Funkcje trygonometryczne zmiennej rzeczywistej.

Funkcje trygonometryczne zmiennej rzeczywistej.
Miara łukowa kąta płaskiego.
Miara kąta płaskiego wyrażona w stopniach, oparta jest na podziale płaskiego kąta pełnego na
360 równych części. Wobec czego o kącie pełnym mówimy, że ma 360 stopni (ozn.360o ), kąt
półpełny ma 180o , kąt prosty ma 90o itd.
Inne podejście do miary kąta. Dla dowolnego okręgu o promieniu r, dowolny jego kąt środkowy
α zadany jest przez wartość ilorazu długości łuku l tego kąta do długości promienia r okręgu,
α=
l
r
wyrażony w jednostkach zwanych radianami (skrót rad).
Definicja 1. Jeden radian, to miara kąta środkowego, dla którego długość łuku l jest równa
długości promienia r.
Pamiętajmy, że długość okręgu o promieniu r wynosi 2πr, stąd kąt pełny ma 2πr
r = 2π rad,
π
o = π rad, 60o = π rad, 30o = π rad i tak
kąt półpełny ma πr
=
π
rad,
kąt
prosty
ma
rad,
45
r
2
4
3
6
dalej.
Uwaga.
o
o
o
1rad = 360
2π ≈ 57, 3 , 1 =
2π
360
rad ≈ 0, 017453 rad, 360o = 2π rad, 90o =
π
2
rad itd.
Związki miarowe w trójkącie prostokątnym.
W dowolnym trójkącie prostokątnym długości jego przyprostokątnych oznaczymy odpowiednio
przez a i b oraz długość przeciwprostokątnej przez c, a kąt ostry leżący przy boku a oznaczymy
przez α.
Definicja 2. W dowolnym trójkącie prostokątnym
1. sinusem (skrót sin) kąta ostrego nazywamy stosunek długości przyprostokątnej przeciwległej
temu kątowi do przeciwprostokątnej;
2. kosinusem (skrót cos) kąta ostrego nazywamy stosunek długości przyprostokątnej leżącej
przy tym kącie do przeciwprostokątnej;
3. tangensem (skrót tg) kąta ostrego nazywamy stosunek długości przyprostokątnej przeciwległej
temu kątowi do drugiej przyprostokątnej;
4. kotangensem (skrót ctg) kąta ostrego nazywamy stosunek długości przyprostokątnej leżącej
przy tym kącie do drugiej przyprostokątnej.
sin α =
b
c
cos α =
a
c
tg α =
b
a
ctg α =
a
b
Korzystając z tych związków miarowych w trójkącie prostokątnym łatwo wyznaczyć wartości
sin, cos, tg, ctg niektórych (podstawowych) kątów ostrych.
A) Funkcje trygonometryczne kątów π6 , π3 można wyznaczyć posługując się trójkątem równobocznym
o boku długości 1. Pamiętać wtedy musimy, że wszystkie kąty √
w tym trójkącie są równe i ich
π
o
miara wynosi 3 (60 ),a wysokość h tego trójkąta wynosi h = 23 oraz, że dzieli ona kąt przy
wierzchołku na dwa równe kąty, każdy po π6 (30o ).
B) Funkcje trygonometryczne kąta π4 (45o ), nietrudno wyznaczyć z kwadratu o boku długości
1 pamiętając, że przekątna kwadratu dzieli go na dwa trójkąty√prostokątne, równoramienne o
kącie ostrym równym π4 i że przeciwprostokątna ta ma długość 2.
Funkcje trygonometryczne kąta skierowanego.
Definicja 3. Kąt skierowany to uporządkowana para półprostych o wspólnym początku (wierzchołek
kąta). Pierwszą z półprostych nazywamy ramieniem początkowym kąta a drugą ramieniem końcowym
kąta.
Inaczej mówiąc kąt skierowany to taki kąt, dla którego ustalono które ramię jest, a które drugie,
co można zinterpretować jako ustalenie kierunku poruszania się po łuku kąta (zgodny albo
przeciwny do ruchu wskazówek zegara).
Aby dwa kąty skierowane α i β były sobie równe, nie wystarczy tylko równość miar tych kątów,
muszą one spełniać następujący warunek: każdy z tych kątów jest obrazem drugiego za pomocą
pewnej translacji lub obrotu albo za pomocą złożenia tych dwóch przekształceń, przy czym w
wyniku tych przekształceń ramię początkowe kąta α powinno się nałożyć na ramię początkowe
kąta β a ramię końcowe kąta α na ramię końcowe kąta β.
Kąty skierowane w literaturze są zazwyczaj opisywane za pomocą trzech punktów (wierzchołka
kąta i po jednym punkcie z ramion kąta), np. kąt AOB (O jest wierzchołkiem kąta). Kąt
skierowany AOB jest różny od kąta skierowanego BOA, choć ich miary są równe.
Poniżej w kilku krokach zdefiniujemy cztery funkcje trygonometryczne (sinus, kosinus,
tangens, kotangens) zmiennej rzeczywistej, wychodząc od definicji sinusa, kosinusa, tangensa,
kotangensa dla kąta skierowanego o mierze α ∈ [0; 2π].
1o Niech dany będzie kąt skierowany α o wierzchołku leżącym w początku O = (0, 0) układu
współrzędnych i niech ramię początkowe tego kąta ”leży” na dodatniej części osi OX tzn., że ruch
od ramienia początkowego do ramienia końcowego kąta α odbywa się w kierunku przeciwnym
do ruchu wskazówek zegara. Widać, że kąt α jest jednoznacznie wyznaczony przez współrzędne
dowolnego, różnego od początku układu współrzędnych, punktu P = (x, y) leżącego na ramieniu
końcowym kąta. Oznaczmy odległość punktu P od poczatku układu współrzędnych O, a więc
długość odcinka OP przez r. Wtedy funkcje trygonometryczne sinus, kosinus, tangens, kotangens
kąta α definiujemy za pomocą następujących ilorazów:
Definicja 4.
sin α =
y
;
r
cos α =
x
;
r
tg α =
y
, x 6= 0;
x
ctg α =
x
, y 6= 0.
y
(1)
W ten sposób zdefiniowaliśmy cztery funkcje trygonometryczne dla kątów skierowanych o
mierze łukowej od 0 do 2π rad, a więc funkcje, których argumentami są liczby rzeczywiste z
przedziału [0; 2π]. Oczywiście funkcja tangens nie ma sensu, gdy x = 0, zatem nie jest określona
dla kątów skierowych których ramię końcowe leży na osi OY , a więc dla kątów o mierze łukowej
π
3
2 rad, 2 π rad. Funkcja kotangens traci sens, gdy y = 0, zatem dla kątów o ramieniu końcowym
leżącym na osi OX, czyli dla kątów o mierze łukowej 0 rad, π rad i 2π rad.
2o Przez kąt o mierze ujemnej rozumieć będziemy kąt, w którym ruch od ramienia
początkowego do ramienia końcowego odbywa się w kierunku zgodnym z ruchem wskazówek
zegara, przy czym nadal ramię początkowe takiego kąta ”leży” na dodatniej części osi OX, a
wierzchołek kąta pokrywa sie z początkiem ukladu współrzędnych. W ten sposób poszerzymy
zakres rozpatrywanych (miar) kątów skierowanych, a więc zakres argumentów funkcji
trygonometrycznych do przedziału [−2π; 2π].
3o Możliwe wartości miary łukowej kątów od −2π do 2π możemy dalej poszerzyć do zbioru
R wszystkich liczb rzeczywistych, wykonując wiecej niż jeden pełny obrót ramienia końcowego
kąta w kierunku przeciwnym (dla kątów dodatnich) lub zgodnym (dla kątów ujemnych) do ruchu
wskazówek zegara.
4o Dla kąta o dowolnej rzeczywistej mierze łukowej α ∈ R funkcje trygonometryczne definiuje
się jak w (1), tzn. za pomocą współrzędnych dowolnego punktu P leżącego na ramieniu końcowym
kąta, z odpowiednimi zastrzeżeniami dla funkcji tangens i kotangens (patrz punkt 1o ).
5o Zatem funkcje trygonometryczne mają następujące dziedziny i zbiory wartości
sin : R → [−1, 1],
cos : R → [−1, 1],
π
+ kπ} → R, k ∈ Z,
ctg : R \ {kπ} → R, k ∈ Z,
2
Z oznacza zbiór liczb całkowitych.
Uwaga.
1) Zmiana kąta na kąt o tej samej mierze, ale przeciwnie skierowany powoduje tylko zmianę
znaku współrzędnej y punktu P = (x, y) z ramienia końcowego kąta. Współrzędna x i długość
promienia r nie ulegają zmianie. Dokładniej mówiąc, jeśli P = (x, y) leży na ramieniu końcowym
kąta α, to punkt P = (x, −y) leży na ramieniu końcowym kąta −α. Zatem korzystając z (1)
zauważyć można, że funkcje sinus, tangens i kotangens są nieparzyste, a funkcja kosinus jest
parzysta:
tg : R \ {
sin(−α) = − sin α,
tg(−α) = − tg α,
ctg (−α) = −ctg α,
cos(−α) = cos α.
(2)
2) Przy obrocie ramienia końcowego kąta α o całkowite wielokrotności kąta pełnego (2π rad)
współrzędne x i y punktu P nie zmienią się, tym bardziej nie zmieni się odległość r punktu
P od początku układu O. Stąd wartości funkcji trygonometrycznych kąta α są takie same jak
wartości tych funkcji dla kąta α + 2π. Widać zatem, że funkcje trygonometryczne są okresowe.
Ponadto łatwo zauważyć, że przy obrocie ramienia końcowego kąta α o kąt półpełny (π rad)
obie współrzedne x i y punktu P zmieniają znak na przeciwny, zatem nie zmienia się ani znak,
ani wartość ich ilorazu i co za tym idzie wartości funkcji tangens jak i kotangens kąta α są
równe wartościom tych funkcji dla kąta α + π. To znaczy, że π jest okresem funkcji tg i ctg.
Podsumowując: okres podstawowy funkcji sinus i kosinus wynosi 2π, a funkcji tangens i kotangens
π, stąd dla dowolnego k ∈ Z
sin(α + 2kπ) = sin α,
cos(α + 2kπ) = cos α,
tg(α + kπ) = tg α,
ctg(α + kπ) = ctg α. (3)
Poniższa tabela przedstawia wartości funkcji trygonometrycznych podstawowych kątów.
Tabela 1.
Tabela wartości funkcji trygonometrycznych podstawowych kątów
kąt α sin α cos α tg α ctg α
0
0
1
0
−
√
√
√
3
3
π
1
3
6
3
√2
√2
2
2
π
1
1
4
2
√2
√
√
3
3
π
1
3
3
2
2
3
π
1
0
−
0
2
π
0
−1
0
−
2π
0
1
0
−
Wzory redukcyjne
Wzory redukcyjne pozwalają wyznaczyć wartości funkcji trygonometrycznych w dowolnym punkcie
należącym do dziedziny rozważanej funkcji, za pomocą wartości tych funkcji dla kątów zredukowanych
do kąta z przedziału [0, π2 ].
sin(π + α)
cos(π + α)
tg(π + α)
ctg (π + α)
π
+α
2
cos π2 + α
tg π2 + α
ctg π2 + α
sin
3
π+α
2
cos 32 π + α
tg 23 π + α
ctg 32 π + α
sin
=
=
=
=
− sin α
− cos α
tg α
ctg α
= cos α
= − sin α
= −ctg α
= − tg α
= − cos α
= sin α
= −ctg α
= − tg α
sin(π − α)
cos(π − α)
tg(π − α)
ctg (π − α)
=
=
=
=
π
−α
2
cos π2 − α
tg π2 − α
ctg π2 − α
sin
3
π−α
2
cos 32 π − α
tg 32 π − α
ctg 23 π − α
sin
sin α
− cos α
− tg α
−ctg α
= cos α
= sin α
= ctg α
= tg α
= − cos α
= − sin α
= ctg α
= tg α
Powyższych wzorów nie trzeba uczyć się na pamięć, wystarczy zapamiętać następujące dwie
reguły nimi rządzące:
A) Dla kątów postaci
• π ± α typ funkcji trygonometrycznej nie ulega zmianie przy redukcji kąta do kąta α, tzn. ,
że typ funkcji trygonometrycznej po lewej i prawej stronie równości jest identyczny (mogą
się one jednak różnić znakiem ”+” lub ”−” - patrz punkt B) poniżej)
•
± α lub 23 π ± α funkcja trygonometryczna zmienia typ na tzw. ”kofunkcję” tzn. sinus na
kosinus, tangens na kotangens i na odwrót.
π
2
B) Znak + lub − przed wartością funkcji trygonometrycznej kąta zredukowanego do α rozstrzygamy
na podstawie znaku wartości funkcji trygonometrycznej kąta przed jego redukcją. Pomocny
nam tu będzie wierszyk o znakach, który pomaga łatwo ustalić, które funkcje trygonometryczne
dla kątów z danej ćwiartki układu współrzędnych, przyjmują wartości dodatnie: ”w pierwszej
ćwiartce same plusy, w drugiej tylko sinus, w trzeciej tangens i kotangens, a w czwartej kosinus”
(jest dodatni).
Obliczmy cos π2 + π4 . Ponieważ π2 + π4 ∈ II ćwiartki układu, a kosinus jest tutaj ujemny, więc
po zastosowaniu wzoru redukcyjnego pojawi sie znak minus przed funkcją trygonometryczną.
Ponadto, ponieważ kąt ostry π4 przesuwamy o π2 , więc funkcję cos zamienimy na kofunkcje, tu
na sin. Wobec czego cos
π
2
+
π
4
= − sin π4 = −
√
2
2 .
Tożsamości trygonometryczne.
tg α =
sin α
,
cos α
cos α
,
sin α
ctg α =
tg α =
1
.
ctg α
(4)
1
1
.
(5)
,
ctg2 α + 1 =
2
cos α
sin2 α
Powyższe tożsamości wynikają wprost z definicji funkcji trygonometrycznych, przy czym we
wzorze sin2 α + cos2 α = 1 zwanym wzorem na jedynkę trygonometryczną należy dodatkowo
skorzystać z twierdzenia Pitagorasa (x2 + y 2 = r2 ).
Przykład 1.
A) Zamień miarę stopniową na łukową dla kątów 5o , −300o .
π
B) Zamień miarę łukową na stopniową dla kątów 12
rad, 56 rad.
Rozwiązanie.
A)
sin2 α + cos2 α = 1,
1o =
tg2 α + 1 =
2π
rad,
360
5o = 5 ·
stąd
2π
360
rad =
−300o = −300 ·
2π
360
1
36 π
rad.
rad = − 53 rad.
B)
1 rad =
360 o
,
2π
stąd
π
12
5
6
rad =
rad =
π
12
·
5
6
·
360 o
o
2π = 15 ,
6o
360 o
2π = π .
4
Przykład 2. Określ znak każdej z funkcji trygonometrycznych dla kątów: 10
3 π, − 3 π.
10
Rozwiązanie. Ramię końcowe kąta 3 π leży w III ćwiartce układu współrzędnych, zatem
zgodnie z ”wierszykiem o znakach” tu tg i ctg są dodatnie, czyli
sin
10
π < 0,
3
cos
10
π < 0,
3
tg
10
π > 0,
3
ctg
10
π > 0.
3
Ramię końcowe kąta − 43 π leży w II ćwiartce układu współrzędnych, zatem zgodnie z ”wierszykiem
o znakach” tylko sin jest dodatni, czyli
4 sin − π > 0,
3
4 cos − π < 0,
3
4 tg − π < 0,
3
4 ctg − π < 0.
3
Przykład 3. Oblicz sin 32 π, ctg 43 π korzystając ze wzorów redukcyjnych.
Rozwiązanie.
π
π
3
= − sin = −1.
sin π = sin π +
2
2
2
3
π
π π
ctg π = ctg
= − tg = −1.
+
4
2
4
4
Przykład 4. Punkt P = (1, 0) obracamy wokół początku układu współrzędnych o kąt α. Znajdź
współrzędne punktu, który otrzymamy, gdy kąt ten jest równy π4 .
Rozwiązanie. Przy obrocie o kąt π4 punktu P = (1, 0) otrzymujemy punkt P ′ = (x, y), przy
√
√
czym OP = OP ′ = 1, zatem z (1) wynika, że sin π4 = 22 = y1 , stąd y = 22 . Podobnie,
wykorzystując funkcję kosinus kąta π4 , wyznaczymy współrzędną x punktu P ′ , mianowicie cos π4 =
√
2
2
√
√
√
= x1 , stąd x = 22 . Wobec czego P ′ = 22 , 22 .
Przykład 5. Korzystając ze wzorów redukcyjnych
funkcji, redukując badany
oraz okresowości
5
5
23
407
kąt do kąta z I ćwiartki oblicz: sin 6 π, tg 3 π, ctg − 4 π , cos 6 π.
Rozwiązanie. Postępujemy podobnie jak w Przykładzie 3., wykorzystując dodatkowo tam gdzie
jest to konieczne okresowość i parzystość lub nieparzystość odpowiednich funkcji trygonometrycznych.
5
π
1
π
sin π = sin π −
= sin = .
6
6
6
2
1 √
1 1
5
tg π = tg 2π − π = tg − π = − tg π = − 3
3
3
3
3
3
√
1
π
5
Sposób 2o
tg π = tg π + π = −ctg = − 3
.
3
2
6
6
23 π
3 3
π
= tg = 1.
ctg − π = −ctg 5π + π = −ctg π = −ctg π −
4
4
4
4
4
Sposób 1o
Sposób 1o
Sposób 2o
407
5 5 5 π = cos 67π + π = cos 33 · 2π + π + π = cos π + π
6
6
6√
6
π
3
π
π
= cos −
= cos =
= cos 2π −
6
6
6
2
√
π
3
407
π
π
π
cos
π = cos 68π −
.
= cos 34 · 2π −
= cos −
= cos =
6
6
6
6
6
2
cos
Przykład 6. Wiedząc, że cos x = − 34 i że x ∈ ( π2 ; π), oblicz tg x i ctg x.
Rozwiązanie. Skorzystamy z tożsamości trygonometrycznych: sin2 x + cos2 x = 1, tg x =
ctgx = tg1x . Wyznaczmy najpierw sin x.
sin2 x = 1 − cos2 x = 1 −
9
7
=
16
16
√
Ponieważ kąt x ∈ ( π2 ; π), więc sin x > 0, zatem sin x = 47 (odpowiedź −
mamy
√
√
7
7
sin x
4
= 3 =−
,
tg x =
cos x
3
−4
√
3 7
1
1
= √ =−
.
ctg x =
tg x
7
− 7
3
sin x
cos x ,
√
7
4
odrzucamy). Dalej
Zadania
1. Zamień miarę stopniową na łukową dla kątów 75o , 270o , 60o , 30o , 45o .
2. Punkt P = (1, 0) obracamy wokół początku układu współrzędnych o kąt α. Znajdź
współrzędne punktu, który otrzymamy, gdy kąt ten jest równy 32 π.
3. Korzystając ze wzorów redukcyjnych oraz okresowości funkcji, redukując badany kąt do
kąta z I ćwiartki oblicz cos 43 π, ctg 23
3 π.
4. Znajdź najmniejszy kąt dodatni, o jaki należy obrócić
P = (1, 0) wokół √
początku
√ punkt
√ 2
2
1
układu współrzędnych, aby otrzymać punkt B = 2 , − 2 , punkt C = − 2 , 23 .
5. Przy jakim minimalnym przesunięciu w prawo wykresu funkcji f (x) = sin x nałoży się on
na wykres funkcji: g(x) = cos x, h(x) = − sin x, m(x) = − cos x ?
6. Podane liczby uporządkuj rosnąco
A: a) cos 0, b) cos 1, c) cos π3 , d) cos π;
B: a) ctg π6 , b) ctg π3 , c) ctg 3, d) ctg π2 .
Odpowiedzi
5
1) 75o = 12
π rad, 270o = 23 π rad, 60o =
2)
√
π
3
rad, 30o =
π
6
rad, 45o =
π
4
rad;
= (− 12 , 23 ).
√
3
cos 34 π = − 12 , ctg 23
π
=
−
3
3
7
Dla punktu B kąt 4 π, dla punktu
π
3
2 π, π, 2 .
P′
3)
4)
C kąt π3
5)
6) A: d) < c) < b) < a); B: c) < d) < b) < a).
Funkcje trygonometryczne sumy i różnicy kątów.
W dowolnym trójkącie ABC oznaczmy przez CD wysokość tego trójkąta opuszczoną z
wierzchołka C na bok AB, a przez α kąt przy wierzchołku A. Wysokość |CD| = |AC| sin α,
stąd pole tego trójkąta możemy wyrazić wzorem SABC = 21 |AB||CD| = 21 |AB||AC| sin α.
Twierdzenie 1. Pole trójkąta jest równe połowie iloczynu długości dwóch boków trójkąta przez
sinus kąta zawartego pomiędzy tymi bokami.
Jeżeli w trójkącie ABC kąty CAB i ABC są ostre, to wysokość CD wyznacza w nim dwa
trójkąty (ACD i DCB) i dzieli kąt ACB na dwa mniejsze kąty o miarach odpowiednio α i β.
Na mocy Twierdzenia 1. pola SABC , SACD i SDCB trójkątów ABC, ACD i DCB wyrazić
możemy następująco:
SABC
=
SACD =
SDCB =
1
|AC||BC| sin(α + β),
2
1
1
|AC||CD| sin α = |AC|(|BC| cos β) sin α,
2
2
1
1
|CD||BC| sin β = (|AC||BC| cos α) sin β.
2
2
Ponieważ SABC = SACD + SDCB , więc
1
1
|AC||BC| sin(α + β) = |AC||BC| sin α cos β + cos α sin β .
2
2
Stąd
sin(α + β) = sin α cos β + cos α sin β.
(6)
Ta zależność jest prawdziwa dla dowolnych miar kątów α, β.
Twierdzenie 2. Dla dowolnych α, β ∈ R mamy sin(α + β) = sin α cos β + cos α sin β.
Stąd łatwo wykazać, że
sin(α − β) = sin α cos β − cos α sin β,
cos(α − β) = cos α cos β + sin α sin β,
cos(α + β) = cos α cos β − sin α sin β..
(7)
(8)
(9)
Przykład 7. Sprawdź tożsamości (7), (8).
Rozwiązanie. Zapiszemy różnicę α − β jako sumę odpowiednich kątów, a funkcję kosinus z
przykładu (8) za pomocą sinusa. Dalej skorzystamy z (6) oraz z parzystości funkcji kosinus i z
nieparzystości funkcji sinus. Mamy
sin(α − β) = sin α + (−β) = sin α cos(−β) + cos α sin(−β)
= sin α cos β − cos α sin β,
π
π
− (α − β) = sin ( − α) + β
2
2
π
π
= sin( − α) cos β + cos( − α) sin β = cos α cos β + sin α sin β,
2
2
cos(α − β) = sin
co należało pokazać.
Z (6), (9) i z (4) wynikają następujące zależności dla wartości funkcji trygonometrycznych
kąta podwojonego:
sin 2α = 2 sin α cos α
2
(10)
2
cos 2α = cos α − sin α
2 tg α
tg 2α =
.
1 − tg2 α
(11)
(12)
Suma funkcji trygonometrycznych
Z równości (7) i (9) zastosowanych dla kątów α = u + v i β = u − v wynika,że
sin(u + v) + sin(u − v) = sin u cos v + cos u sin v + sin u cos v − cos u sin v = 2 sin u cos v
Ponieważ u =
α+β
2
iv=
α−β
2 ,
więc
sin α + sin β = 2 sin
α−β
α+β
cos
2
2
(13)
Z równości (13), korzystając w własności funkcji trygonometrycznych, można wykazać następujące
równości:
α−β
α+β
sin
,
2
2
α+β
α−β
cos α + cos β = 2 cos
cos
,
2
2
α−β
α+β
sin
.
cos α − cos β = −2 sin
2
2
sin α − sin β = 2 cos
(14)
(15)
(16)
Przykład 8. Udowodnij tożsamożć (16).
Rozwiązanie.
Zamieńmy fukcje kosinus na sinus i skorzystjamy ze wzoru (13) na sumę sinusów:
cos α − cos β = sin( π2 − α) − sin( π2 − β) = sin( π2 − α) + sin(−( π2 − β))
cos π−(α+β)
= 2 sin −α+β
cos( π2 −
= 2 sin −α+β
2
2
2
α+β
2 )
α+β
α+β
α−β
= −2 sin α−β
2 sin 2 = −2 sin 2 sin 2 .
Przykład 9. Wykaż tożsamość
cos α − cos 3α
= tg 2α.
sin 3α − sin α
Rozwiązanie. Korzystając ze wzorów (14), (15) na różnice funkcji trygonometrycznych otrzymamy:
dla α 6= kπ i α 6=
π
4
cos α − cos 3α
sin 3α − sin α
=
−2 sin 2α sin(−α)
= tg 2α,
2 cos 2α sin α
+ π2 k, gdzie k ∈ Z.
Zadania
1. Udowodnij tożsamość (9).
2. Udowodnij tożsamości (10) - (12).
3. Sprawdź tożsamości (14), (15).
4. Wyznacz sumy:
sin 1o + sin 2o + sin 3o + ... + sin 358o + sin 359o
oraz
cos 1o + cos 2o + cos 3o + ... + cos 358o + cos 359o
5. Wiedząc, że sin x + cos x = a, wyznacz sin 2x oraz sin4 x + cos4 x.
6. Podane liczby uporządkuj od najmniejszej do największej: sin 1, sin 3, sin 5, sin 7.
7. Dany jest trójkąt o bokach a, b, c oraz kątach α, β, γ. Udowodnij, że między obwodem tego
trójkąta a promieniem R okręgu opisanego na tym trójkącie zachodzi związek: a + b + c =
8R cos α2 cos β2 cos γ2 .
8. Wykaż tożsamości:
a) (2 sin2 x − 1)(2 sin2 y − 1) = cos2 (x + y) − sin2 (x − y),
b)
c)
cos x
sin 2x
1+cos 2x · 1+cos x
tg2 x − sin2 x =
= tg x2 ,
sin2 x · tg2 x,
d)
1
1+tg x·tg 2x
e)
1+sin 2x
sin x+cos x
f) 2 cos2
π
4
= cos 2x,
−
−
1−tg2
1+tg2
x
2
x
2
x
2
= sin x,
= 1 + sin x.
9. Dane jest równanie (2 sin α − 1)x2 − 2x + sin α = 0, gdzie α ∈ [− π2 ; π2 ]. Dla jakich wartości
α suma odwrotności pierwiastków tego równania jest równa 4 cos α?
Odpowiedzi
4. sin 1o + sin 2o + sin 3o + ... + sin 358o + sin 359o = 0
cos 1o + cos 2o + cos 3o + ... + cos 358o + cos 359o = −1,
4
2 +1
5. sin 2x = a2 − 1, sin4 + cos4 = −a +2a
,
2
6. sin 5 < sin 3 < sin 7 < sin 1,
9. π4 .
Równania trygonometryczne.
1) Rozwiązania równań sin x = 0, sin x = 1, sin x = −1, cos x = 0, cos x = 1, cos x = −1,
tg x = 0 ctg x = 0 odczytujemy bezpośrednio z wykresu funkcji.
2) Równania typu: sin x = b, dla b 6= 0, 1, −1 , z niewiadomą x sprowadzamy do równania
sin x = sin α, gdzie α jest dowolną wartością rzeczywistą spełniającą warunek: sin α = b (z reguły
bez trudu można znaleźć takie α korzystając z Tabeli 1 lub z wykresu funkcji trygonometrycznych).
Analogicznie postępujemy w przypadku równań typu cos x = b, tg x = b, ctg x = b dla b 6= 0.
Dalej postępujemy według schematu opisanego poniżej:
Schemat 1.
sin x = sin α
m
x = α + 2kπ lub x = π − α + 2kπ
cos x = cos α
m
x = α + 2kπ lub x = −α + 2kπ
tg x = tg α
m
x = α + kπ
ctg x = ctg α
m
x = α + kπ
3) Równania, w których występują różne funkcje trygonometryczne, należy (najczęściej)
przekształcić do takich, w których występuje tylko jedna funkcja trygonometryczna. Pomocne
tu będą tożsamości (4), (5) i wzory redukcyjne.
4) Jeśli w równaniu występują sumy (różnice) funkcji trygonometrycznych różnych krotności
kąta x, to należy to równanie doprowadzić do postaci iloczynowej, korzystając ze wzorów (13) (16).
√
5) Równania typu a sin x + b cos x = c dzielimy przez a2 + b2 . W ten sposób sprowadzimy
je do postaci cos y sin x + sin y cos x = c, czyli sin(x + y) = c.
Przykład 10. Rozwiąż równania:
1) cos 4x =
√ −1,
2) tg x= 3, 3) cos x2 + π6 = 0.
Rozwiązanie.
1) Z wykresu funkcji kosinus odczytujemy, że
cos t = −1
⇔
t = π + 2kπ
dla
k ∈ Z.
Stąd
π
π
dla
k ∈ Z.
cos 4x = −1
⇔
4x = π + 2kπ x = + k ,
4
2
√
√
2) tg x = √3. Odczytujemy z Tabeli 1, wartość kąta ostrego x, dla którego tg x = 3. Widać,
że tg π3 = 3. Ponieważ funkcja tangens ma okres równy π, zatem rozwiązaniem rozważanego
równania są liczby rzeczywiste x postaci x = π3 + kπ, gdzie k ∈ Z.
3) cos x2 + π6 = 0.
Z wykresu funkcji kosinus odczytujemy, że
⇔
cos t = 0
stąd
cos
x
2
+
π
=0
6
π
+ kπ,
2
x π
π
+ = + kπ.
2
6
2
⇔
Zatem
x
π π
= − + kπ
2
2
6
Przykład 11. Rozwiąż równania:
1) 4 cos2 x + 4 sin x = 5,
2) sin x + √
cos x = 0,
3) sin x + 3 cos x = 0,
4) sin2 x − cos2 x = 21 .
Rozwiązanie.
1)
t=
2
x = π + 2kπ
3
⇔
dla
k ∈ Z.
4 cos2 x + 4 sin x = 5.
Zapiszemy to równanie za pomocą tylko jednej funkcji trygonometrycznej (sinus) korzystając
ze wzroru na ”jedynkę trygonometryczną”. Po podstawieniu cos2 x = 1 − sin2 x otrzymamy
równanie kwadratowe z niwiadomą sin x.
4(1 − sin2 x) + 4 sin x = 5
⇔
−4 sin2 x + 4 sin x − 1 = 0. (∗)
Podstawmy w tym równaniu za sin x nową niewiadomą m, tzn. m = sin x, oczywiście m może
przyjmować wartości tylko z przedziału [−1; 1]. Równanie trygonometryczne przyjmie wtedy
postać równania kwadratowego
−4m2 + 4m − 1 = 0,
(∗∗)
które rozwiązujemy za pomocą wyróżnika △ .
△ = 16 − 4(−4)(−1) = 0, zatem równanie (∗∗) ma dokładnie jedno rozwiązanie, jest nim
−4
m = 2(−4)
= 12 . Sprawdzamy czy ta wartość niewiadomej m nie wykracza poza przedział
możliwych wartości [−1; 1], ale oczywiście 12 ∈ [−1; 1]. Wobec czego rozwiązaniem równania
trygonometrycznego (∗) są takie wartości x ∈ R, że sin x = 12 . Rozwiążmy zatem równanie
trygonometryczne postaci
1
sin x = .
2
Postępujemy podobnie jak w Przykładzie 10. Z Tabeli 1 odczytujemy, że sin π6 =
korzystając ze Schematu 1, mamy
sin x =
1
2
⇔
x=
π
+ 2kπ
6
lub
2)
sin x + cos x = 0.
5
x = − π + 2kπ
6
dla k ∈ Z.
1
2
zatem,
W tym równaniu również występują dwie funkcje trygonometryczne (sinus i kosinus), chcielibyśmy
to równanie zapisać za pomocą jednej funkcji trygonometrycznej.
Sposób 1o .
Możemy funkcję kosinus opisać za pomocą sinusa, mamy bowiem cos x = sin π2 − x (albo sinus
za pomocą funkcji kosinus sin x = cos
π
2
− x ). Równanie przybierze wtedy postać następującą
sin x + sin
π
2
− x = 0.
Ze wzoru na sumę sinusów mamy
2 sin
2x −
π
cos
4
2
π
2
= 0.
Stąd
cos x −
π
=0
4
⇔
x−
π
π
= + kπ
4
2
⇔
3
x = π + kπ,
4
k ∈ Z.
Sposób 2o .
Sprowadzimy to równanie do równania trygonometrycznego z funkcją tangens albo kotangens.
Wystarczy podzielić obie strony równania przez cos x albo sin x.
Dla x 6= π2 + kπ, gdzie k ∈ Z, mamy:
⇔
sin x + cos x = 0
tg x = −1,
zatem x = 34 π + kπ.
Sprawdzimy jeszcze czy równanie sin x + cos x = 0 ma rozwiązanie dla x = π2 + kπ. Widać, że
dla tak wybranych x, cos x = 0 a sin x = 1 lub sin x = −1, więc równanie nie ma rozwiązania
wśród liczb postaci π2 + kπ. Pierwiastkami równania są x = 34 π + kπ, gdzie k ∈ Z.
Uwaga. Gdyby prawa strona równania była liczbą różną od 0, to dzielenie przez sin x czy cos x
byłoby nieefektywne dla rozwiązania naszego zadania (patrz Przykład 12.
3)
sin x +
Inna postać tego równania
√
3 cos x = 0.
√
sin x = − 3 cos x.
Dla x 6= π2 + kπ, równanie to możemy dzielić obustronnie przez cos x otrzymując równanie
√
równoważne tg x = − 3. Rozwiązania tego równania są postaci x = − π3 + kπ, gdzie k ∈ Z.
√
Jeśli x = π2 + kπ, to sin x = 1 lub sin x = −1 i cos x = 0, zatem sin x + 3 cos x 6= 0.
4)
1
sin2 x − cos2 x = .
2
Skorzystamy ze wzoru na jedynkę trygonometryczną i przekształcimy dane równanie do postaci
1 − 2 cos2 x −
1
= 0.
2
Zatem cos2 x = 41 . Rozwiązaniem równania są x = π3 + 2kπ lub x = − π3 + 2kπ lub x = 32 π + 2kπ,
lub x = 43 π + 2kπ. Wobec dowolności k ∈ Z, zbiór rozwiązań równania 4) możemy zapisać w
postaci: x = − π3 + kπ lub x = π3 + kπ dla k ∈ Z.
Przykład 12. Rozwiąż równanie sin x + cos x = 1.
Rozwiązanie.
Sposób 1o .
√
Jest to równanie typu
√ cos x = c.√Podzielimy obie
√ strony równania przez 2. Otrzymamy
√ a sin x+b
równanie postaci 22 sin x + 22 cos x = 22 . Ponieważ 22 = cos π4 = sin π4 , więc nasze równanie
możemy zapisać następująco:
√
√
π
2
2
π
π
cos sin x + sin cos x =
⇔
sin
+x =
4
4
2
4
2
π
π
3
π
+ x = + 2kπ
lub
+ x = π + 2kπ
⇔
4
4
4
4
π
⇔
x = 2kπ
lub
x = + 2kπ dla k ∈ Z.
2
Sposób 2o .
Zapiszmy cos x za pomocą funkcji sin. Mamy cos x = sin π2 − x . Stąd
π
⇔
sin x + sin
2
√
2
π
=
⇔
x−
cos x −
4
2
π
x = + 2kπ
lub
x = 2kπ
2
sin x + cos x = 1
⇔
⇔
−x =1
π
π
= + 2kπ
4
4
dla k ∈ Z.
⇔
π
π
cos x −
=1
4
4
π
π
x − = − + 2kπ
4
4
2 sin
lub
Sposób 3o .
Zapiszemy 1 jako cos 0 i przeniesiemy cos x na prawą stronę równania. W ten sposób otrzymamy
równanie równoważne
sin x = cos 0 − cos x
⇔
⇔
⇔
⇔
sin x = −2 sin
x
x
x
x
cos = 2 sin sin
⇔
2 2
2
2 x
π x
x
−
cos − cos
=0
2 sin
2
2
2
2
x π
x
= kπ lub
− = kπ
⇔
2
2
4
2 sin
x
x
sin −
2
2
x
x
x
cos − sin
=0
2 sin
2
2
2 π
x
x π
−
⇔
−4 sin sin sin
=0
2
4
2
4
π
x = 2kπ lub x = + 2kπ gdzie k ∈ Z.
2
Przykład 13. Znajdź w zależności od wartości parametru m liczbę pierwiastków równania
sin x = m, w przedziale [0, 2π].
Rozwiązanie. Z wykresu funkcji sinus odczytujemy, że w przedziale [0, 2π] równanie ma jedno
rozwiązanie dla m = 1 lub m = −1; ma dwa rozwiązania dla m ∈ (−1; 0) ∪ (0, 1); ma trzy
pierwiastki dla m = 0. Równanie nie ma pierwiastków dla m < −1 lub m > 1.
Przykład 14. Rozwiąż równanie cos x + cos 2x + cos 3x + cos 4x = 0.
Rozwiązanie. Korzystając ze wzoru (15) na sumę kosinusów, zapiszemy to równanie w postaci
iloczynowej. Mamy bowiem cos x+cos 4x = 2 cos 25 x cos(− 23 x) i cos 2x+cos 3x = 2 cos 25 x cos(− x2 ).
Zatem nasze równanie przybierze następującą postać
5
3
x
2 cos x cos x + cos
=0
2
2
2
Rozwiazania równania są postaci: x =
k ∈ Z.
Zadania
1. Rozwiąż równania:
a) ctg x cos x + 1 = cos x + ctgx,
π
5
⇔
x
5
4 cos x cos x cos = 0.
2
2
+ 52 kπ lub x = (2k + 1)π lub x =
π
2
+ kπ dla dowolnego
b) sin 3x = cos 2x,
c) cos 7x = cos 4x − cos x;
d) sin x + cos x = 1 + sin x cos x;
e) cos 2x + 3 sin x = 1;
f) sin x + cos 3x + sin 5x = 0;
4
4
g) sin
√x cos x;
√ x + cos x = sin
h) 3 sin x + cos x√= 2;
i) sin x + cos x = 22 .
2. Rozwiąż równanie | tg x + ctgx| =
√4 .
3
3. Rozwiąż równanie (1 − tg x)(1 − sin 2x) = 1 + tg x.
4. Rozwiąż równanie
4cos
2
x
+2·
1 sin2 x
2
= 6.
Odpowiedzi
π
1. a) π4 + kπ, k ∈ Z; b) x = 10
+ 25 kπ lub x = π2 + 2kπ k ∈ Z, c) x = π9 + 23 kπ lub x = − π9 + 23 kπ
π
π
lub x = 8 + 4 k, k ∈ Z; d) x = 2kπ lub x = π2 + 2kπ, k ∈ Z; e) x = kπ, k ∈ Z; f) x = π3 + kπ
π
lub x = 32 π + kπ, k ∈ Z; g) x = π4 + kπ lub x = π6 + k π2 lub x = π3 + k π2 k ∈ Z; h) 12
+ 2kπ lub
7
7
π
x = 12 + 2kπ, k ∈ Z; i) x = 12 π + 2kπ lub x = − 12 + 2kπ;
2. x = − π6 + kπ lub x = π6 + kπ lub x = π3 + kπ lub x = 32 π + kπ, gdzie k ∈ Z;
3. x = kπ, k ∈ Z.
4. x = kπ, gdzie k ∈ Z.
Nierówności trygonometryczne.
1) Rozwiązanie nierówności typu sin x < a odczytujemy z wykresu funkcji sinus. Analogicznie
postępujemy w przypadku pozostałych funkcji trygonometrycznych.
2) Wszelkie inne nierówności należy doprowadzić do postaci opisanej w punkcie 1).
√
Przykład 15. Rozwiąż nierówność tg x < 3.
Rozwiązanie. Z wykresu funkcji tangens odczytujemy rozwiązanie: x ∈ −
dla k ∈ Z.
π
2
+ kπ; π3 + kπ ,
Przykład 16. Rozwiąż nierówność sin x + cos x > 0.
Rozwiązanie. Ponieważ cos x = sin( π2 − x), więc naszą nierówność możemy zapisać w postaci
sin x + sin( π2 − x) > 0. Po zastosowaniu wzoru na sumę sinusów otrzymamy
2 sin
π
π
cos(x − ) > 0
4
4
Nierówność ta jest spełniona tylko wtedy, gdy cos x− π4 > 0, zatem dla x− π4 ∈ (− π2 +2kπ; π2 +
2kπ), to znaczy dla x ∈ (− π4 + 2kπ; 43 π + 2kπ), gdzie k ∈ Z.
√
Przykład 17. Rozwiąż nierówność sin x + 3 cos x ­ 0.
Rozwiązanie. Podzielimy to równanie przez cos x (patrz Przykład 11 zadanie 3)). Oczywiście
znak nierówności zależy od znaku cos x i nie możemy dzielić przez 0. Musimy zatem rozważyć
trzy przypadki.
Przypadek 1o . Jeśli cos x > 0, czyli dla x ∈ − π2 + 2kπ; π2 + 2kπ , otrzymamy nierówność
√
tg x > − 3, zatem rozwiązaniem nierówności są x ∈ − π3 + 2kπ; π2 + 2kπ .
Przypadek 2o . Jeśli cos x < 0, czyli dla x ∈ π2 + 2kπ; 23 π + 2kπ , otrzymamy nierówność
√
tg x < − 3, zatem rozwiązaniem nierówności są x ∈ π2 + 2kπ; 32 π + 2kπ .
Przypadek 3o . Jeśli cos x = 0, czyli dla x = π2 + 2kπ, nierówność przybierze postać sin x > 0 i
jest spełniona dla każdego x = π2 + 2kπ.
Ostatecznie,
jest suma zbiorów wyznaczonych w przypadkach 1o , 2o , 3o ,
rozwiązaniem równania
2
π
czyli x ∈ − 3 + 2kπ; 3 π + 2kπ dla dowolnych k całkowitych
Zadania
1. Rozwiąż nierówności:
a) sin x cos x < 41 ,
b) tg 2x > tg x,
c) 2 cos2 x + 5 cos x + 2 ­ 0. Wskazówka podstaw nową zmienną za cos x,
d) cos2 x − 5 cos x < 0,
e) | sin 2x| < 12 ,
2. Dla jakich wartości x ∈ [0; 2π] spełniona jest nierówność
√
3. Rozwiąż nierówność cos2 x − 5 cos x < 0.
4. Rozwiąż nierówność 2− sin 3x + 4− sin 3x + 8− sin 3x + ... ¬ 1.
5. Rozwiąż w przedziale (0, 2) nierówność
1 − cos 8x
¬ 2.
sin2 2x
6. Rozwiąż w przedziale (0; 2π) nierówność
2 log√3 (ctg x)−1
5
Odpowiedzi
5
π + kπ; 13
π
+
kπ
, k ∈ Z;
1. a) x ∈ 12
12
b) x ∈
c) x ∈
d) x ∈
e) x ∈
2. x ∈
6.
− π4 π + kπ; kπ ∪
π
4π
− 23 π + 2kπ; 23 π + 2kπ , k ∈ Z;
π
2
−
+ 2kπ; π2 + 2kπ , k ∈ Z;
−
π
12
+ k π2 ; π2 + k π2 , k ∈ Z;
− π4 ; π2 ∪
π 3
2 ; 2π
−
∪
3
5
4 π; 2 π
2kπ , k ∈ Z;
∈ Z;
+ kπ; π2 + kπ , k ∈ Z;
π
π
2 + 2kπ; 2 +
x = π6 + 23 kπ, gdzie k
x ∈ [ π6 ; π3 ],
x π6 ; π2 ∪ 76 π; 32 π .
3. x ∈
4.
5.
> 1.
∪
7
3
2 π; 4 π
,k∈Z;
2
2
< | sin x| < 1?