ГДЗ по Алгебре 10 Класс Номер 13.54 Профильный Уровень Мордкович — Подробные Ответы

а) $0 < \operatorname{tg} \frac{17}{7} + \cos^{-2} \frac{17}{7} < 1$;

б) $-1 < \sin^{-2} 4 + \operatorname{ctg} 4 < 1$

а) $0 < \operatorname{tg} \frac{17}{7} + \cos^{-2} \frac{17}{7} < 1$;

Выведем тождество:

$$\cos^{-2} t = \frac{1}{\cos^2 t} = \frac{\cos^2 t + \sin^2 t}{\cos^2 t} = 1 + \operatorname{tg}^2 t;$$

Пусть $x = \operatorname{tg} \frac{17}{7}$, тогда неравенство примет вид:

$$0 < x + 1 + x^2 < 1;$$

Точка $\frac{17}{7}$ располагается во II четверти:

$$\frac{17}{7} \approx 2,42 \quad \text{и} \quad \frac{3\pi}{4} \approx 2,35;$$ $$\frac{3\pi}{4} < \frac{17}{7} < \pi;$$ $$-1 < \operatorname{tg} \frac{17}{7} < 0;$$ $$-1 < x < 0;$$

Докажем левую часть неравенства:

$$x + 1 + x^2 = (x + 1) + x^2 > 0.$$

Мы знаем, что $x$ находится в интервале $-1 < x < 0$. Тогда $(x + 1)$ и $x^2$ будут положительными, так что сумма этих выражений обязательно больше нуля:

$$x + 1 + x^2 > 0.$$

Докажем правую часть неравенства:

$$1 — (x + 1 + x^2) = -(x + x^2) = -x(1 + x) > 0.$$

Поскольку $x$ находится в интервале $-1 < x < 0$, выражение $1 + x$ положительно, а $-x$ также положительно (так как $x$ отрицательно). Следовательно, произведение $-x(1 + x)$ также будет положительным:

$$x + 1 + x^2 < 1.$$

Оба неравенства доказаны.

б) $-1 < \sin^{-2} 4 + \operatorname{ctg} 4 < 1$;

Выведем тождество:

$$\sin^{-2} t = \frac{1}{\sin^2 t} = \frac{\sin^2 t + \cos^2 t}{\sin^2 t} = 1 + \operatorname{ctg}^2 t;$$

Пусть $x = \operatorname{ctg} 4$, тогда неравенство примет вид:

$$-1 < 1 + x^2 + x < 1.$$

Точка 4 располагается в III четверти:

$$\frac{5\pi}{4} \approx 3,925;$$ $$\frac{5\pi}{4} < 4 < \frac{3\pi}{2};$$

Поскольку $4$ лежит в III четверти, то котангенс будет отрицателен:

$$-1 < \operatorname{ctg} 4 < 0;$$

Следовательно, $x$ также будет в интервале:

$$-1 < x < 0.$$

Докажем левую часть неравенства:

$$(1 + x^2 + x) — (-1) = 2 + x^2 + x > 0;$$

Здесь $x^2 + x$ для $-1 < x < 0$ всегда будет положительным, а следовательно, $2 + x^2 + x > 0$:

$$1 + x^2 + x > -1.$$

Докажем правую часть неравенства:

$$1 — (1 + x^2 + x) = -(x + x^2) = -x(1 + x) < 0.$$

Поскольку $x$ отрицателен, а $1 + x$ положительно на интервале $-1 < x < 0$, то произведение $-x(1 + x)$ отрицательно:

$$1 + x^2 + x < 1.$$

Оба неравенства доказаны.

а) Доказать, что $0 < \operatorname{tg} \frac{17}{7} + \cos^{-2} \frac{17}{7} < 1$

1. Преобразование выражения с помощью тригонометрических тождеств:

Исходное выражение:

$$0 < \operatorname{tg} \frac{17}{7} + \cos^{-2} \frac{17}{7} < 1$$

Для удобства начнём с преобразования выражения для $\cos^{-2} t$. Известно, что:

$$\cos^{-2} t = \frac{1}{\cos^2 t} = 1 + \operatorname{tg}^2 t.$$

Заменим $\cos^{-2} t$ в исходном выражении:

$$0 < \operatorname{tg} \frac{17}{7} + 1 + \operatorname{tg}^2 \frac{17}{7} < 1.$$

2. Обозначим $x = \operatorname{tg} \frac{17}{7}$:

Теперь подставим $x = \operatorname{tg} \frac{17}{7}$. Это даёт следующее неравенство:

$$0 < x + 1 + x^2 < 1.$$

3. Определение расположения угла $\frac{17}{7}$ на окружности:

Угол $\frac{17}{7}$ выражается в радианах, и для удобства его можно приблизительно вычислить:

$$\frac{17}{7} \approx 2,42.$$

Это значение угла находится в II четверти, поскольку:

$$\frac{3\pi}{4} \approx 2,35 \quad \text{и} \quad \pi \approx 3,1416.$$

Значит, $\frac{17}{7}$ находится между $\frac{3\pi}{4}$ и $\pi$. В II четверти тангенс отрицателен, следовательно:

$$-1 < \operatorname{tg} \frac{17}{7} < 0.$$

Таким образом, $x$ лежит в интервале $-1 < x < 0$.

4. Докажем левую часть неравенства:

Теперь докажем левую часть неравенства:

$$x + 1 + x^2 = (x + 1) + x^2.$$

Заметим, что:

$$x(1 — x) > 0.$$

Так как $x$ лежит в интервале $-1 < x < 0$, произведение $x(1 — x)$ будет положительным. Следовательно:

$$x + 1 + x^2 > 0.$$

5. Докажем правую часть неравенства:

Теперь докажем правую часть неравенства:

$$1 — (x + 1 + x^2) = -(x + x^2) = -x(1 + x).$$

Так как $x$ отрицательно, и $1 + x$ положительно (поскольку $x$ лежит в интервале $-1 < x < 0$), выражение $-x(1 + x)$ будет положительным:

$$-x(1 + x) > 0 \quad \Rightarrow \quad x + 1 + x^2 < 1.$$

6. Заключение:

Мы доказали, что:

$$0 < x + 1 + x^2 < 1,$$

что эквивалентно исходному неравенству:

$$0 < \operatorname{tg} \frac{17}{7} + \cos^{-2} \frac{17}{7} < 1.$$

Неравенство доказано.

б) Доказать, что $-1 < \sin^{-2} 4 + \operatorname{ctg} 4 < 1$

1. Преобразование выражения с помощью тригонометрических тождеств:

Исходное выражение:

$$-1 < \sin^{-2} 4 + \operatorname{ctg} 4 < 1.$$

Начнём с преобразования $\sin^{-2} t$. Мы знаем, что:

$$\sin^{-2} t = \frac{1}{\sin^2 t} = 1 + \operatorname{ctg}^2 t.$$

Заменим $\sin^{-2} t$ в исходном выражении:

$$-1 < 1 + \operatorname{ctg}^2 4 + \operatorname{ctg} 4 < 1.$$

Теперь, подставив $x = \operatorname{ctg} 4$, получим:

$$-1 < 1 + x^2 + x < 1.$$

2. Определение расположения угла 4 на окружности:

Точка $4$ в радианах лежит в III четверти, так как:

$$\frac{5\pi}{4} \approx 3,925 \quad \text{и} \quad \frac{3\pi}{2} \approx 4,712.$$

Значит, $4$ лежит между $\frac{5\pi}{4}$ и $\frac{3\pi}{2}$, то есть в III четверти. В этой четверти котангенс отрицателен, следовательно:

$$0 < \operatorname{ctg} 4 < 1 \quad \Rightarrow \quad 0 < x < 1.$$

3. Докажем левую часть неравенства:

Теперь докажем левую часть неравенства:

$$(1 + x^2 + x) — (-1) = 2 + x^2 + x > 0.$$

Таким образом:

$$1 + x^2 + x > -1.$$

4. Докажем правую часть неравенства:

Теперь докажем правую часть неравенства:

$$1 — (1 + x^2 + x) = -(x + x^2) = -x(1 + x) < 0.$$

Поскольку $x$ лежит в интервале $0 < x < 1$, произведение $x(1 + x)$ положительно, следовательно:

$$-x(1 + x) < 0.$$

Это доказывает, что:

$$1 + x^2 + x < 1.$$

5. Заключение:

Таким образом, мы доказали, что:

$$-1 < 1 + x^2 + x < 1,$$

что эквивалентно исходному неравенству:

$$-1 < \sin^{-2} 4 + \operatorname{ctg} 4 < 1.$$

Неравенство доказано.

Итоговое решение:

а) $0 < \operatorname{tg} \frac{17}{7} + \cos^{-2} \frac{17}{7} < 1$: доказано через тождества и проверку неравенств.

б) $-1 < \sin^{-2} 4 + \operatorname{ctg} 4 < 1$: доказано через тождества и проверку неравенств.