Упр.33 Задачи повышенной сложности ГДЗ Колмогоров 10-11 класс (Алгебра)

Докажите равенство:

1. а) $$\arcsin(x)+\arccos(x)=\frac{\pi}{2}$$ для любого $$x\in[-1;1]$$;
   б) $$\operatorname{arctg}(x)+\operatorname{arcctg}(x)=\frac{\pi}{2}$$;
   в) $$\cos(\operatorname{arctg}(x))=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$$;
   г) $$\operatorname{tg}(\arccos(x))=\frac{\sqrt{1-x^2}}{x}$$ для любого $$x\in[-1;1]$$ и $$x\ne0$$.

Пусть в каждом пункте введён угол, определяемый обратной тригонометрической функцией.

Решение

а) Пусть $$\alpha=\arccos x.$$ Тогда $$\cos \alpha=x,\quad 0\le \alpha\le \pi.$$

Угол $$\frac{\pi}{2}-\alpha$$ лежит в промежутке $$\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right],$$ и

$$\sin\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)=\cos\alpha=x.$$

Значит,

$$\arcsin x=\frac{\pi}{2}-\alpha=\frac{\pi}{2}-\arccos x,$$

откуда

$$\arcsin x+\arccos x=\frac{\pi}{2}.$$

б) Пусть $$\alpha=\operatorname{arcctg} x.$$ Тогда $$\ctg \alpha=x,\quad 0<\alpha<\pi.$$

Угол $$\frac{\pi}{2}-\alpha$$ принадлежит промежутку $$\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right),$$ и

$$\tg\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)=\ctg\alpha=x.$$

Следовательно,

$$\arctg x=\frac{\pi}{2}-\alpha=\frac{\pi}{2}-\operatorname{arcctg} x,$$

то есть

$$\arctg x+\operatorname{arcctg} x=\frac{\pi}{2}.$$

в) Пусть $$\alpha=\arctg x.$$ Тогда $$\tg\alpha=x.$$ По формуле

$$\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^2\alpha}}$$

получаем

$$\cos(\arctg x)=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}.$$

г) Пусть $$\alpha=\arccos x.$$ Тогда $$\cos\alpha=x,\quad 0\le \alpha\le \pi.$$

Так как $$\sin\alpha=\sqrt{1-\cos^2\alpha}=\sqrt{1-x^2},$$ то

$$\tg(\arccos x)=\tg\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\frac{\sqrt{1-x^2}}{x},$$

где $$x\in[-1;1],\ x\ne 0.$$

Ответ

$$\arcsin x+\arccos x=\frac{\pi}{2},\qquad \arctg x+\operatorname{arcctg} x=\frac{\pi}{2},$$
$$\cos(\arctg x)=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}},\qquad \tg(\arccos x)=\frac{\sqrt{1-x^2}}{x}.$$