3α , что, в частности, означает, что cos 3α≠0 для этих углов, то, используя равенства (3), получаем, что справедливы равенства
tg 3α= sin 3α cos 3α = 3sin α cos 2 α− sin 3 α cos 3 α−3 sin 2 α cos α . (4)
Так как α≠0 для α≠ π 6 + πn 3 , n∈ Z, то, разделив числитель и знаменатель дроби в правой части равенства (4) на cos3 α, получим, что справедливо равенство
tg 3α= 3 tg α− tg 3 α 1−3 tg 2 α = tg α( 3− tg 2 α ) 1−3 tg 2 α .
Тем самым требуемое равенство (2) доказано для всех α≠ π 6 + πn 3 , n∈ Z, что и требовалось доказать.
Промежуточный контроль. С—37.
|
