ГДЗ по Алгебре 10 Класс Номер 44.73 Профильный Уровень Мордкович — Подробные Ответы

Докажите тождество:

а) $\arccos \sqrt{1-x^2}=\{\begin{array}{ll}\arcsin x,& 0\le x\le 1\\ -\arcsin x,& -1\le x<0\end{array}$

б) $\mathrm{arctg}x+\mathrm{arctg}\frac{1-x}{1+x}=\{\begin{array}{ll}\frac{\pi }{4},& x>-1\\ -\frac{3\pi }{4},& x<-1\end{array}$

а) $\arccos \sqrt{1-x^2} = \begin{cases} \arcsin x, & \text{если } 0 \leq x \leq 1; \\ -\arcsin x, & \text{если } -1 \leq x < 0; \end{cases}$

Пусть $u = \sqrt{1-x^2}$ и $z = \arccos u$, тогда:

$$z’_x = (\arccos u)’ \cdot \left( \sqrt{1-x^2} \right)’ = -\frac{1}{\sqrt{1-u^2}} \cdot \frac{-2x}{2\sqrt{1-x^2}};$$ $$z’_x = \frac{x}{\sqrt{1-1+x^2} \cdot \sqrt{1-x^2}} = \frac{x}{\sqrt{x^2} \cdot \sqrt{1-x^2}};$$

Первая функция:

$$z = \arcsin x;$$ $$z — \arcsin x = 0;$$

Функция постоянна на промежутке $(0; 1]$:

$$f'(x) = z’_x — (\arcsin x)’ = \frac{x}{\sqrt{x^2} \cdot \sqrt{1-x^2}} — \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} = 0;$$

Значение функции:

$$f(0) = \arccos \sqrt{1-0^2} — \arcsin 0 = \arccos 1 — 0 = 0;$$

Вторая функция:

$$z = -\arcsin x;$$ $$z + \arcsin x = 0;$$

Функция постоянна на промежутке $[-1; 0)$:

$$f'(x) = z’_x + (\arcsin x)’ = \frac{x}{\sqrt{x^2} \cdot \sqrt{1-x^2}} + \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} = 0;$$

Значение функции:

$$f\left(-\frac{\pi}{4}\right) = \arccos \left(\sqrt{1-1}\right) + \arcsin (-1) = \arccos 0 — \frac{\pi}{2} = 0;$$

Тождество доказано.

б) $\arctg x + \arctg \frac{1-x}{1+x} = \begin{cases} \frac{\pi}{4}, & \text{если } x > -1; \\ -\frac{3\pi}{4}, & \text{если } x < -1; \end{cases}$

Пусть $u = \frac{1-x}{1+x}$ и $z = \arctg u$, тогда:

$$u_x^{\mathrm{\prime }}=\frac{(1-x{)}^{\mathrm{\prime }}(1+x)-(1-x)(1+x{)}^{\mathrm{\prime }}}{(1+x{)}^2}=\frac{-1-x-1+x}{(1+x{)}^2}=-\frac{2}{(1+x{)}^2};$$

$$u’_x = \frac{(1-x)'(1+x) — (1-x)(1+x)’}{(1+x)^2} = \frac{-1-x-1+x}{(1+x)^2} = -\frac{2}{(1+x)^2};$$ $$z_x^{\mathrm{\prime }}=(\mathrm{arctg}u{)}^{\mathrm{\prime }}\cdot u_x^{\mathrm{\prime }}=\frac{1}{1+u^2}\cdot (-\frac{2}{(1+x{)}^2})=\frac{-2}{(1+\frac{(1-x{)}^2}{(1+x{)}^2})\cdot (1+x{)}^2}=$$

$$z’_x = (\arctg u)’ \cdot u’_x = \frac{1}{1+u^2} \cdot \left(-\frac{2}{(1+x)^2}\right) = \frac{-2}{\left(1+\frac{(1-x)^2}{(1+x)^2}\right) \cdot (1+x)^2} = \frac{-2}{(1+x)^2 + (1-x)^2} = \frac{-2}{2+2x^2} = -\frac{1}{1+x^2};$$

Функция постоянна на всей числовой прямой:

$$f'(x) = (\arctg x)’ + z’_x = \frac{1}{1+x^2} — \frac{1}{1+x^2} = 0;$$

Значения функции:

$$f(1) = \arctg 1 + \arctg \frac{1-1}{1+1} = \frac{\pi}{4} + \arctg 0 = \frac{\pi}{4} + 0 = \frac{\pi}{4};$$ $$f(-\sqrt{3}) = \arctg (-\sqrt{3}) + \arctg \frac{1+\sqrt{3}}{1-\sqrt{3}} = -\frac{\pi}{3} — \frac{5\pi}{12} = -\frac{9\pi}{12} = -\frac{3\pi}{4};$$

Тождество доказано.

а) $\arccos \sqrt{1-x^2} = \begin{cases} \arcsin x, & \text{если } 0 \leq x \leq 1; \\ -\arcsin x, & \text{если } -1 \leq x < 0; \end{cases}$

Шаг 1: Подготовка и введение переменных

Для начала введем две переменные:

$$u = \sqrt{1-x^2}, \quad z = \arccos u.$$

Тогда, по определению, мы имеем:

$$\arccos \sqrt{1 — x^2} = \arccos u = z.$$

Наша цель — доказать, что $z = \arcsin x$ для $0 \leq x \leq 1$ и $z = -\arcsin x$ для $-1 \leq x < 0$.

Шаг 2: Нахождение производной для проверки

Для проверки, что функция постоянна на интервалах, определим производную функции $z$ по переменной $x$. Используем правило дифференцирования для составных функций.

Производная $z$ по $x$:

$$z’_x = \frac{d}{dx} (\arccos u) = -\frac{1}{\sqrt{1 — u^2}} \cdot \frac{d}{dx} (\sqrt{1 — x^2}).$$

Теперь найдем производную $\sqrt{1 — x^2}$ по $x$:

$$\frac{d}{dx} (\sqrt{1 — x^2}) = \frac{-2x}{2\sqrt{1 — x^2}} = \frac{-x}{\sqrt{1 — x^2}}.$$

Подставим это в выражение для $z’_x$:

$$z’_x = -\frac{1}{\sqrt{1 — u^2}} \cdot \frac{-x}{\sqrt{1 — x^2}}.$$

Поскольку $u = \sqrt{1 — x^2}$, то $u^2 = 1 — x^2$, и таким образом $1 — u^2 = x^2$. Следовательно, производная $z’_x$ становится:

$$z’_x = \frac{x}{\sqrt{x^2} \cdot \sqrt{1 — x^2}} = \frac{x}{|x| \cdot \sqrt{1 — x^2}}.$$

Шаг 3: Анализ функций на интервалах

Теперь разберем поведение функции на разных интервалах.

• Для $0 \leq x \leq 1$:

  Здесь $|x| = x$, и производная $z’_x$ примет вид:

  $$z’_x = \frac{x}{x \cdot \sqrt{1 — x^2}} = \frac{1}{\sqrt{1 — x^2}}.$$

  Это соответствует производной функции $\arcsin x$, которая равна $\frac{1}{\sqrt{1 — x^2}}$, что означает, что $z = \arcsin x$.

• Для $-1 \leq x < 0$:

  Здесь $|x| = -x$, и производная $z’_x$ примет вид:

  $$z’_x = \frac{x}{-x \cdot \sqrt{1 — x^2}} = -\frac{1}{\sqrt{1 — x^2}}.$$

  Это соответствует производной функции $-\arcsin x$, что означает, что $z = -\arcsin x$.

Шаг 4: Доказательство значений функции

Теперь подставим $x = 0$, чтобы проверить, что функции совпадают при этом значении.

• Для $x = 0$:

  $$f(0) = \arccos \sqrt{1 — 0^2} — \arcsin 0 = \arccos 1 — 0 = 0.$$

Это подтверждает, что для $x = 0$ $\arccos \sqrt{1 — x^2} = \arcsin x$.

Шаг 5: Вывод

Мы доказали, что:

$$\arccos \sqrt{1 — x^2} = \begin{cases} \arcsin x, & \text{если } 0 \leq x \leq 1, \\ -\arcsin x, & \text{если } -1 \leq x < 0. \end{cases}$$

б) $\arctg x + \arctg \frac{1-x}{1+x} = \begin{cases} \frac{\pi}{4}, & \text{если } x > -1; \\ -\frac{3\pi}{4}, & \text{если } x < -1. \end{cases}$

Шаг 1: Введение переменной

Для начала введем новую переменную:

$$u = \frac{1 — x}{1 + x}, \quad z = \arctg u.$$

Наша цель — доказать, что $\arctg x + \arctg \frac{1-x}{1+x} = \frac{\pi}{4}$ для $x > -1$ и $-\frac{3\pi}{4}$ для $x < -1$.

Шаг 2: Нахождение производной для проверки

Для проверки, что функция постоянна, найдем производную функции $f(x) = \arctg x + \arctg \frac{1-x}{1+x}$:

Производная $u$ по $x$:

$$u’_x = \frac{(1 — x)'(1 + x) — (1 — x)(1 + x)’}{(1 + x)^2} = \frac{-1 — x — 1 + x}{(1 + x)^2} = -\frac{2}{(1 + x)^2}.$$

Производная $z = \arctg u$ по $x$:

$$z’_x = (\arctg u)’ \cdot u’_x = \frac{1}{1 + u^2} \cdot \left(-\frac{2}{(1 + x)^2}\right).$$

Используем формулу для $u^2$, чтобы упростить выражение:

$$u^2 = \left( \frac{1 — x}{1 + x} \right)^2 = \frac{(1 — x)^2}{(1 + x)^2},$$

и подставляем это в выражение для $z’_x$:

$$z’_x = \frac{-2}{\left(1 + \frac{(1 — x)^2}{(1 + x)^2}\right) \cdot (1 + x)^2}.$$

Упростив выражение, получаем:

$$z’_x = \frac{-2}{2 + 2x^2} = -\frac{1}{1 + x^2}.$$

Шаг 3: Проверка функции на постоянство

Теперь найдем производную функции $f(x)$:

$$f'(x) = (\arctg x)’ + z’_x = \frac{1}{1 + x^2} — \frac{1}{1 + x^2} = 0.$$

Поскольку производная функции равна нулю, это означает, что функция $f(x)$ постоянна на всей числовой прямой.

Шаг 4: Вычисление значений функции

Теперь вычислим значения функции на нескольких точках:

• Для $x = 1$:

  $$f(1) = \arctg 1 + \arctg \frac{1 — 1}{1 + 1} = \frac{\pi}{4} + \arctg 0 = \frac{\pi}{4} + 0 = \frac{\pi}{4}.$$

• Для $x = -\sqrt{3}$:

  $$f(-\sqrt{3}) = \arctg (-\sqrt{3}) + \arctg \frac{1 + \sqrt{3}}{1 — \sqrt{3}} = -\frac{\pi}{3} — \frac{5\pi}{12} = -\frac{9\pi}{12} = -\frac{3\pi}{4}.$$

Шаг 5: Вывод

Мы доказали, что:

$$\arctg x + \arctg \frac{1-x}{1+x} = \begin{cases} \frac{\pi}{4}, & \text{если } x > -1, \\ -\frac{3\pi}{4}, & \text{если } x < -1. \end{cases}$$