Номер 16, страница 167 - гдз по алгебре 11 класс учебник Арефьева, Пирютко

16. Докажите, что:

a) $ \cos 15^\circ = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} $;

б) $ \tan 75^\circ = 2 + \sqrt{3} $.

а) Чтобы доказать данное равенство, представим угол $15^\circ$ в виде разности двух стандартных углов, значения тригонометрических функций которых нам известны: $15^\circ = 45^\circ - 30^\circ$.
Далее воспользуемся формулой косинуса разности: $cos(\alpha - \beta) = cos(\alpha)cos(\beta) + sin(\alpha)sin(\beta)$.
Подставим в формулу наши углы $\alpha = 45^\circ$ и $\beta = 30^\circ$:
$cos(15^\circ) = cos(45^\circ - 30^\circ) = cos(45^\circ)cos(30^\circ) + sin(45^\circ)sin(30^\circ)$.
Мы знаем табличные значения:
$cos(45^\circ) = \frac{\sqrt{2}}{2}$
$sin(45^\circ) = \frac{\sqrt{2}}{2}$
$cos(30^\circ) = \frac{\sqrt{3}}{2}$
$sin(30^\circ) = \frac{1}{2}$
Подставляем эти значения в выражение:
$cos(15^\circ) = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{2} \cdot \sqrt{3}}{4} + \frac{\sqrt{2}}{4} = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}$.
Таким образом, мы доказали, что $cos(15^\circ) = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}$.
Ответ: Равенство доказано.

б) Чтобы доказать данное равенство, представим угол $75^\circ$ в виде суммы двух стандартных углов: $75^\circ = 45^\circ + 30^\circ$.
Воспользуемся формулой тангенса суммы: $tg(\alpha + \beta) = \frac{tg(\alpha) + tg(\beta)}{1 - tg(\alpha)tg(\beta)}$.
Подставим в формулу наши углы $\alpha = 45^\circ$ и $\beta = 30^\circ$:
$tg(75^\circ) = tg(45^\circ + 30^\circ) = \frac{tg(45^\circ) + tg(30^\circ)}{1 - tg(45^\circ)tg(30^\circ)}$.
Мы знаем табличные значения:
$tg(45^\circ) = 1$
$tg(30^\circ) = \frac{1}{\sqrt{3}}$ (или $\frac{\sqrt{3}}{3}$)
Подставляем эти значения в выражение:
$tg(75^\circ) = \frac{1 + \frac{1}{\sqrt{3}}}{1 - 1 \cdot \frac{1}{\sqrt{3}}} = \frac{1 + \frac{1}{\sqrt{3}}}{1 - \frac{1}{\sqrt{3}}}$.
Умножим числитель и знаменатель дроби на $\sqrt{3}$, чтобы упростить выражение:
$tg(75^\circ) = \frac{\sqrt{3} \cdot (1 + \frac{1}{\sqrt{3}})}{\sqrt{3} \cdot (1 - \frac{1}{\sqrt{3}})} = \frac{\sqrt{3} + 1}{\sqrt{3} - 1}$.
Теперь избавимся от иррациональности в знаменателе, умножив числитель и знаменатель на сопряженное выражение $(\sqrt{3} + 1)$:
$tg(75^\circ) = \frac{(\sqrt{3} + 1)(\sqrt{3} + 1)}{(\sqrt{3} - 1)(\sqrt{3} + 1)} = \frac{(\sqrt{3} + 1)^2}{(\sqrt{3})^2 - 1^2} = \frac{3 + 2\sqrt{3} + 1}{3 - 1} = \frac{4 + 2\sqrt{3}}{2}$.
Сокращаем полученную дробь на 2:
$tg(75^\circ) = \frac{2(2 + \sqrt{3})}{2} = 2 + \sqrt{3}$.
Таким образом, мы доказали, что $tg(75^\circ) = 2 + \sqrt{3}$.
Ответ: Равенство доказано.