Тригонометрия 11 класс

[Клавдия]

Два примера по тригонометрии:
1. Доказать тождество $\sin^4\alpha+\frac14\sin^4 2\alpha+\frac18\sin^4 4\alpha+...+\frac14^n\sin^4 2^n\alpha=\sin^2\alpha-\frac14*\frac14^n\sin^2 (2*2^n\alpha)$, где n - натуральное..
2. Доказать, что $\tg^6 20^o - 33\tg^4 20^o + 27\tg^2 20^o - 3 = 0$
В первом пробовала применять формулу понижения степени и основное тригонометрическое тождество, по лучше не стало. По поводу второго вообще трудно что-либо сказать.
Натолкните, пожалуйста, на мысль.
Заранее благодарна..)

[Виктор Викторов]

Во втором уравнении можно попробовать через тангенс тройного угла вычислить $\tg 20^o$ и подставить.

-- Чт ноя 04, 2010 10:32:54 --

Клавдия в сообщении #370059 писал(а):

Два примера по тригонометрии:
1. Доказать тождество $\sin^4\alpha+\frac14\sin^4 2\alpha+\frac18\sin^4 4\alpha+...+\frac14^n\sin^4 2^n\alpha=\sin^2\alpha-\frac14*\frac14^n\sin^2 (2*2^n\alpha)$, где n - натуральное..

Для начала нужно поставить скобки
$\sin^4\alpha+\frac14\sin^4 2\alpha+\frac18\sin^4 4\alpha+...+(\frac14)^n\sin^4 2^n\alpha=\sin^2\alpha-\frac14*(\frac14)^n\sin^2 (2*2^n\alpha)$, где n - натуральное..

[ShMaxG]

Виктор Викторов в сообщении #370064 писал(а):

Во втором уравнении можно попробовать через тангенс тройного угла вычислить $\tg 20^o$ и подставить.

Не получится. Синусы и косинусы целых углов и не кратных трем в радикалах не выражаются.

[Виктор Викторов]

ShMaxG в сообщении #370189 писал(а):

Виктор Викторов в сообщении #370064 писал(а):

Во втором уравнении можно попробовать через тангенс тройного угла вычислить $\tg 20^o$ и подставить.

Не получится. Синусы и косинусы целых углов и не кратных трем в радикалах не выражаются.

Я надеюсь, что $\tg 60^o$ выражается в радикалах. Там может случиться жутковатое кубическое уравнение, но почему бы не попытаться?

[ИСН]

(Оффтоп)

Прекратите множить зло на земле. \circ

[Stack256]

Клавдия в сообщении #370059 писал(а):

1. Доказать тождество $\sin^4\alpha+\frac14\sin^4 2\alpha+\frac18\sin^4 4\alpha+...+\frac14^n\sin^4 2^n\alpha=\sin^2\alpha-\frac14*\frac14^n\sin^2 (2*2^n\alpha)$, где n - натуральное..

Попробуем разобраться с первым. Понизим степень в последнем слагаемом суммы справа, получиться:
$(\frac14)^n\sin^4 2^n\alpha=(\frac14)^n(\frac{1-cos 2^{n+1}\alpha}2)^2=(\frac14)^{n+1}(1-2cos 2^{n+1}\alpha}+cos^2 2^{n+1}\alpha})$
Используем основное тригонометрическое тождество:
$(\frac14)^{n+1}(1-2cos 2^{n+1}\alpha}+cos^2 2^{n+1}\alpha})=(\frac14)^{n+1}(1-2cos 2^{n+1}\alpha}+1-sin^2 2^{n+1}\alpha})=(\frac14)^{n+1}(2-2cos 2^{n+1}\alpha})-(\frac14)^{n+1}sin^2 2^{n+1}\alpha}=(\frac14)^{n+1}(2-2cos 2^{n+1}\alpha})-\frac14*\frac14^n\sin^2 (2*2^n\alpha)$
Осталось показать, что
$\sin^4\alpha+\frac14\sin^4 2\alpha+\frac18\sin^4 4\alpha+...+(\frac14)^{n-1}\sin^4 2^{n-1}\alpha+(\frac14)^{n+1}(2-2cos 2^{n+1}\alpha})=\sin^2\alpha$
Сейчас мы это и сделаем. Воспользуемся формулой пониженя степени
$sin^2\alpha=\frac{1-cos 2\alpha}2$ Нам эта формула понадобиться в другом виде
$sin^2 2^n\alpha=\frac{1-cos 2^{n+1}\alpha}2$
Преобразуем последнее слагаемое
$(\frac14)^{n+1}(2-2cos 2^{n+1}\alpha})=(\frac14)^{n+1}*2*(1-cos 2^{n+1}\alpha})=(\frac14)^{n+1}*4*sin^2 2^n\alpha=(\frac14)^{n}*sin^2 2^n\alpha$
Понижаем степень в предпоследнем слагаемом (также как мы делали это в начале)
$(\frac14)^{n-1}\sin^4 2^{n-1}\alpha=(\frac14)^{n-1}(\frac{1-cos 2^{n}\alpha}2)^2=(\frac14)^{n}(1-2cos 2^{n}\alpha}+cos^2 2^{n}\alpha})$
Складываем преобразованные последнее и предпоследнее слагаемое
$(\frac14)^{n}(1-2cos 2^{n}\alpha}+cos^2 2^{n}\alpha})+(\frac14)^{n}sin^2 2^n\alpha=(\frac14)^{n}(1-2cos 2^{n}\alpha}+1)=(\frac14)^{n}(2-2cos 2^{n}\alpha})=(\frac14)^{n}*2*(1-cos 2^{n}\alpha})=(\frac14)^{n}*4*sin^2 2^{n-1}\alpha}=(\frac14)^{n-1}*sin^2 2^{n-1}\alpha}$
Получили
$\sin^4\alpha+\frac14\sin^4 2\alpha+\frac18\sin^4 4\alpha+...+(\frac14)^{n-2}\sin^4 2^{n-2}\alpha+(\frac14)^{n-1}\sin^4 2^{n-1}\alpha+(\frac14)^{n+1}(2-2cos 2^{n+1}\alpha})=\sin^4\alpha+\frac14\sin^4 2\alpha+\frac18\sin^4 4\alpha+...+(\frac14)^{n-2}\sin^4 2^{n-2}\alpha+(\frac14)^{n-1}*sin^2 2^{n-1}\alpha}$
Продолжаем аналогично сворачивать формулу с конца.
Чтобы стало окончательно понятно проделайте эти действия для формулы при n=1. (Я так и догадалась)

[ewert]

В первой задаче следует, прежде всего, исправить множитель ${1\over8}$. Потом просто по индукции -- доказать, что

$\left(\cos^2\alpha-\dfrac{1}{4^{n+1}}\sin^2(2^{n+1}\alpha)\right)+\dfrac{1}{4^{n+1}}\sin^4(2^{n+1}\alpha)=\cos^2\alpha-\dfrac{1}{4^{n+2}}\sin^2(2^{n+2}\alpha)\,.$

Ну это вполне очевидно.

[Sasha2]

Второе тождество:

Нетрудно доказать следующее тождество $\tg 3x = \frac{\tg x(3-\tg^2 x)}{1-3\tg^2 x}$
Поэтому имеем: $\sqrt3= \frac{\tg 20^o(3-\tg^2 20^o)}{1-3\tg^2 20^o}$.
Наверно теперь, осталось возвести в квадрат обе части и вычесть по 3 из обеих частей.

[TOTAL]

Клавдия в сообщении #370059 писал(а):

2. Доказать, что $\tg^6 20^o - 33\tg^4 20^o + 27\tg^2 20^o - 3 = 0$
Натолкните, пожалуйста, на мысль.

$c=\cos 20^o$
$s=\sin 20^o$
$s^6 - 33s^4c^2 + 27s^2c^4 - 3c^6 = 0$
$(1-c^2)^3 - 33c^2(1-c^2)^2 + 27c^4(1-c^2) - 3c^6 = 0$
Далее используйте $4c^3=\cos 60^o+3c$