wstĘpdo analizyialgebryfunkcje trygonometryczne kąta α definiujemy wzorami: sinα = y r; cosα =...
TRANSCRIPT
WSTĘP DO
ANALIZY I ALGEBRY
Marian Gewert Zbigniew Skoczylas
WSTĘP DO
ANALIZY I ALGEBRY
Teoria, przykłady, zadania
Wydanie trzecie poprawione
GiS
Oficyna Wydawnicza GiSWrocław 2014
Marian GewertInstytut Matematyki i InformatykiPolitechnika Wrocł[email protected]/˜gewert
Zbigniew SkoczylasInstytut Matematyki i InformatykiPolitechnika Wrocł[email protected]/˜skoczylas
Projekt okładki
IMPRESJA Studio Grafiki Reklamowej
Copyright c© 2009, 2011, 2014 by Oficyna Wydawnicza GiS
Utwór w całości ani we fragmentach nie może być powielany ani rozpowszechnianyza pomocą urządzeń elektronicznych, mechanicznych, kopiujących, nagrywającychi innych. Ponadto utwór nie może być umieszczany ani rozpowszechniany w postacicyfrowej zarówno w Internecie, jak i w sieciach lokalnych, bez pisemnej zgody posia-dacza praw autorskich.
Skład wykonano w systemie LATEX.
ISBN 978–83–62780–24–2
Wydanie III poprawione, Wrocław 2014Oficyna Wydawnicza GiS, s.c., www.gis.wroc.plDruk i oprawa: Oficyna Wydawnicza ATUT
4
Spis treści
Wstęp 7
1 Pojęcia wstępne 9
1.1 Elementy logiki matematycznej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2 Elementy teorii zbiorów . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.3 Działania algebraiczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.4 Wartość bezwzględna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1.5 Dwumian Newtona . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1.6 Indukcja matematyczna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
1.7 Ciąg arytmetyczny i geometryczny . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
2 Funkcje 41
2.1 Funkcje – pojęcia wstępne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.2 Funkcje okresowe, parzyste i nieparzyste . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
2.3 Funkcje monotoniczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
2.4 Złożenie funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
2.5 Funkcje różnowartościowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
2.6 Funkcje odwrotne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
2.7 Przekształcanie wykresów funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
3 Wielomiany 53
3.1 Funkcja liniowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
3.2 Funkcja kwadratowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
3.3 Równania oraz nierówności liniowe i kwadratowe . . . . . . . . . . . . 61
3.4 Funkcje wielomianowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
3.5 Równania i nierówności wielomianowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
3.6 Równania i nierówności wymierne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
5
4 Funkcje trygonometryczne 90
4.1 Miara łukowa kąta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 904.2 Funkcje trygonometryczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 914.3 Własności funkcji trygonometrycznych . . . . . . . . . . . . . . . . . . 934.4 Wzory redukcyjne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 954.5 Wzory trygonometryczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 984.6 Wykresy funkcji trygonometrycznych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1024.7 Równania trygonometryczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1044.8 Nierówności trygonometryczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
5 Funkcje potęgowe, wykładnicze i logarytmiczne 125
5.1 Funkcje potęgowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1255.2 Równania i nierówności z pierwiastkami . . . . . . . . . . . . . . . . . 1275.3 Funkcje wykładnicze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1295.4 Równania i nierówności wykładnicze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1305.5 Logarytmy i ich własności . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1355.6 Funkcje logarytmiczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1375.7 Równania i nierówności logarytmiczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144
6 Geometria analityczna na płaszczyźnie 146
6.1 Wektory . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1466.2 Iloczyn skalarny . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1526.3 Równania prostej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1546.4 Wzajemne położenia prostych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1576.5 Odległości punktów i prostych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162
Odpowiedzi i wskazówki 165
Skorowidz 173
6
Wstęp
Niniejszy podręcznik jest przeznaczony dla studentów politechnik, którzy zdawalimaturę z matematyki tylko na poziomie podstawowym. Ma im pomóc w uzupełnie-niu wiadomości niezbędnych do studiowania matematyki. Sądzimy, że książka będzieprzydatna także osobom rozpoczynającym studia zaoczne po kilku latach od ukoń-czenia szkoły średniej.
W książce omawiamy elementy logiki i teorii zbiorów, indukcję matematyczną,ciągi arytmetyczne i geometryczne, funkcje i ich podstawowe własności. Ponadto,przedstawiamy metody rozwiązywania równań i nierówności wielomianowych, trygo-nometrycznych, wykładniczych oraz logarytmicznych. Szczególny nacisk kładziemy nate fragmenty materiału, które sprawiają najwięcej trudności studentom w pierwszymsemestrze.
Podręcznik oprócz teorii zawiera dużą liczbę przykładów rozwiązanych krok pokroku oraz zadania przeznaczone do samodzielnej pracy. Do wszystkich zadań podanesą odpowiedzi. Zaletą opracowania jest duża liczba rysunków ułatwiających zrozumie-nie materiału.
Do obecnego wydania dodano kilka nowych przykładów i zadań. Ponadto po-prawiono zauważone błędy i usterki. Dziękujemy koleżankom i kolegom z InstytutuMatematyki i Informatyki Politechniki Wrocławskiej oraz naszym studentom za uwagioraz wskazanie błędów.
Marian Gewert Zbigniew Skoczylas
7
8
Oznaczenia
W podręczniku stosujemy następujące oznaczenia zbiorów liczbowych:
N = {1, 2, 3, . . .} — zbiór liczb naturalnych,Z = {0,±1,±2, . . .} — zbiór liczb całkowitych,
Q =
{p
q: p ∈ Z, q ∈ N
}— zbiór liczb wymiernych,
R — zbiór liczb rzeczywistych.
4 Funkcje trygonometryczne
4.1 Miara łukowa kąta
Rozważmy dowolny kąt oraz okrąg o środku w wierzchołku kąta (rys.). Miarą łu-kową kąta nazywamy stosunek długości l łuku okręgu, na którym oparty jest kąt, dopromienia r okręgu.
α
lr
1 rad≈ 57.3◦r
r
Jednostką miary łukowej kąta jest radian (rad). Jest to kąt oparty na łuku okręguo długości równej promieniowi (rys.). Jeden radian to w przybliżeniu 57.3◦. Międzymiarą stopniową i łukową kąta zachodzą zależności:
α [ rad] =α◦ · π180◦
, α◦ =α [ rad ] · 180◦
π.
Przykład 1. Kąty wyrażone w stopniach zapisać w radianach:
(a) 5◦; (b) 30◦; (c) 36◦ ; (d) 90◦ ; (e) 225◦; (f) 1280◦.
Rozwiązanie. Mamy:
◮ (a)5◦ · π180◦
=π
36[rad]; ◮ (b)
30◦ · π180◦
=π
6[rad]; ◮ (c)
36◦ · π180◦
=π
5[rad];
◮ (d)90◦ · π180◦
=π
2[rad]; ◮ (e)
225◦ · π180◦
=5π
4[rad]; ◮ (f)
1280◦ · π180◦
=64π
9[rad].
Przykład 2. Kąty wyrażone w radianach zapisać w stopniach:
(a) 0.1; (b)π
30; (c)
π
6; (d) π; (e)
3π
4; (f)
11π
4.
90
4.2. Funkcje trygonometryczne 91
Rozwiązanie. Mamy:
◮ (a)0.1 · 180◦π
≈ 5.73◦; ◮ (b)
π
30· 180◦
π= 6◦; ◮ (c)
π
6· 180◦
π= 30◦;
◮ (d)π · 180◦π
= 180◦; ◮ (e)
3π
4· 180◦
π= 135◦; ◮ (f)
11π
4· 180◦
π= 495◦.
Mówimy, że kąt jest w położeniu standardowym, jeżeli jego wierzchołek leży w po-czątku układu współrzędnych, a ramię początkowe na dodatniej części osi Ox (rys.).
x
y
ramię początkowe
ramiękońcowe
miara
dodatnia
x
y
ramię początkowe
ramiekońcowe
miaraujemna
Kąty mierzone od osi Ox w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara na-zywamy dodatnimi, a w kieruku zgodnym – ujemnymi. Przykłady kątów dodatnichi ujemnych pokazano poniżej.
x
y
9π4
x
y
4π
x
y
− 5π4
x
y
− 7π2
4.2 Funkcje trygonometryczne
Przypomnijmy definicje funkcji trygonometrycznych kąta ostrego w trójkącie prosto-kątnym:
α
przyprostokątna przyległa
przyprostokątnaprzeciwległa
przeciwprostokątna
sinα =przyprostokątna przeciwległa
przeciwprostokątna
cosα =przyprostokątna przyległa
przeciwprostokątna
tgα =przyprostokątna przeciwległa
przyprostokątna przyległa
ctgα =przyprostokątna przyległa
przyprostokątna przeciwległa
92 4. Funkcje trygonometryczne
Wartości funkcji trygonometrycznych niektórych kątów
0◦ 30◦ 45◦ 60◦ 90◦α
0π
6
π
4
π
3
π
2
sinα 01
2
√2
2
√3
21
cosα 1
√3
2
√2
2
1
20
tgα 0
√3
31
√3 ×
ctgα ×√3 1
√3
30
Definicje te rozszerzymy na dowolne kąty skierowane (rozwarte, ujemne). Niech αbędzie dowolnym kątem skierowanym w położeniu standardowym w okręgu o pro-mieniu r i niech (x, y) oznaczają współrzędne punktu przecięcia okręgu z ramieniemkońcowym kąta (rys.).
α
x
y
r(x,y)
α
x
y
r(x,y)
α x
y
r(x,y)
Funkcje trygonometryczne kąta α definiujemy wzorami:
sinα =y
r; cosα =
x
r; tgα =
y
x, o ile x 6= 0; ctgα =
x
y, o ile y 6= 0.
Z twierdzenia Talesa∗ wynika, że wartości tych funkcji nie zależą od promienia r.Funkcje sin i cos są określone dla dowolnego kąta skierowanego α. Z definicji wynikająoczywiste nierówności:
−1 ¬ sinα ¬ 1, −1 ¬ cosα ¬ 1.
Natomiast funkcja tg jest określona dla x 6= 0, tj, dla kątów α 6= π/2 + kπ (k ∈ Z).Podobnie, funkcja ctg jest określona dla y 6= 0, tj. dla kątów α 6= kπ (k ∈ Z).
Przykład 1. Obliczyć wartości funkcji trygonometrycznych:
(a) sin(−π3
); (b) cos
5π
6; (c) tg
5π
4; (d) ctg
(−11π6
).
∗Tales z Miletu (624 p.n.e.–545 p.n.e), matematyk, fizyk, filozof i astronom grecki.
4.3. Własności funkcji trygonometrycznych 93
Rozwiązanie. Przyjmujemy r = 1. Wielkości x, y wyznaczymy korzystając z rysunku orazwartości funkcji trygonometrycznych kąta ostrego. Mamy kolejno:
◮ (a)
−π3
x
y
1
(12,−√32
)
◮ (b)
5π6
x
y
1
(−√32, 12
)
sin(−π3
)=y
r=−√3
21= −√3
2. cos
5π
6=x
r=−√3
21= −√3
2.
◮ (c)
5π4
x
y
1
(−√22,−√22
)
◮ (d)
x
y
− 11π6
1
(√32, 12
)
tg5π
4=y
x=−√2
2
−√2
2
= 1. ctg
(−11π6
)=x
y=
√3
21
2
=√3.
4.3 Własności funkcji trygonometrycznych
Parzystość i nieparzystość
Z określenia funkcji trygonometrycznych wy-nika, że funkcja cos jest parzysta, a pozostałefunkcje są nieparzyste (rys.).
Parzyste Nieparzyste
cos(−α) = cosα sin(−α) = − sinαtg(−α) = − tgαctg(−α) = − ctgα
α−α x
y
r
r
(x,y)
r
(x,−y)
94 4. Funkcje trygonometryczne
Okresowość
Oczywistymwnioskiem z definicji funkcji trygonometryczych jest ich okresowość (rys.).Przy czym funkcje sin i cos mają okres 2π, a funkcje tg i ctg okres π.
α
α+2π
x
y
r
(x,y)
α
α+π x
y
r
r
(x,y)
(−x,−y)
Mamy zatem:
sin (α+ 2kπ) = sinα (k ∈ Z);
cos (α+ 2kπ) = cosα (k ∈ Z);
tg (α+ kπ) = tgα (k ∈ Z);
ctg (α+ kπ) = ctgα (k ∈ Z).
Ponadto, z okresowości funkcji trygonometrycznych i zależności przedstawionych narysunkach poniżej wynikają użyteczne relacje:
απ−β
β
x
y
rr(x,y)(−x,y)
α
−β x
y
r
(x,y)
r
(x,−y)
sinα = sinβ ⇐⇒ α = β + 2kπ lub α = π − β + 2kπ (k ∈ Z).
cosα = cosβ ⇐⇒ α = β + 2kπ lub α = −β + 2kπ (k ∈ Z).
tgα = tg β ⇐⇒ α = β + kπ (k ∈ Z).
ctgα = ctg β ⇐⇒ α = β + kπ (k ∈ Z).
Relacje te wykorzystamy przy rozwiązywaniu równań trygonometrycznych.
4.4. Wzory redukcyjne 95
Monotoniczność
Uzasadnimy, że funkcje trygonometryczne są monotoniczne w przedziałach postaci(kπ/2, (k + 1)π/2) (k ∈ Z). Najpierw pokażemy, że na przedziale (0, π/2) funkcjesin, tg są rosnące, a funkcje cos, ctg – malejące. Niech α, β będą kątami takimi, że0 < α < β < π/2 (rys.).
x
y
α
β(xα,yα)
(xβ ,yβ)
rr
Z rysunku wynikają oczywiste nierówności: xα > xβ , yα < yβ . Stąd otrzymamy:
sinα =yαr<yβr= sinβ, cosα =
xαr>xβr= cosβ,
tgα =yαxα<yβxβ= tg β, ctgα =
xαyα>xβyβ= ctg β.
Zatem na przedziale (0, π/2) funkcje sin, tg są rosnące, a funkcje cos, ctg malejące. Po-dobnie można uzasadnić monotoniczność funkcji trygonometrycznych w przedziałach:(π/2, π), (π, 3π/2), (3π/2, 2π) . Wyniki tych rozważań podajemy w tabelce:
I ćwiartka II ćwiartka III ćwiartka IV ćwiartka
0 < α <π
2
π
2< α < π π < α <
3π
2
3π
2< α < 2π
sin rosnąca malejąca malejąca rosnąca
cos malejąca malejąca rosnąca rosnąca
tg rosnąca rosnąca rosnąca rosnąca
ctg malejąca malejąca malejąca malejąca
Z okresowości funkcji trygonometrycznych wynika ich monotoniczność na pozostałychprzedziałach postaci (kπ/2, (k + 1)π/2) (k ∈ Z).
4.4 Wzory redukcyjne
Niech α będzie kątem skierowanym w położeniu standardowym w okręgu o promie-niu r i niech (x, y) oznaczają współrzędne punktu przecięcia okręgu z ramieniem
96 4. Funkcje trygonometryczne
końcowym kąta. Na podstawie współrzędnych x, y można ustalić znaki funkcji trygo-nometrycznych w poszczególnych ćwiartkach. Wyniki tych rozważań poniżej:
I ćwiartka II ćwiartka III ćwiartka IV ćwiartka
0 < α <π
2
π
2< α < π π < α <
3π
2
3π
2< α < 2π
αx
y
r(x, y)
αx
y
r(x, y)
αx
y
r(x, y)
αx
y
r(x, y)
x > 0, y > 0 x < 0, y > 0 x < 0, y < 0 x > 0, y < 0
sinα =y
r> 0 sinα =
y
r> 0 sinα =
y
r< 0 sinα =
y
r< 0
cosα =x
r> 0 cosα =
x
r< 0 cosα =
x
r< 0 cosα =
x
r> 0
tgα =y
x> 0 tgα =
y
x< 0 tgα =
y
x> 0 tgα =
y
x< 0
ctgα =x
y> 0 ctgα =
x
y< 0 ctgα =
x
y> 0 ctgα =
x
y< 0
Znaki funkcji trygonometrycznych można przedstawić krótko w tabeli:
x
y
sin +
cos +
tg +
ctg +
sin +
cos −tg −ctg −
sin −cos −tg +
ctg +
sin −cos +
tg −ctg −
W zapamiętaniu znaków funkcji trygonometrycznych pomaga wierszyk:
W pierwszej ćwiartce wszystkie są dodatnie,
w drugiej tylko sinus,
w trzeciej tangens i cotangens,
a w czwartej cosinus.
Podamy teraz wzory redukcyjne pozwalające zamienić funkcje trygonometryczne kątanπ/2±α na funkcje kąta α. Niech α będzie kątem ostrym oraz niech f oznacza funk-
4.4. Wzory redukcyjne 97
cję trygonometryczną. Przez co f oznaczamy tzw. cofunkcję funkcji f , gdzie relacjefunkcja ←→ cofunkcja są następujące:
sin ←→ cos, tg ←→ ctg .
Prawdziwy jest następujący ogólny wzór redukcyjny
f(nπ
2± α
)=
{ε · f(α), gdy n jest liczbą parzystą,
ε · co f(α), gdy n jest liczbą nieparzystą,
przy czym znak ε przyjmujemy z „tabeli znaków” funkcji f .
Przykład 1. Korzystając ze wzorów redukcyjnych podane wyrażenia zapisać w po-staci funkcji trygonometrycznych kąta ostrego α:
(a) sin(π2+ α
); (b) cos (π − α); (c) tg
(3π
2− α
); (d) ctg (2π − α).
Rozwiązanie.
◮ (a) Kąt π/2+α = 1 ·(π/2)+α należy do II ćwiartki, a funkcja sin przyjmuje tam wartościdodatnie, więc ε jest +. Ponieważ n = 1 jest liczbą nieparzystą, więc funkcję sin zamieniamy
na cofunkcję, tj. na cos. Zatem zgodnie z podanym wzorem mamy sin (π/2 + α) = cosα.
◮ (b) Kąt π−α = 2 · (π/2)−α należy do II ćwiartki, a funkcja cos przyjmuje tam wartościujemne, więc ε jest −. Ponieważ n = 2 jest liczbą parzystą, więc nie zmieniamy funkcji cos .Zatem mamy cos(π − α) = − cosα.◮ (c) Kąt 3π/2−α = 3·(π/2)−α należy do III ćwiartki, a funkcja tg przyjmuje tam wartościdodatnie, więc ε jest +. Ponieważ n = 3 jest liczbą nieparzystą, więc funkcję tg zamieniamy
na cofunkcję, tj. na ctg. Otrzymamy wówczas tg (3π/2− α) = ctgα.◮ (d) Kąt 2π−α = 4 ·(π/2)−α należy do IV ćwiartki, a funkcja ctg przyjmuje tam wartościujemne, więc ε jest −. Ponieważ n = 4 jest liczbą parzystą, więc nie zmieniamy funkcji ctg .Zatem mamy ctg(2π − α) = − ctgα.
Przykład 2. Podane wyrażenia zapisać w postaci funkcji trygonometrycznych kątaostrego:
(a) sin3π
4; (b) cos
(−375π
); (c) tg
165
56π; (d) ctg
(−227π
).
Rozwiązanie.Dla funkcji sin i cos kąt należy przedstawić w postaci 2nπ+β, gdzie 0 < β < 2π,a dla funkcji tg i ctg w postaci nπ + β, gdzie 0 < β < π. Następnie skorzystać z okresowościfunkcji. W kolejnym kroku kąt β trzeba przedstawić w postaci k·(π/2)+α, gdzie 0 < α < π/2,oraz wykorzystać wzory redukcyjne.
◮ (a) Mamy 3π/4 = 1 · (π/2) + π/4. Zatem n = 1. Ponieważ n jest liczbą nieparzystą, więcfunkcję sin zamieniamy na cofunkcję, tj. na cos. Ponieważ kąt 3π/4 należy do II ćwiartki,gdzie funkcja sin przyjmuje wartości dodatnie (ε jest +), więc sin (3π/4) = cos(π/4).
◮ (b) Mamy (37/5)π = 3 · 2π + 7π/5. Zatem wobec parzystości i okresowości funkcji cosmamy
cos(−375π)= cos
37
5π = cos
(3 · 2π + 7π
5
)= cos
7π
5.
98 4. Funkcje trygonometryczne
Teraz 7π/5 = 2 · (π/2) + 2π/5. Ponieważ n = 2 jest liczbą parzystą, więc funkcji cos niezamieniamy. Ponadto kąt 2 · (π/2) + 2π/5 należy do III ćwiartki, w której cos przyjmujewartości ujemne, więc
cos(2 · π2+2π
5
)= − cos 2π
5.
W konsekwencji
cos(−375π)= − cos 2
5π.
◮ (c) Mamy (165/56)π = 2 · π + 1 · (π/2) + (25/56)π. Zatem wobec okresowości funkcji tgmamy
tg165
56π = tg
(2π +
π
2+25
56π)= tg
(π
2+25
56π).
Ponieważ n = 1 jest liczbą nieparzystą, więc funkcję tg zamienimy na cofunkcję, tj. na ctg .Ponadto kąt π/2 + (25/56)π należy do II ćwiartki, w której funkcja tg jest ujemna (ε jest−), więc mamy
tg165
56π = tg
(π
2+25
56π)= − ctg 25
56π.
◮ (d) Mamy (22/7)π = 3 · π+ (1/7)π. Zatem wobec nieparzystości i okresowości funkcji ctgmamy
ctg(−227π)= − ctg 22
7π = − ctg
(3π +
π
7
)= − ctg π
7.
4.5 Wzory trygonometryczne
Niech α będzie dowolnym kątem skierowanym. Bezpośrednio z definicji wynika, żefunkcje trygonometryczne spełniają tożsamości:
tgα =sinα
cosα, ctgα =
cosα
sinα, ctgα · tgα = 1.
Ponadto z twierdzenia Pitagorasa wynika tożsamość:
sin2 α+ cos2 α = 1.
Wzór ten nazywamy zwyczajowo „jedynką trygonometryczną”.
Funkcje trygonometryczne sumy i różnicy kątów
Przykład 1. Wyprowadzić wzory:
(a) sin (α+ β) = sinα cosβ + cosα sinβ; (b) sin (α− β) = sinα cosβ − cosα sinβ.
Rozwiązanie.
◮ (a) Pomysł dowodu pochodzi od Christophera Brueningsena†. Na wstępie zakładamy, żekąty α, β są dodatnie oraz spełniają nierówność α + β < π/2. Wzór na sinus sumy kątówwyprowadzimy korzystając z rysunku.
†Zobacz R.B.Nelsen, Proofs without words II, MAA, Washington 2000.
4.5. Wzory trygonometryczne 99
A B
C
D
α β
Ze wzoru na pole trójkąta mamy
P△ABC =1
2|AC| |CB| sin(α+ β),
P△ADC =1
2|AC| |CD| sinα, P△DBC =
1
2|DC| |CB| sin β.
Stąd, wobec oczywistej równości P△ABC = P△ADC + P△DBC , otrzymamy kolejno
|AC| |CB| sin(α+ β) = |AC| |CD| sinα+ |DC| |CB| sin β,
sin(α+ β) =|CD||CB| sinα+
|DC||AC| sin β.
Ponieważ|CD||CB| = cos β oraz
|DC||AC| = cosα,
więc ostatni wzór możemy przepisać w postaci
sin(α+ β) = cos β sinα+ cosα sin β.
Korzystając ze wzorów redukcyjnych można pokazać, że otrzymany wzór jest prawdziwy dladowolnych kątów.
◮ (b) Korzystając ze wzoru wyprowadzonego w punkcie (a) oraz parzystości funkcji cos inieparzystości funkcji sin otrzymamy
sin (α− β) = sin (α+ (−β))= sinα cos(−β) + cosα sin(−β) = sinα cos β − cosα sin β.
Korzystajac ze związków między funkcjami trygonometrycznymi, wzorów na si-nus i cosinus sumy oraz różnicy kątów można łatwo wyprowadzić wzory na tangensi cotangens sumy oraz różnicy kątów:
tg(α+ β) =tgα + tg β
1− tgα tg β , tg(α − β) = tgα− tg β1 + tgα tg β
,
ctg(α+ β) =ctgα ctg β − 1ctgα+ ctg β
, ctg(α− β) = ctgα ctg β + 1ctgα− ctg β .
Szczególnymi przypadkami wzorów na funkcje trygonometryczne sumy kątów są wzoryna funkcje trygonometryczne podwojonego kąta:
sin 2α = 2 sinα cosα,
cos 2α = cos2 α− sin2 α = 1− 2 sin2 α = 2 cos2 α− 1,
tg 2α =2 tgα
1− tg2 α, ctg 2α =ctg2 α− 12 ctgα
.
100 4. Funkcje trygonometryczne
Korzystając ze wzorów na funkcje trygonometryczne podwojonego kąta można z koleiwyprowadzić wzory wyrażające sinα, cosα oraz tgα przez tg(α/2):
sinα =2 tg2
α
2
tg2α
2+ 1, cosα =
1− tg2 α2
1 + tg2α
2
, tgα =2 tgα
2
1− tg2 α2
.
Trzy ostatnie wzory wykorzystujemy w analizie matematycznej przy całkowaniu funk-cji trygonometrycznych.
Suma i różnica funkcji trygonometrycznych
Przykład 2. Wyprowadzić wzory:
(a) sinα+ sinβ = 2 sinα+ β
2cosα− β2; (b) sinα− sinβ = 2 sin α − β
2cosα+ β
2.
Rozwiązanie.
◮ (a) Przyjmijmy α = a+b oraz β = a−b. Wtedy a = (α+β)/2, b = (α−β)/2. Korzystającze wzoru na sinus sumy kątów otrzymamy
sinα+ sin β = sin(a+ b) + sin(a− b)= (sin a cos b+ cos a sin b) + (sin a cos b− cos a sin b)
= 2 sin a cos b = 2 sinα+ β
2cosα− β2.
◮ (b) Korzystając ze wzoru wyprowadzonego w punkcie (a) oraz nieparzystości funkcji sinmamy
sinα− sin β = sinα + sin(−β) = 2 sin α + (−β)2
cosα− (−β)2
= 2 sinα − β2cosα+ β
2.
Korzystajac ze związków między funkcjami tg, ctg a funkcjami sin i cos oraz zewzorów na sinus i cosinus sumy i różnicy kątów można łatwo wyprowadzić formułyna sumę i różnicę funkcji tangens i cotangens:
tgα+ tg β =sin (α+ β)
cosα cosβ, tgα− tg β = sin (α− β)
cosα cosβ,
ctgα+ ctg β =sin(α+ β)
sinα sinβ, ctgα− ctg β = sin(α− β)
sinα sinβ.
Tożsamości trygonometryczne
Przykład 3. Uzasadnić tożsamości:
(a) cosα (tgα+ ctgα) =1
sinα; (b)
sin(α+ β)
sin(α− β) =tgα+ tg β
tgα− tg β ;
(c)1
1− sinα +1
1 + sinα=2
cos2 α; (d)
tgα+ tg β
ctgα+ ctg β= tgα tg β;
(e)1
cos2 α− 1
sin2 α= (tgα+ctgα) (tgα−ctgα); (f) cos 2α
1− sin 2α = tg(α+π
4
).
4.6. Wykresy funkcji trygonometrycznych 101
Rozwiązanie.W rozwiązaniach przez L oznaczamy lewą stronę tożsamości, a przez P -prawą.Przyjmujemy, że kąt α należy do wspólnej dziedziny wszystkich funkcji występujących poobu stronach tożsamości. Nie podajemy jednak zakresów kątów spełniających te tożsamości.
◮ (a) Mamy
L = cosα (tgα+ ctgα)
= cosα · sinαcosα
+ cosα · cosαsinα
= sinα+cos2 α
sinα=sin2 α+ cos2 α
sinα=1
sinα= P .
◮ (b) Korzystając ze związku funkcji tg i sin, cos oraz ze wzorów na sumę i różnicę sinusówotrzymamy
P =tgα+ tg β
tgα− tg β
=
sinα
cosα+sin β
cosβsinα
cosα− sin βcosβ
=
sinα cos β + cosα sin β
cosα cos βsinα cos β − cosα sin β
cosα cos β
=
sin (α+ β)
cosα cosβsin (α− β)cosα cosβ
=sin (α+ β)
sin (α− β) = L.
◮ (c) Korzystając z „jedynki trygonometrycznej” mamy
L =1
1− sinα +1
1 + sinα=(1 + sinα) + (1− sinα)(1− sinα) (1 + sinα) =
2
1− sin2 α =2
cos2 α= P.
◮ (d) Korzystając ze związków funkcji tg i ctg z sin i cos otrzymamy
P =tgα+ tg β
ctgα+ ctg β
=
sinα
cosα+sin β
cosβcosα
sinα+cosβ
sin β
=
sinα cos β + cosα sin β
cosα cos βsinα cos β + cosα sin β
sinα sin β
=sinα sin β
cosα cosβ= tgα tg β = L.
◮ (e) Korzystając ze związków tg i ctg z funkcjami sin i cos oraz „jedynki trygonometrycz-nej” otrzymamy
P = (tgα+ ctgα) (tgα− ctgα)
= tg2 α− ctg2 α = sin2 α
cos2 α− cos
2 α
sin2 α=1− cos2 αcos2 α
− 1− sin2 α
sin2 α=
1
cos2 α− 1
sin2 α= L.
◮ (f) Korzystając ze wzoru na tangens sumy kątów, związku tg z funkcjami sin i cos orazwzorów na sinus i cosinus podwojonego kąta otrzymamy
P = tg(α+π
4
)
=tgα+ tg
π
4
1− tgα · tg π4
=1 + tgα
1− tgα
=1 +sinα
cosα
1− sinαcosα
=cosα + sinα
cosα− sinα =(cosα+ sinα) (cosα− sinα)(cosα− sinα) (cosα− sinα)
=cos2 α− sin2 α
cos2 α− 2 sinα cosα+ sin2 α =cos 2α
1− sin 2α = L.
102 4. Funkcje trygonometryczne
4.6 Wykresy funkcji trygonometrycznych
Sinus
Dziedziną funkcji sinx jest R, a zbiorem wartości przedział [−1, 1]. Sinus jest funk-cją okresową o okresie podstawowym 2π oraz nieparzystą. Wykres funkcji y = sinxnazywamy sinusoidą (rys.).
x
y
−π −π2
π2
π 3π2
2π 5π2
3π
1
−1
y=sinx
Cosinus
Dziedziną funkcji cosx jest R, a zbiorem wartości przedział [−1, 1]. Cosinus jest funk-cją okresową o okresie podstawowym 2π oraz parzystą. Wykres funkcji y = cosxnazywamy cosinusoidą (rys.). Cosinusoida jest przesuniętą sinusoidą.
x
y
−π −π2
π2
π 3π2
2π 5π2
3π
1
−1
y=cos x
Tangens
Dziedziną funkcji tg x jest R, z wyłączeniem liczb π/2+kπ (k ∈ Z). Zbiorem wartościfunkcji tg x jest R. Tangens jest funkcją okresową o okresie podstawowym π oraznieparzystą. Wykres funkcji y = tg x nazywamy tangensoidą (rys.).
x
y
−π −π2
π2
π 3π2
2π 5π2
3π
y=tg x
4.6. Wykresy funkcji trygonometrycznych 103
Cotangens
Dziedziną funkcji ctg x jest R, z wyłączeniem liczb kπ (k ∈ Z). Zbiorem wartościfunkcji ctg x jest R. Cotangens jest funkcją okresową o okresie podstawowym π oraznieparzystą. Wykres funkcji y = ctg x nazywamy cotangensoidą (rys.).
x
y
−π −π2
π2
π 3π2
2π 5π2
3π
y=ctg x
Przykład 1. Korzystając z wykresu funkcji y = sinx naszkicować w przedziale [−π, π]wykresy funkcji:
(a) y = sin 2x; (b) y = sinx
2; (c) y = sin
(x+π
4
);
(d) y = 1 + sinx; (e) y = sin |2x|; (f) y = |sin 2x| .
Rozwiązanie.
◮ (a) Wykres funkcji y = sin 2x powstał z wykresu y = sin x przez dwukrotne „ściśnięcie”go w poziomie.
◮ (b) Wykres funkcji y = sin(x/2) powstał z wykresu y = sin x przez dwukrotne „rozcią-gnięcie” go w poziomie.
◮ (a) y=sin 2x
1
−π π
y
x
◮ (b) y=sin x2
1
−π π
y
x
◮ (c) Wykres funkcji y = sin (x+ π/4) otrzymamy, jeżeli wykres funkcji y = sin x przesu-niemy w lewo o π/4.
◮ (d) Wykres funkcji y = 1 + sin x otrzymamy, jeżeli wykres funkcji y = sin x przesuniemyw górę o 1.
◮ (e) Wykres funkcji y = sin |2x| otrzymamy dwukrotne „ściskając” w poziomie część wy-kresu funkcji y = sin x dla x 0, a następnie odbijając go symetrycznie względem osi Oy.◮ (f) Wykres funkcji y = | sin 2x| otrzymamy dwukrotne „ściskając” w poziome wykres funk-cji y = sin x, a następnie odbijając symetrycznie względem osi Ox tylko te jego fragmenty,które leżały pod osia Oy.
104 4. Funkcje trygonometryczne
◮ (c) y=sin(x+π4 )
1
−π π
y
x
◮ (d) y=sinx+1
1
−π π
y
x
◮ (e) y=sin |2x|1
−π π
y
x
◮ (f) y=| sin 2x|1
−π π
y
x
4.7 Równania trygonometryczne
Równaniem trygonometrycznym nazywamy równanie, w którym niewiadoma wystę-puje tylko w wyrażeniach będących argumentami funkcji trygonometrycznych. Poniżejprzykłady równań trygonometrycznych:
sin 3x =1
2; cos
1
x=1
2;
ctg x+ 1
tg x− 1 = 3; 2sin x =1
2;
√sinx = cosx.
Rozwiązywanie równania rozpoczynamy od wypisania warunków wyznaczających jegodziedzinę. Podstawową metodą rozwiązywania równań trygonometrycznych jest spro-wadzenie ich do równań podstawowych, tj. równań postaci:
sinx = a, cosx = a, tg x = a, ctg x = a,
gdzie a ∈ R. Równania sinx = a, cosx = a mają rozwiązania wtedy i tylko wtedy, gdy|a| ¬ 1, a równania tg x = a, ctg x = a – dla dowolnych wartości a. Dalej omówimypostacie rozwiązań wszystkich typów równań podstawowych.
Równanie sinx = a
Niech a ∈ (−1, 1) i a 6= 0. Rozwiązanie równania sinx = a, które należy do przedziału(−π/2, π/2), oznaczmy przez x0. Wówczas
sinx = a ⇐⇒ x = x0 + 2kπ lub x = π − x0 + 2kπ (k ∈ Z).
x
y
−π2
π2−π π 2π
1 a
−1
y=sinx
x0 x0+2ππ−x0−x0−π
4.7. Równania trygonometryczne 105
Równanie cosx = a
Niech a ∈ (−1, 1) i a 6= 0. Rozwiązanie równania cosx = a, które należy do przedziału(0, π), oznaczmy przez x0. Wówczas
cosx = a ⇐⇒ x = x0 + 2kπ lub x = −x0 + 2kπ (k ∈ Z).
x
y
−π π 2π
1
a
−1
y=cos x
x0 x0+2π−x0 −x0+2π
Równanie tgx = a
Niech a ∈ R. Rozwiązanie równania tg x = a, które należy do przedziału (−π/2, π/2),oznaczmy przez x0. Wówczas
tg x = a ⇐⇒ x = x0 + kπ (k ∈ Z).
x
y
−π −π2
π2 π
3π2 2π
a
y=tg x
x0−π x0 x0+π x0+2π
Równanie ctgx = a
Niech a ∈ R. Rozwiązanie równania ctg x = a, które należy do przedziału (0, π),oznaczmy przez x0. Wówczas
ctg x = a ⇐⇒ x = x0 + kπ (k ∈ Z).
x
y
−π −π2
π2
π3π2 2π
5π2
a
y=ctg x
x0−π x0 x0+π x0+2π
106 4. Funkcje trygonometryczne
Przykład 1. Rozwiązać równania:
(a) sinx =
√2
2; (b) cosx = −
√3
2; (c) tg x = −
√3; (d) ctg x = 1.
Rozwiązanie.
◮ (a) Dziedziną równania jest R. Jedynym roz-wiązaniem równania sin x =
√2/2 w przedziale
(−π/2, π/2) jest x0 = π/4 (rys.). Zatem rozwią-zania równania są postaci:
x =π
4+2kπ, x = π−π
4+2kπ =
3π
4+2kπ (k ∈ Z).
Oczywiście otrzymane rozwiązania należą do dzie-dziny.
x
y
−π2
π2
√22
y=sinx
π4
◮ (b) Dziedziną równania jest R. Jedynym roz-wiązaniem równania cos x = −
√3/2 w przedziale
(0, π) jest x0 = 5π/6 (rys.). Zatem rozwiązaniarównania mają postać:
x =5π
6+ 2kπ, x = −5π
6+ 2kπ (k ∈ Z).
Oczywiście rozwiązanie te należą do dziedziny.
x
y
π0
−√32
y=cos x
5π6
◮ (c) Dziedzinę równania określa warunek x 6= π/2 + kπ (k ∈ Z). Jedynym rozwiązaniemrównania tg x = −
√3 w przedziale (−π/2, π/2) jest x0 = −π/3 (rys.).
x
y
−π2
π2
−√3
y=tg x
−π3
Zatem rozwiązania równania tg x = −√3 mają postać:
x = −π3+ kπ (k ∈ Z).
Rozwiązania te spełniają warunki dziedziny.
◮ (d) Dziedzinę równania określa warunek x 6= kπ (k ∈ Z). Jedynym rozwiązaniem równaniaw przedziale (0, π) jest x0 = pi/4 (rys.).
4.7. Równania trygonometryczne 107
x
y
π
1
y=ctg x
π4
Zatem rozwiązania równania ctg x = 1 mają postać:
x =π
4+ kπ (k ∈ Z).
Rozwiązania te spełniają warunki dziedziny.
Przykład 2. Rozwiązać równania:
(a) sin 3x = sinx
2; (b) cos 2x = cos (π − 3x);
(c) tg(3x+
π
2
)= tg x; (d) ctg
(x− π2
)= ctg 2x.
Rozwiązanie.
◮ (a) Dziedziną równania jest R. Korzystając ze wzoru na rozwiązania równania podstawo-wego sin x = a, otrzymamy
sin 3x = sinx
2⇐⇒ 3x = x
2+ 2kπ lub 3x = π − x
2+ 2kπ
⇐⇒ 52x = 2kπ lub
7
2x = π + 2kπ
⇐⇒ x = 45kπ lub x =
2
7π +4
7kπ (k ∈ Z).
Oczywiście rozwiązania należą do dziedziny równania.
◮ (b) Dziedziną równania jest R. Korzystając ze wzoru na rozwiązania równania podstawo-wego cosx = a otrzymamy
cos 2x = cos (π − 3x) ⇐⇒ 2x = π − 3x+ 2kπ lub 2x = − (π − 3x) + 2kπ⇐⇒ 5x = π + 2kπ lub − x = −π + 2kπ
⇐⇒ x = π5+2
5kπ lub x = π − 2kπ (k ∈ Z).
Oczywiście rozwiązania należą do dziedziny równania.
◮ (c) Warunki określające dziedzinę to 3x + π/2 6= π/2 + kπ oraz x 6= π/2 + lπ (k, l ∈ Z).Pierwszy z warunków możemy przepisać w postaci x 6= kπ/3. Korzystając ze wzoru na
108 4. Funkcje trygonometryczne
rozwiązania równania podstawowego tg x = a, otrzymamy
tg(3x+
π
2
)= tg x ⇐⇒ 3x+ π
2= x+ kπ
⇐⇒ 2x = −π2+ kπ⇐⇒ x = −π
4+ kπ
2(k ∈ Z).
Zatem rozwiązania równania mają postać
x = −π4+ kπ
2(k ∈ Z).
Łatwo sprawdzić, że rozwiązania należą do dziedziny równania.
◮ (d) Warunki określające dziedzinę to x − π/2 6= kπ oraz 2x 6= lπ (k, l ∈ Z). Można jeująć łącznie w postaci x 6= nπ/2 (n ∈ Z). Korzystając ze wzoru na rozwiązania równaniapodstawowego ctg x = a, otrzymamy
ctg(x− π2
)= ctg 2x ⇐⇒ x− π
2= 2x+ kπ
⇐⇒ −x = π2+ kπ⇐⇒x = −π
2− kπ (k ∈ Z).
Łatwo zauważyć, że żadna z otrzymanych powyżej liczb nie należy do dziedziny równania.
Zatem równanie nie ma rozwiązań.
Przykład 3. Rozwiązać równania:
(a) sin 3x = cos 2x; (b) cos(x+π
4
)= sin 2 (x− π);
(c) tg 2x− ctg(x− π4
)= 0; (d) ctg
(x− π3
)− tg
(x+π
3
)= 0.
Rozwiązanie.
◮ (a) Dziedziną równania jest R. Korzystając ze wzorów redukcyjnych mamy cos 2x =sin (π/2 + 2x) . Postępując dalej jak w poprzednim przykładzie, otrzymamy
sin 3x = cos 2x ⇐⇒ sin 3x = sin(π
2+ 2x
)
⇐⇒ 3x = 2x+ π2+ 2kπ lub 3x = π −
(π
2+ 2x
)+ 2kπ
⇐⇒ x = π2+ 2kπ lub 5x =
π
2+ 2kπ
⇐⇒ x = π2+ 2kπ lub x =
π
10+2
5kπ (k ∈ Z).
Oczywiście rozwiązania należą do dziedziny równania.
◮ (b) Dziedziną równania jest R. Korzystając z okresowości funkcji sin oraz ze wzorówredukcyjnych mamy
sin 2(x− π) = sin 2x = cos(π
2− 2x
).
Postępując dalej jak w poprzednim przykładzie, mamy
cos(x+π
4
)= sin 2(x− π) ⇐⇒ cos
(x+π
4
)= cos
(π
2− 2x
)
⇐⇒ x+ π4=π
2− 2x+ 2kπ
lub x+π
4= −
(π
2− 2x
)+ 2kπ ⇐⇒
4.7. Równania trygonometryczne 109
⇐⇒ 3x = π4+ 2kπ lub − x = −3π
4+ 2kπ
⇐⇒ x = π12+2
3kπ lub x =
3π
4− 2kπ (k ∈ Z).
Oczywiście rozwiązania należą do dziedziny równania.
◮ (c) Dziedzinę równania określają warunki 2x 6= π/2 + kπ oraz x − π/4 6= lπ (k, l ∈ Z).Warunki te można ująć łącznie w postaci x 6= π/4 + nπ/2 (n ∈ Z). Korzystając ze wzoruredukcyjnego mamy
ctg(x− π4
)= tg
(π
2−(x− π4
))= tg
(3π
4− x).
Postępując dalej jak w poprzednim przykładzie, mamy
tg 2x− ctg(x− π4
)= 0 ⇐⇒ tg 2x = tg
(3π
4− x)
⇐⇒ 2x = 3π4− x+ kπ
⇐⇒ 3x = 3π4+ kπ⇐⇒ x = π
4+kπ
3(k ∈ Z).
Sprawdzimy teraz, które rozwiązania należą do dziedziny. Powinien być spełniony warunekx 6= π/4 + nπ/2. Stąd mamy π/4 + kπ/3 6= π/4 + nπ/2, czyli 2k 6= 3n. Zatem k nie możebyć liczbą całkowitą podzielną przez 3. Rozwiązanie równania ma więc postać π/4 + kπ/3,przy czym k = 3m+ 1 lub k = 3m+ 2 (m ∈ Z).
◮ (d) Dziedzinę równania określają warunki x−π/3 6= kπ oraz x+π/3 6= π/2+ lπ (k, l ∈ Z).Zatem mamy x 6= π/3+kπ oraz x 6= π/6+ lπ (k, l ∈ Z). Korzystając ze wzoru redukcyjnegomamy
tg(x+π
3
)= ctg
(π
2−(x+π
3
))= ctg
(π
6− x).
Postępując dalej jak w poprzednim przykładzie, otrzymamy
ctg(x− π3
)− tg
(x+π
3
)= 0 ⇐⇒ ctg
(x− π3
)= ctg
(π
6− x)
⇐⇒ x− π3=π
6− x+ kπ
⇐⇒ 2x = π2+ kπ⇐⇒x = π
4+kπ
2(k ∈ Z).
Wszystkie otrzymane rozwiązania należą do dziedziny równania.
Przykład 4. Rozwiązać równania:
(a) 2 cos2 2x+ cos 2x = 0; (b) cos2 x+ cosx = sin2 x;
(c) 3− 2√2 sinx = 2 cos2 x; (d) 4 cos4 x = 3− cos2 x;
(e) tg2 2x+ tg 2x = 0; (f) tg x− ctg x = 2√3;
(g) sin 6x− sin 4x = sin 4x− sin 2x; (h) cos 2x+ cos 6x = 1 + cos 8x.
110 4. Funkcje trygonometryczne
Rozwiązanie.
◮ (a) Dziedziną równania jest R. Mamy
2 cos2 2x+ cos 2x = 0 ⇐⇒ cos 2x (2 cos 2x+ 1) = 0⇐⇒ cos 2x = 0 lub 2 cos 2x+ 1 = 0
⇐⇒ cos 2x = 0 lub cos 2x = −12
⇐⇒ 2x = π2+ kπ lub 2x =
2π
3+ 2kπ lub 2x = −2π
3+ 2kπ
⇐⇒ x = π4+ kπ
2lub x =
π
3+ kπ lub x = −π
3+ kπ (k ∈ Z).
Oczywiście rozwiązania należą do dziedziny równania.
◮ (b) Dziedziną równania jest R. Korzystając ze wzoru sin2 x = 1 − cos2 x, a następniepodstawiając cos x = t, gdzie |t| ¬ 1, otrzymamy
cos2 x+ cos x = sin2 x ⇐⇒ cos2 x+ cosx = 1− cos2 x
⇐⇒ 2 cos2 x+ cos x− 1 = 0 ⇐⇒ 2t2 + t− 1 = 0.
Równanie kwadratowe 2t2 + t − 1 = 0 ma dwa pierwiastki t = 1/2, t = −1, które spełniająwarunek |t| ¬ 1. Zatem
2 cos2 x+ cosx− 1 = 0 ⇐⇒ cos x = 12lub cosx = −1
⇐⇒ x = π3+ 2kπ lub x = −π
3+2kπ lub x = π+2kπ (k ∈ Z).
Oczywiście rozwiązania należą do dziedziny równania.
◮ (c) Dziedziną równania jest R. Korzystając ze wzoru cos2 x = 1 − sin2 x, a następniepodstawiając sin x = t, gdzie |t| ¬ 1, otrzymamy
3− 2√2 sin x = 2 cos2 x ⇐⇒ 3− 2
√2 sin x = 2
(1− sin2 x
)
⇐⇒ 2 sin2 x− 2√2 sin x+ 1 = 0 ⇐⇒ 2t2 − 2
√2t+ 1 = 0.
Równanie kwadratowe 2t2 − 2√2t + 1 = 0 ma jeden pierwiastk podwójny t =
√2/2, który
spełnia warunek |t| ¬ 1. Zatem
2 sin2 x− 2√2 sin x+ 1 = 0 ⇐⇒ sin x =
√2
2
⇐⇒ x = π4+ 2kπ lub x = π − π
4+ 2kπ
⇐⇒ x = π4+ 2kπ lub x =
3π
4+ 2kπ (k ∈ Z).
Zauważmy, że otrzymane rozwiązania można zapisać w postaci:
x =π
4+ lπ (l ∈ Z).
Otrzymane rozwiązania należą do dziedziny równania.
4.7. Równania trygonometryczne 111
◮ (d) Dziedziną równania jest R. Podstawiając cos2 x = t, gdzie 0 ¬ t ¬ 1, otrzymamy4 cos4 x = 3− cos2 x ⇐⇒ 4t2 = 3− t ⇐⇒ 4t2 + t− 3 = 0.
Równanie kwadratowe 4t2+ t−3 = 0 ma dwa pierwiastki t = −1, t = 34, przy czym pierwszy
z nich odrzucamy, gdyż nie spełnia warunku 0 ¬ t ¬ 1. Zatem mamy
4 cos4 x = 3− cos2 x ⇐⇒ cos2 x = 34
⇐⇒ cos x =√3
2lub cosx = −
√3
2
⇐⇒ x = π6+ 2kπ lub x = −π
6+ 2kπ lub
x =5π
6+ 2kπ lub x = −5π
6+ 2kπ (k ∈ Z).
Zauważmy, że otrzymane rozwiązania można zapisać w postaci:
x =π
6+ kπ, x = −π
6+ kπ (k ∈ Z).
Oczywiście otrzymane rozwiązania należą do dziedziny równania.
◮ (e) Dziedzinę równania określa warunek 2x 6= π/2 + kπ, czyli x 6= π/4 + kπ/2 (k ∈ Z).Mamy
tg2 2x+ tg 2x = 0 ⇐⇒ tg 2x (tg 2x+ 1) = 0⇐⇒ tg 2x = 0 lub tg 2x = −1⇐⇒ 2x = kπ lub 2x = −π
4+ kπ
⇐⇒ x = kπ2lub x = −π
8+ kπ
2(k ∈ Z).
Łatwo zauważyć, że otrzymane rozwiązania należą do dziedziny.
◮ (f) Dziedzinę równania wyznaczają warunki x 6= π/2 + kπ oraz x 6= lπ (k, l ∈ Z). Korzy-stając ze wzoru ctg x = 1/ tg x, a następnie podstawiając tg x = t, otrzymamy
tg x− ctg x = 2√3⇐⇒ tg x− 1
tg x=2√3⇐⇒ t− 1
t=2√3⇐⇒ t2 − 2√
3t− 1 = 0.
Równanie kwadratowe t2 − (2/√3)t− 1 = 0 ma dwa pierwiastki t = −1/
√3, t =
√3. Zatem
mamy
tg x− 1
tg x=2√3⇐⇒ tg x = − 1√
3lub tg x =
√3
⇐⇒ x = −π6+ kπ lub x =
π
3+ kπ (k ∈ Z).
Zauważmy, że otrzymane rozwiązania można zapisać w postaci
x = −π6+ kπ
2(k ∈ Z).
Oczywiście rozwiązania należą do dziedziny.
◮ (g) Dziedziną równania jest R. Korzystając ze wzoru
sinα− sin β = 2 sin α− β2cosα+ β
2,
112 4. Funkcje trygonometryczne
mamy
sin 6x− sin 4x = sin 4x− sin 2x ⇐⇒ 2 sin x cos 5x = 2 sin x cos 3x⇐⇒ sin x cos 5x = sin x cos 3x⇐⇒ sin x (cos 5x− cos 3x) = 0⇐⇒ sin x = 0 lub cos 5x = cos 3x⇐⇒ x = kπ lub 5x = 3x+ 2kπ lub 5x = −3x+ 2kπ
⇐⇒ x = kπ lub x = kπ lub x = kπ4(k ∈ Z).
Otrzymane rozwiązania można zapisać krócej w postaci x = kπ/4 (k ∈ Z). Oczywiście należąone do dziedziny.
◮ (h) Dziedziną równania jest R. Korzystając ze wzoru
cosα+ cos β = 2 cosα+ β
2cosα− β2
oraz parzystości funkcji cos przekształcamy lewą stronę równania do postaci
cos 2x+ cos 6x = 2 cos2x+ 6x
2cos2x− 6x2
= 2 cos 4x cos 2x.
Przekształcając teraz prawą stronę równania zgodnie ze wzorem cos 2α = 2 cos2 α−1, otrzy-mamy
1 + cos 8x = 1 + cos(2 · 4x) = 1 + 2 cos2 4x− 1 = 2 cos2 4x.Zatem
cos 2x+ cos 6x = 1 + cos 8x ⇐⇒ 2 cos 4x cos 2x = 2 cos2 4x⇐⇒ cos 4x (cos 2x− cos 4x) = 0.
Następnie korzystając ze wzoru
cosα− cos β = −2 sin α+ β2sinα− β2
oraz z nieparzystości funkcji sin mamy
cos 2x− cos 4x = −2 sin 2x+ 4x2
sin2x− 4x2
= −2 sin 3x sin(−x) = 2 sin 3x sin x.
Kontynuując dalej mamy
cos 4x (cos 2x− cos 4x) = 0 ⇐⇒ cos 4x · sin 3x · sin x = 0
⇐⇒ cos 4x = 0 lub sin 3x = 0 lub sin x = 0
⇐⇒ 4x = π2+ kπ lub 3x = kπ lub x = kπ
⇐⇒ x = π8+ kπ
4lub x = k
π
3lub x = kπ (k ∈ Z).
Otrzymane powyżej rozwiązania można zapisać krócej w postaci:
x =π
8+ kπ
4, x = k
π
3(k ∈ Z).
Oczywiście rozwiązania należą do dziedziny.
4.8. Nierówności trygonometryczne 113
4.8 Nierówności trygonometryczne
Nierównościami trygonometrycznymi nazywamy nierówności, w których niewiadomawystępuje tylko w wyrażeniach będących argumentami funkcji trygonometrycznych.Poniżej przykłady nierówności trygonometrycznych:
sinx < 1; cos 2x > sinx; sin3 x+ 2 cosx ¬ 0;
tg x2 > 0;√ctg x ¬ 2 tg x; tg2 x+ ctg2 x 3.
Rozwiązywanie nierówności rozpoczynamy od wyznaczenia jej dziedziny. Nierównościtrygonometryczne postaci:
sinx < a, sinx > a, cosx < a, cosx > a,
tg x < a, tg x > a, ctg x < a, ctg x > a,
gdzie a ∈ R, nazywamy podstawowymi. W nierównościach zamiast znaku ostrej nie-równości (<, >) może występować znak słabej nierówności (¬, ). Poniżej omówimymetody rozwiązywania podstawowych nierówności trygonometrycznych.
Nierówności sinx < a, sinx > a
Niech a ∈ (−1, 1). Rozwiązanie równania sinx = a, które należy do przedziału(−π/2, π/2), oznaczmy przez x0 (rys.). Wówczas
sinx < a ⇐⇒ x ∈ (−π − x0 + 2kπ, x0 + 2kπ) (k ∈ Z).
x
y
−π2
π2−π π 2π
a
y=sinx
−x0−π x0 π−x0 x0+2π
Podobnie jest dla nierówności skierowanej w stronę przeciwną (rys.):
sinx > a ⇐⇒ x ∈ (x0 + 2kπ, π − x0 + 2kπ) (k ∈ Z).
x
y
−π2
π2−π π 2π
a
y=sinx
−x0−π x0 π−x0 x0+2π
Wzory te obejmują także graniczne wartości a, tj. −1 oraz 1. Jednak w takim przy-padku wygodniej jest wykorzystać równoważności
sinx < 1 ⇐⇒ sinx 6= 1 oraz sinx > −1 ⇐⇒ sinx 6= −1.
114 4. Funkcje trygonometryczne
Nierówności cosx < a, cosx > a
Niech a ∈ (−1, 1). Rozwiązanie równania cosx = a, które należy do przedziału (0, π),oznaczmy przez x0 (rys.). Wówczas
cosx < a ⇐⇒ x ∈ (x0 + 2kπ, 2π − x0 + 2kπ) (k ∈ Z).
x
y
−π π 2πa
y=cos x
−x0 x0 −x0+2π x0+2π
Podobnie jest dla nierówności skierowanej w stronę przeciwną (rys.):
cosx > a ⇐⇒ x ∈ (−x0 + 2kπ, x0 + 2kπ) (k ∈ Z).
x
y
−π π 2πa
y=cos x
−x0 x0 −x0+2π x0+2π
Jak w poprzednim przypadku, wzory te obejmują także graniczne wartości a, tj. −1oraz 1. Jednak w takim przypadku wygodniej jest wykorzystać równoważności
cosx < 1 ⇐⇒ cosx 6= 1 oraz cosx > −1 ⇐⇒ cosx 6= −1.
Nierówności tgx < a, tgx > a
Niech a ∈ R. Rozwiązanie równania tg x = a, które należy do przedziału (−π/2, π/2),oznaczamy x0 (rys.). Wówczas
tg x < a ⇐⇒ x ∈(−π2+ kπ, x0 + kπ
)(k ∈ Z).
x
y
−π
−π2
π2
π
3π2
2π
a
y=tg x
x0−π x0 x0+π x0+2π
4.8. Nierówności trygonometryczne 115
Podobnie jest dla nierówności skierowanej w stronę przeciwną (rys.):
tg x > a ⇐⇒ x ∈(x0 + kπ,
π
2+ kπ
)(k ∈ Z).
x
y
−π
−π2
π2
π
3π2
2π
a
y=tg x
x0−π x0 x0+π x0+2π
Nierówności ctgx < a, ctgx > a
Niech a ∈ R. Rozwiązanie równania ctg x = a, które należy do przedziału (0, π),oznaczamy x0 (rys.). Wówczas
ctg x < a ⇐⇒ x ∈ (x0 + kπ, π + kπ) (k ∈ Z).
x
y
0−2π −π −π2
π2 π
3π2
− 3π2 2π
a
y=ctg x
x0−2π x0−π x0 x0+π
Podobnie jest dla nierówności skierowanej w stronę przeciwną (rys.):
ctg x > a ⇐⇒ x ∈ (kπ, x0 + kπ) (k ∈ Z).
x
y
0−2π −π −π2
π2 π
3π2
− 3π2 2π
a
y=ctg x
x0−2π x0−π x0 x0+π
116 4. Funkcje trygonometryczne
Jeżeli w nierównościach podstawowych występują symbole ¬, , to w rozwiązaniach,w przypadku funkcji sin i cosx, przedziały otwarte należy obustronnie domknąć,a w przypadku funkcji tg i ctg, domknąć z odpowiedniej strony (pamiętając o dzie-dzinie).
Przykład 1. Rozwiązać nierówności:
(a) sinx >1
2; (b) tg x >
√3; (c) cosx < −
√2
2; (d) ctg x ¬ 1.
Rozwiązanie.
◮ (a) Dziedziną nierówności jest R. W przedziale (−π/2, π/2) równanie sin x = 1/2 marozwiązanie x0 = π/6. Zatem
sin x >1
2⇐⇒ x ∈
(π
6+ 2kπ, π − π
6+ 2kπ
)
⇐⇒ x ∈(π
6+ 2kπ,
5π
6+ 2kπ
)(k ∈ Z).
x
y
π 2π 3π
12
y=sinx
π6
5π6
13π6
17π6
Rozwiązania są zawarte w dziedzinie.
◮ (b) Dziedzinę nierówności określa warunek x 6= π/2+kπ (k ∈ Z).Wprzedziale (−π/2, π/2)równanie tg x =
√3 ma rozwiązanie x0 = π/3. Zatem
tg x >√3 ⇐⇒ x ∈
(π
3+ kπ,
π
2+ kπ
)(k ∈ Z).
x
y
−π
−π2
π2
π
3π2
2π
5π2
√3
y=tg x
− 2π3
π3
4π3
7π3
4.8. Nierówności trygonometryczne 117
Otrzymane rozwiązania są zawarte w dziedzinie.
◮ (c) Dziedziną nierówności jest R.W przedziale (0, π) równanie cos x = −√2/2 ma rozwią-
zanie x0 = 3π/4. Zatem
cos x < −√2
2⇐⇒ x ∈
(3π
4+ 2kπ, 2π − 3π
4+ 2kπ
)
⇐⇒ x ∈(3π
4+ 2kπ,
5π
4+ 2kπ
)(k ∈ Z).
x
y
π2
3π2
5π2
7π2
3π4
5π4
11π4
13π4
−√22
y=cos x
Rozwiązania są zawarte w dziedzinie.
◮ (d) Dziedzinę nierówności określa warunek x 6= kπ (k ∈ Z). W przedziale (0, π) równaniectg x = 1 ma rozwiązanie x0 = π/4. x0 = π/4. Zatem
ctg x ¬ 1 ⇐⇒ x ∈[π
4+ kπ, π + kπ
)(k ∈ Z).
x
y
0−2π −π−π2
π2
π
3π2
2π
1
y=ctg x
− 7π4
− 3π4
π4
5π4
Rozwiązania są zawarte w dziedzinie.
Przykład 2. Rozwiązać nierówności we wskazanych przedziałach:
(a) 4 sin2 x > 3, [−π, π]; (b) 3 tg2 x− 1 ¬ 0,(−π2,π
2
);
(c) 2 cos2 x < 1, [0, 2π]; (d) ctg2 x 1, (0, π).Rozwiązanie.
◮ (a) Nierówność 4 sin2 x > 3 jest równoważna alternatywie:
sin x >
√3
2lub sin x < −
√3
2.
118 4. Funkcje trygonometryczne
W przedziale [−π, π] rozwiązania tych nierówności wyznaczamy metodą graficzną (rys.).
x
y
−ππ
y=√32
y=sinx
π3
2π3
x
y
−ππ
y=−√32
y=sinx
−π3
− 2π3
Zatem dla x ∈ [−π, π] mamy
4 sin2 x > 3 ⇐⇒ x ∈(−2π3,−π3
)∨ x ∈
(π
3,2π
3
)⇐⇒ x ∈
(−2π3,−π3
)∪(π
3,2π
3
).
◮ (b) Nierówność 3 tg2 x− 1 ¬ 0 jest równoważna koniunkcji:
tg x −√3
3i tg x ¬
√3
3.
Wprzedziale (−π/2, π/2) rozwiązania tych nierówności wyznaczamy metodą graficzną (rys.).
x
y
−π2
π2
y=−√33
y=tg x
−π6 x
y
−π2
π2
y=√33
y=tg x
π6
Zatem dla x ∈ (−π/2, π/2) mamy
3 tg2 x− 1 ¬ 0⇐⇒x ∈[−π6,π
2
)∧ x ∈
(−π2,π
6
]⇐⇒ x ∈
(−π6,π
6
).
◮ (c) Nierówność 2 cos2 x < 1 jest równoważna koniunkcji:
cosx > −√2
2i cosx <
√2
2.
Rozwiązania tych nierówności w przedziale [0, 2π] wyznaczamy metodą graficzną (rys.).
x
y
0 π
2π
y=−√22
y=cos x
3π4
5π4
x
y
π
2π
y=√22
y=cos x
π4
7π4
4.8. Nierówności trygonometryczne 119
Zatem dla x ∈ [0, 2π] mamy
2 cos2 x < 1 ⇐⇒ x ∈[0,3π
4
)∪(5π
4, 2π]∧ x ∈
(π
4,7π
4
)
⇐⇒ x ∈([0,3π
4
)∪(5π
4, 2π])∩(π
4,7π
4
)⇐⇒ x ∈
(π
4,3π
4
)∪(5π
4,7π
4
).
◮ (d) Nierówność ctg2 x 1 jest równoważna alternatywie:
ctg x 1 lub ctg x ¬ −1.
W przedziale (0, π) rozwiązania tych nierówności wyznaczamy metodą graficzną (rys.).
x
y
0
π
y=1
y=ctg x
π4
x
y
0
π
y=−1
y=ctg x
3π4
Zatem dla x ∈ (0, π) mamy
ctg2 x 1⇐⇒x ∈(0,π
4
]∨ x ∈
[3π
4, π)⇐⇒ x ∈
(0,π
4
]∪[3π
4, π).
Przykład 3. Rozwiązać nierówności:
(a) 2 sin 2x < −√2; (b) 2 cos
(x+π
4
) 1;
(c) tg(3x− π
6
)¬ 1; (d)
√3 ctg
(π3− x)> 3.
Rozwiązanie.
◮ (a) Dziedziną nierówności jest R. Podstawiamy u = 2x.Wtedy nierówność przyjmie postaćsin u < −
√2/2. Ponieważ równanie sin u = −
√2/2 w przedziale (−π/2, π/2) ma rozwiązanie
u0 = −π/4, więc
sin u < −√2
2⇐⇒ u ∈ (−π − u0 + 2kπ, u0 + 2kπ)
⇐⇒ u ∈(−3π4+ 2kπ,−π
4+ 2kπ
)(k ∈ Z).
Wracając do zmiennej x otrzymamy
u ∈(−3π4+ 2kπ,−π
4+ 2kπ
)⇐⇒ 2x ∈
(−3π4+ 2kπ,
π
4+ 2kπ
)
⇐⇒ x ∈(−3π8+ kπ,
π
8+ kπ
)(k ∈ Z).
120 4. Funkcje trygonometryczne
Rozwiązania są zawarte w dziedzinie.
◮ (b) Dziedziną nierówności jest R. Podstawiamy u = x+ π/4. Wtedy nierówność przyjmiepostać cosu 1/2. Ponieważ równanie cos u = 1/2 w przedziale (0, π) ma rozwiązanieu0 = π/3, więc
cosu 12⇐⇒ u ∈ [−u0 + 2kπ, u0 + 2kπ] ⇐⇒ u ∈
[−π3+ 2kπ,
π
3+ 2kπ
](k ∈ Z).
Wracając do zmiennej x otrzymamy
u ∈[−π3+ 2kπ,
π
3+ 2kπ
]⇐⇒
(x+π
4
)∈[−π3+ 2kπ,
π
3+ 2kπ
]
⇐⇒ x ∈[−π3− π4+ 2kπ,
π
3− π4+ 2kπ
]
⇐⇒ x ∈[−7π12+ 2kπ,
π
12+ 2kπ
](k ∈ Z).
Rozwiązania są zawarte w dziedzinie.
◮ (c) Dziedzina nierówności jest określona przez warunki 3x − π/6 6= π/2 + kπ, czyli x 6=2π/9+kπ/3 (k ∈ Z). Podstawmy u = 3x−π/6.Wtedy nierówność przyjmie postać tg u ¬ 1.Ponieważ równanie tg u = 1 w przedziale (−π/2, π/2) ma rozwiązanie u0 = π/4, więc
tg u ¬ 1 ⇐⇒ u ∈(−π2+ kπ, u0 + kπ
]⇐⇒ u ∈
(−π2+ kπ,
π
4+ kπ
](k ∈ Z).
Wracając do zmiennej x otrzymamy
u ∈(−π2+ kπ,
π
4+ kπ
]⇐⇒
(3x− π
6
)∈(π
2+ kπ,
π
4+ kπ
]
⇐⇒ 3x ∈(π
2+π
6+ kπ,
π
4+π
6+ kπ
]
⇐⇒ 3x ∈(2π
3+ kπ,
5π
12+ kπ
]
⇐⇒ x ∈(2π
9+kπ
3,5π
36+kπ
3
](k ∈ Z).
Po uwzględnieniu dziedziny rozwiązania nierówności nie zmieniają się.
◮ (d) Dziedzina nierówności jest określona przez warunek π/3− x 6= kπ, czyli x 6= π/3+ kπ(k ∈ Z). Zanim zaczniemy rozwiązywać nierówność, dokonamy jej uproszczenia. I tak, znieparzystości funkcji ctg wynika równość ctg (π/3− x) = − ctg (x− π/3) . Teraz podsta-wiamy u = x − π/3. Wtedy nierówność przyjmie postać ctg u < −
√3. Ponieważ równanie
ctg u = −√3 w przedziale (0, π) ma rozwiązanie u0 = 5π/6, więc
ctg u < −√3 ⇐⇒ u ∈
(5π
6+ kπ, π + kπ
)(k ∈ Z).
Wracając do zmiennej x otrzymamy
u ∈(5π
6+ kπ, π + kπ
)⇐⇒
(x− π3
)∈(5π
6+ kπ, π + kπ
)
⇐⇒ x ∈(π
3+5π
6+ kπ,
π
3+ π + kπ
)
⇐⇒ x ∈(7π
6+ kπ,
4π
3+ kπ
)(k ∈ Z).
4.8. Nierówności trygonometryczne 121
Po uwzględnieniu dziedziny rozwiązania nierówności nie zmieniają się.
Przykład 4. Rozwiązać nierówności w dziedzinach lub wskazanych zbiorach:
(a) 2 sin2 x+ 3 sinx < 2, [−π, π]; (b) sinx cosx;
(c) tg2 x+√3 <
(1 +√3)tg x,
(−π2,π
2
); (d) tg
x
2¬ ctg x
2.
Rozwiązanie. Ogólna zasada rozwiązywania nierówności trygonometrycznych polega na ta-kim ich przekształceniu, aby uzyskać nierówności podstawowe.
◮ (a) Podstawiamy sin x = t. Wtedy mamy
2 sin2 x+ 3 sin x < 2⇐⇒ 2 sin2 x+ 3 sin x− 2 < 0⇐⇒ 2t2 + 3t− 2 < 0.
Równanie kwadratowe 2t2 + 3t− 2 = 0 ma dwa pierwiastki t = −2, t = 1/2. Zatem
2t2 + 3t− 2 < 0 ⇐⇒ 2 (t+ 2)(t− 12
)< 0 ⇐⇒ − 2 < t < 1
2.
Wracając do zmiennej x mamy
2 sin2 x+ 3 sin x− 2 < 0 ⇐⇒ − 2 < sin x < 12.
Oczywiście nierówność −2 < sin x jest prawdziwa dla każdego x ∈ R. Drugą nierównośćsin x < 1/2 rozwiążemy graficznie w przedziale [−π, π] (rys.).
x
y
−π π
y= 12
y=sinx
π6
5π6
Zatem rozwiązaniem nierówności sin x < 1/2 w przedziale [−π, π] jest suma [−π, π/6) ∪(5π/6, π], a w konsekwencji
2 sin2 x+ 3 sin x < 2⇐⇒x ∈[−π, π6
)∪(5π
6, π].
◮ (b) Dziedziną jest R. Nierówność najprościej jest rozwiązć graficznie. Najpierw zrobimyto w przedziale [0, 2π] (rys.).
x
y
π 2π
1
−1y=sinx
y=cos x
π4
5π4
122 4. Funkcje trygonometryczne
Stąd x ∈[π
4,5π
4
]. Uwzględniając okresowość funkcji sin i cos otrzymamy
sin x ¬ cosx ⇐⇒ x ∈[π
4+ 2kπ,
5π
4+ 2kπ
](k ∈ Z).
Rozwiązania są zawarte w dziedzinie.
◮ (c) Podstawiamy tg x = u. Otrzymamy wówczas
tg2 x+√3 <
(1 +√3)tg x ⇐⇒ tg2 x−
(1 +√3)tg x+
√3 < 0
⇐⇒ u2 −(1 +√3)u+√3 < 0.
Równanie kwadratowe u2 −(1 +√3)u +√3 = 0 ma dwa pierwiastki u1 = 1, u2 =
√3,
zatem
u2 −(1 +√3)u+√3 < 0 ⇐⇒ (u− 1)
(u−√3)< 0 ⇐⇒ 1 < u <
√3.
Wracając do zmiennej x mamy
1 < u <√3 ⇐⇒ 1 < tg x <
√3.
Powyższą nierówność podwójną rozwiążemy graficznie w przedziale (−π/2, π/2) (rys.).
x
y
−π2
π2
y=√3
y=tg x
π3
x
y
−π2
π2
y=1
y=tg x
π4
Zatem(tg x−
√3)(1− tg x) > 0⇐⇒x ∈
(−π2,π
3
)i x ∈
(π
4,π
2
)⇐⇒ x ∈
(π
4,π
3
).
◮ (d) Dziedzinę nierówności wyznaczająwarunki x/2 6= π/2 + kπ, x/2 6= lπ(k, l ∈ Z), co można ująć krótko x 6=nπ (n ∈ Z). Tę nierówność najprościejjest rozwiązać graficznie. Ponieważ funkcjetg(x/2) i ctg(x/2) mają okres podstawowy2π, więc w pierwszym kroku ograniczymysię do przedziału [0, 2π], co po uwzględ-nieniu dziedziny daje zbiór (0, π) ∪ (π, 2π)(rys.). W zbiorze (0, π)∪(π, 2π) nierównośćtg(x/2) ¬ ctg(x/2) jest prawdziwa dla xnależących do sumy (0, π/2) ∪ (π, 3π/2) .Następnie, uwzgledniając okresowość funk-cji, otrzymamy
x
y
π2
3π2
2ππ
y=tg x2
y=ctg x2
tgx
2¬ ctg x
2⇐⇒ x ∈
(2kπ,
π
2+ 2kπ
]lub x ∈
(π + 2kπ,
3π
2+ 2kπ
](k ∈ Z).
Zadania 123
To rozwiązanie można zapisać w prostszej postaci x ∈(kπ,π
2+ kπ
](k ∈ Z).
Zadania str. 170
1. Kąty wyrażone w stopniach zapisać w radianach:
(a) 10◦; (b) 24◦; (c) 45◦ ; (d) 135◦; (e) 350◦; (f) 1080◦.
2. Kąty wyrażone w radianach zapisać w stopniach:
(a) 1; (b)π
24; (c)
7π
12; (d)
4π
3; (e)
35π
36; (f)
7π
4.
3. Obliczyć wartości funkcji trygonometrycznych:
(a) sin
(−7π4
); (b) cos
2π
3; (c) tg
4π
3; (d) ctg
(−π6
).
4. Korzystając ze wzorów redukcyjnych podane wyrażenia zapisać w postaci funkcjitrygonometrycznych kąta ostrego α:
(a) sin
(3π
2− α
); (b) cos
(5π
2+ α
); (c) tg (π − α); (d) ctg
(π2+ α
).
5. Podane wyrażenia zapisać w postaci funkcji trygonometrycznych kąta ostrego:
(a) sin(−π3
); (b) cos
9
2π; (c) tg
(−953π
); (d) ctg
14
9π.
6. Wyprowadzić wzory:
(a) cos (α+ β) = cosα cosβ − sinα sinβ; (b) cos (α− β) = cosα cosβ + sinα sinβ.
7. Wyprowadzić wzory:
(a) cosα+ cosβ = 2 cosα+ β
2cosα− β2; (b) cosα− cosβ = −2 sin α − β
2sinα+ β
2.
8. Uzasadnić tożsamości:
(a)1 + tgα
1 + ctgα= tgα; (b) sin4 α+cos4 α = 1− 1
2sin2 2α;
(c) tgα+ ctgα =2
sin 2α; (d) ctgα− tgα = 2 ctg 2α;
(e)sin 3α+ sin 5α
cos 3α+ cos 5α= tg 4α; (f) tg
α
2=1 − cosαsinα
.
9. W przedziale [−π, π] naszkicować wykresy funkcji:
(a) y = cos 2(x− π4
); (b) y = sinx−
∣∣∣∣1
2sinx
∣∣∣∣; (c) y = 1 + ctg(x+π
4
);
(d) y = tg x+ | tg x|; (e) y = sinx+ cosx; (f) y = |tg x| ctg x.
124 4. Funkcje trygonometryczne
10. Rozwiązać równania:
(a) sinx = −12; (b) cosx =
√2
2; (c) tg x = 1; (d) ctg x = − 1√
3.
11. Rozwiązać równania:
(a) sinx = − sin 2x; (b) cos(π4− 2x
)= cos
(x+π
3
);
(c) tg(x− π4
)= tg
(π6− x); (d) ctg
(2x+
π
3
)= ctg x.
12. Rozwiązać równania:
(a) cos 4x = sinx
2; (b) sin
(π6− 2x
)= cos
(x+π
3
);
(c) ctg 2x = tg 2x; (d) tg(2x+
π
4
)= ctg
(3x+
π
6
).
13. Rozwiązać równania:
(a) sin2 x+ cosx sinx = 0; (b) sinx− 2 = cos 2x;(c) cos 4x = 2− 3 sin 2x; (d) sin3 x− 4 sin2 x− sinx = −4;(e) tg2 x− 2 tg x+ 1 = 0; (f) tg x+ tg 2x = tg 3x;
(g) sin 3x− sinx = sin 2x; (h) cos 5x− cosx = sin 3x.
14. Rozwiązać nierówności:
(a) sinx ¬√2
2; (b) cosx 1
2; (c) tg x < −1; (d) ctg x > −
√3
3.
15. Rozwiązać nierówności we wskazanych przedziałach:
(a) 2 sin2 x ¬ 1, [0, 2π]; (b) 4 cos2 x 3, [−π, π];(c) tg2 x > 1,
(−π2,π
2
); (d) ctg2 x < 3, (0, π).
16. Rozwiązać nierówności:
(a) 2 sin(π3− x)√3; (b) 2 cos
(x2− π6
)< −1;
(c) tg(x4+π
3
)> −1; (d)
√3 ctg
(2x+
π
4
)¬ 1.
17. Rozwiązać nierówności w ich dziedzinach lub wskazanych zbiorach:
(a) cosx ¬ sin x2,[−π2,π
2
]; (b) cosx+ sinx
√3
2;
(c) ctg x− 1
ctg x< 0; (d) tg x tg 2x ¬ 1,
(−π2,π
2
).