WSTĘP DO
ANALIZY I ALGEBRY
Marian Gewert Zbigniew Skoczylas
WSTĘP DO
ANALIZY I ALGEBRY
Teoria, przykłady, zadania
Wydanie trzecie poprawione
GiS
Oficyna Wydawnicza GiS
Wrocław 2014
Marian Gewert
Instytut Matematyki i Informatyki Politechnika Wrocławska
marian.gewert@pwr.edu.pl www.im.pwr.edu.pl/egewert
Zbigniew Skoczylas
Instytut Matematyki i Informatyki Politechnika Wrocławska
zbigniew.skoczylas@pwr.edu.pl www.im.pwr.edu.pl/eskoczylas
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 rozpowszechniany za pomocą urządzeń elektronicznych, mechanicznych, kopiujących, nagrywających i innych. Ponadto utwór nie może być umieszczany ani rozpowszechniany w postaci cyfrowej 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 2014 Oficyna Wydawnicza GiS, s.c., www.gis.wroc.pl Druk 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 . . . 90
4.2 Funkcje trygonometryczne . . . 91
4.3 Własności funkcji trygonometrycznych . . . 93
4.4 Wzory redukcyjne . . . 95
4.5 Wzory trygonometryczne . . . 98
4.6 Wykresy funkcji trygonometrycznych . . . 102
4.7 Równania trygonometryczne . . . 104
4.8 Nierówności trygonometryczne . . . 113
Zadania . . . 123
5 Funkcje potęgowe, wykładnicze i logarytmiczne 125 5.1 Funkcje potęgowe . . . 125
5.2 Równania i nierówności z pierwiastkami . . . 127
5.3 Funkcje wykładnicze . . . 129
5.4 Równania i nierówności wykładnicze . . . 130
5.5 Logarytmy i ich własności . . . 135
5.6 Funkcje logarytmiczne . . . 137
5.7 Równania i nierówności logarytmiczne . . . 138
Zadania . . . 144
6 Geometria analityczna na płaszczyźnie 146 6.1 Wektory . . . 146
6.2 Iloczyn skalarny . . . 152
6.3 Równania prostej . . . 154
6.4 Wzajemne położenia prostych . . . 157
6.5 Odległości punktów i prostych . . . 160
Zadania . . . 162
Odpowiedzi i wskazówki 165
Skorowidz 173
6
Wstęp
Niniejszy podręcznik jest przeznaczony dla studentów politechnik, którzy zdawali maturę z matematyki tylko na poziomie podstawowym. Ma im pomóc w uzupełnie- niu wiadomości niezbędnych do studiowania matematyki. Sądzimy, że książka będzie przydatna 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 na te fragmenty materiału, które sprawiają najwięcej trudności studentom w pierwszym semestrze.
Podręcznik oprócz teorii zawiera dużą liczbę przykładów rozwiązanych krok po kroku oraz zadania przeznaczone do samodzielnej pracy. Do wszystkich zadań podane są 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 Instytutu Matematyki i Informatyki Politechniki Wrocławskiej oraz naszym studentom za uwagi oraz 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, do promienia r okręgu.
α r l
1 rad ≈ 57.3◦ r
r
Jednostką miary łukowej kąta jest radian (rad). Jest to kąt oparty na łuku okręgu o długości równej promieniowi (rys.). Jeden radian to w przybliżeniu 57.3◦. Między miarą stopniową i łukową kąta zachodzą zależności:
α [ rad] = α◦· π
180◦ , 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◦· π 180◦ = π
36 [rad]; ◮(b) 30◦· π 180◦ =π
6 [rad]; ◮(c) 36◦· π 180◦ = π
5 [rad];
◮(d) 90◦· π 180◦ = π
2 [rad]; ◮(e) 225◦· π 180◦ = 5π
4 [rad]; ◮(f) 1280◦· π 180◦ = 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
miara ujemna
Kąty mierzone od osi Ox w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara na- zywamy dodatnimi, a w kieruku zgodnym – ujemnymi. Przykłady kątów dodatnich i ujemnych pokazano poniżej.
x y
9π 4
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
przeciw prostokątn
a
sin α = przyprostokątna przeciwległa przeciwprostokątna cos α = przyprostokątna przyległa
przeciwprostokątna tg α = przyprostokątna przeciwległa
przyprostokątna przyległa ctg α = przyprostokątna przyległa
przyprostokątna przeciwległa
Wartości funkcji trygonometrycznych niektórych kątów
0◦ 30◦ 45◦ 60◦ 90◦
α 0 π
6
π 4
π 3
π 2
sin α 0 1
2
√2 2
√3
2 1
cos α 1
√3 2
√2 2
1
2 0
tg α 0
√3
3 1 √
3 ×
ctg α × √
3 1
√3
3 0
Definicje te rozszerzymy na dowolne kąty skierowane (rozwarte, ujemne). Niech α będzie dowolnym kątem skierowanym w położeniu standardowym w okręgu o pro- mieniu r i niech (x, y) oznaczają współrzędne punktu przecięcia okręgu z ramieniem końcowym kąta (rys.).
α
x y
(x,y) r
α
x y
r (x,y)
α x
y
r (x,y)
Funkcje trygonometryczne kąta α definiujemy wzorami:
sin α = y
r; cos α = x
r; tg α = y
x, o ile x 6= 0; ctg α = 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 wynikają oczywiste nierówności:
−1 ¬ sin α ¬ 1, −1 ¬ cos α ¬ 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
−π 3
; (b) cos5π
6 ; (c) tg5π
4 ; (d) ctg
−11π 6
.
∗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 oraz wartości funkcji trygonometrycznych kąta ostrego. Mamy kolejno:
◮(a)
−π3 x
y
1
1 2,−√23
◮(b)
5π 6
x y
1
−√23,12
sin
−π 3
= y r =−
√3 2
1 = −
√3
2 . cos5π
6 =x r =−
√3 2
1 = −
√3 2 .
◮(c)
5π 4
x y
1
−√22,−√22
◮ (d)
x y
−11π6
1
√ 3 2 ,12
tg5π 4 = y
x =−
√2 2
−
√2 2
= 1. ctg −11π
6
!
= 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 pozostałe funkcje są nieparzyste (rys.).
Parzyste Nieparzyste
cos(−α) = cos α sin(−α) = − sin α tg(−α) = − tg α ctg(−α) = − ctg α
α
−α x
y
r
r (x,y)
r
(x,−y)
Okresowość
Oczywistym wnioskiem 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) = sin α (k ∈ Z);
cos (α + 2kπ) = cos α (k ∈ Z);
tg (α + kπ) = tg α (k ∈ Z);
ctg (α + kπ) = ctg α (k ∈ Z).
Ponadto, z okresowości funkcji trygonometrycznych i zależności przedstawionych na rysunkach poniżej wynikają użyteczne relacje:
π−β α β
x y
r
r (x,y)
(−x,y)
α
−β x
y
r
(x,y)
r
(x,−y)
sin α = sin β ⇐⇒ α = β + 2kπ lub α = π − β + 2kπ (k ∈ Z).
cos α = cos β ⇐⇒ α = β + 2kπ lub α = −β + 2kπ (k ∈ Z).
tg α = tg β ⇐⇒ α = β + kπ (k ∈ Z).
ctg α = 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) funkcje sin, tg są rosnące, a funkcje cos, ctg – malejące. Niech α, β będą kątami takimi, że 0 < α < β < π/2 (rys.).
x y
α
β (xα,yα)
(xβ,yβ)
r r
Z rysunku wynikają oczywiste nierówności: xα> xβ, yα< yβ. Stąd otrzymamy:
sin α = yα
r <yβ
r = sin β, cos α = xα
r >xβ
r = cos β, tg α = yα
xα
< yβ
xβ
= tg β, ctg α = xα
yα
>xβ
yβ
= 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 pozostałych przedziałach 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
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
α x
y
r (x, y)
α x y
r (x, y)
α x y
r (x, y)
α x y
r (x, y)
x > 0, y > 0 x < 0, y > 0 x < 0, y < 0 x > 0, y < 0 sin α = y
r > 0 sin α = y
r > 0 sin α = y
r < 0 sin α = y r < 0 cos α = x
r > 0 cos α = x
r < 0 cos α =x
r < 0 cos α = x r > 0 tg α = y
x > 0 tg α = y
x < 0 tg α = y
x> 0 tg α = y x < 0 ctg α = x
y > 0 ctg α = x
y < 0 ctg α = x
y > 0 ctg α = 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 kąta nπ/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 relacje funkcja ←→ 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 π 2 + 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 wartości dodatnie, 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) = cos α.
◮(b) Kąt π − α = 2 · (π/2) − α należy do II ćwiartki, a funkcja cos przyjmuje tam wartości ujemne, więc ε jest −. Ponieważ n = 2 jest liczbą parzystą, więc nie zmieniamy funkcji cos . Zatem mamy cos(π − α) = − cos α.
◮(c) Kąt 3π/2−α = 3·(π/2)−α należy do III ćwiartki, a funkcja tg przyjmuje tam wartości dodatnie, więc ε jest +. Ponieważ n = 3 jest liczbą nieparzystą, więc funkcję tg zamieniamy na cofunkcję, tj. na ctg. Otrzymamy wówczas tg (3π/2 − α) = ctg α.
◮(d) Kąt 2π − α = 4 · (π/2) − α należy do IV ćwiartki, a funkcja ctg przyjmuje tam wartości ujemne, więc ε jest −. Ponieważ n = 4 jest liczbą parzystą, więc nie zmieniamy funkcji ctg . Zatem mamy ctg(2π − α) = − ctg α.
Przykład 2. Podane wyrażenia zapisać w postaci funkcji trygonometrycznych kąta ostrego:
(a) sin3π
4 ; (b) cos
−37 5 π
; (c) tg165
56 π; (d) ctg
−22 7 π
.
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 okresowości funkcji. 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, więc funkcję 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 cos mamy
cos
−37 5π
= cos37
5π = cos
3 · 2π +7π 5
= cos7π 5 .
Teraz 7π/5 = 2 · (π/2) + 2π/5. Ponieważ n = 2 jest liczbą parzystą, więc funkcji cos nie zamieniamy. Ponadto kąt 2 · (π/2) + 2π/5 należy do III ćwiartki, w której cos przyjmuje wartości ujemne, więc
cos 2 ·π
2 +2π 5
= − cos2π 5. W konsekwencji
cos
−37 5π
= − cos2 5π.
◮(c) Mamy (165/56)π = 2 · π + 1 · (π/2) + (25/56)π. Zatem wobec okresowości funkcji tg mamy
tg165
56π = tg 2π +π
2+25 56π
= tgπ 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 = tgπ 2+25
56π
= − ctg25 56π.
◮(d) Mamy (22/7)π = 3 · π + (1/7)π. Zatem wobec nieparzystości i okresowości funkcji ctg mamy
ctg
−22 7π
= − ctg22
7π = − ctg 3π +π
7
= − ctgπ 7.
4.5 Wzory trygonometryczne
Niech α będzie dowolnym kątem skierowanym. Bezpośrednio z definicji wynika, że funkcje trygonometryczne spełniają tożsamości:
tg α = sin α
cos α, ctg α = cos α
sin α, ctg α · tg α = 1.
Ponadto z twierdzenia Pitagorasa wynika tożsamość:
sin2α + cos2α = 1.
Wzór ten nazywamy zwyczajowo „ jedynką trygonometryczną”.
Funkcje trygonometryczne sumy i różnicy kątów Przykład 1. Wyprowadzić wzory:
(a) sin (α + β) = sin α cos β + cos α sin β; (b) sin (α − β) = sin α cos β − cos α sin β.
Rozwiązanie.
◮(a) Pomysł dowodu pochodzi od Christophera Brueningsena†. Na wstępie zakładamy, że kąty α, β są dodatnie oraz spełniają nierówność α + β < π/2. Wzór na sinus sumy kątów wyprowadzimy 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| sin α, 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| sin α + |DC| |CB| sin β, sin(α + β) =|CD|
|CB|sin α +|DC|
|AC|sin β.
Ponieważ
|CD|
|CB| = cos β oraz |DC|
|AC| = cos α, więc ostatni wzór możemy przepisać w postaci
sin(α + β) = cos β sin α + cos α sin β.
Korzystając ze wzorów redukcyjnych można pokazać, że otrzymany wzór jest prawdziwy dla dowolnych kątów.
◮(b) Korzystając ze wzoru wyprowadzonego w punkcie (a) oraz parzystości funkcji cos i nieparzystości funkcji sin otrzymamy
sin (α − β) = sin (α + (−β))
= sin α cos(−β) + cos α sin(−β) = sin α cos β − cos α sin β.
Korzystajac ze związków między funkcjami trygonometrycznymi, wzorów na si- nus i cosinus sumy oraz różnicy kątów można łatwo wyprowadzić wzory na tangens i cotangens sumy oraz różnicy kątów:
tg(α + β) = tg α + tg β
1 − tg α tg β, tg(α − β) = tg α − tg β 1 + tg α tg β, ctg(α + β) = ctg α ctg β − 1
ctg α + ctg β , ctg(α − β) =ctg α ctg β + 1 ctg α − ctg β .
Szczególnymi przypadkami wzorów na funkcje trygonometryczne sumy kątów są wzory na funkcje trygonometryczne podwojonego kąta:
sin 2α = 2 sin α cos α,
cos 2α = cos2α − sin2α = 1 − 2 sin2α = 2 cos2α − 1, tg 2α = 2 tg α
1 − tg2α, ctg 2α = ctg2α − 1 2 ctg α .
Korzystając ze wzorów na funkcje trygonometryczne podwojonego kąta można z kolei wyprowadzić wzory wyrażające sin α, cos α oraz tg α przez tg(α/2):
sin α =
2 tg2α 2 tg2α
2 + 1, cos α =1 − tg2α 2 1 + tg2α 2
, tg α =
2 tgα 2 1 − tg2α
2 .
Trzy ostatnie wzory wykorzystujemy w analizie matematycznej przy całkowaniu funk- cji trygonometrycznych.
Suma i różnica funkcji trygonometrycznych Przykład 2. Wyprowadzić wzory:
(a) sin α + sin β = 2 sinα + β
2 cosα − β
2 ; (b) sin α − sin β = 2 sinα − β
2 cosα + β 2 . Rozwiązanie.
◮(a) Przyjmijmy α = a + b oraz β = a −b. Wtedy a = (α+β)/2, b = (α−β)/2. Korzystając ze wzoru na sinus sumy kątów otrzymamy
sin α + 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
2 cosα − β 2 .
◮(b) Korzystając ze wzoru wyprowadzonego w punkcie (a) oraz nieparzystości funkcji sin mamy
sin α − sin β = sin α + sin(−β) = 2 sinα + (−β)
2 cosα − (−β)
2 = 2 sinα − β
2 cosα + β 2 . Korzystajac ze związków między funkcjami tg, ctg a funkcjami sin i cos oraz ze wzorów na sinus i cosinus sumy i różnicy kątów można łatwo wyprowadzić formuły na sumę i różnicę funkcji tangens i cotangens:
tg α + tg β = sin (α + β)
cos α cos β, tg α − tg β = sin (α − β) cos α cos β, ctg α + ctg β = sin(α + β)
sin α sin β , ctg α − ctg β = sin(α − β) sin α sin β. Tożsamości trygonometryczne
Przykład 3. Uzasadnić tożsamości:
(a) cos α (tg α + ctg α) = 1
sin α; (b) sin(α + β)
sin(α − β) = tg α + tg β tg α − tg β;
(c) 1
1 − sin α+ 1
1 + sin α = 2
cos2α; (d) tg α + tg β
ctg α + ctg β = tg α tg β;
(e) 1
cos2α− 1
sin2α = (tg α+ctg α) (tg α−ctg α); (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 po obu stronach tożsamości. Nie podajemy jednak zakresów kątów spełniających te tożsamości.
◮(a) Mamy
L = cos α (tg α + ctg α)
= cos α · sin α
cos α+ cos α ·cos α
sin α = sin α +cos2α
sin α = sin2α + cos2α
sin α = 1
sin α= P .
◮(b) Korzystając ze związku funkcji tg i sin, cos oraz ze wzorów na sumę i różnicę sinusów otrzymamy
P = tg α + tg β tg α − tg β
= sin α cos α+sin β
cos β sin α cos α−sin β
cos β
=
sin α cos β + cos α sin β cos α cos β sin α cos β − cos α sin β
cos α cos β
=
sin (α + β) cos α cos β sin (α − β) cos α cos β
=sin (α + β) sin (α − β) = L.
◮(c) Korzystając z „ jedynki trygonometrycznej” mamy
L = 1
1 − sin α+ 1
1 + sin α =(1 + sin α) + (1 − sin α)
(1 − sin α) (1 + sin α) = 2
1 − sin2α= 2 cos2α= P.
◮(d) Korzystając ze związków funkcji tg i ctg z sin i cos otrzymamy P = tg α + tg β
ctg α + ctg β
= sin α cos α+ sin β
cos β cos α sin α +cos β
sin β
=
sin α cos β + cos α sin β cos α cos β sin α cos β + cos α sin β
sin α sin β
= sin α sin β
cos α cos β = tg α tg β = L.
◮(e) Korzystając ze związków tg i ctg z funkcjami sin i cos oraz „ jedynki trygonometrycz- nej” otrzymamy
P = (tg α + ctg α) (tg α − ctg α)
= tg2α − ctg2α = sin2α
cos2α−cos2α
sin2α =1 − cos2α
cos2α −1 − sin2α sin2α = 1
cos2α− 1 sin2α = L.
◮(f) Korzystając ze wzoru na tangens sumy kątów, związku tg z funkcjami sin i cos oraz wzorów na sinus i cosinus podwojonego kąta otrzymamy
P = tg α +π
4
=
tg α + tgπ 4 1 − tg α · tgπ
4
= 1 + tg α 1 − tg α
=
1 + sin α cos α 1 − sin α cos α
= cos α + sin α
cos α − sin α =(cos α + sin α) (cos α − sin α) (cos α − sin α) (cos α − sin α)
= cos2α − sin2α
cos2α − 2 sin α cos α + sin2α = cos 2α 1 − sin 2α= L.
4.6 Wykresy funkcji trygonometrycznych
Sinus
Dziedziną funkcji sin x jest R, a zbiorem wartości przedział [−1, 1]. Sinus jest funk- cją okresową o okresie podstawowym 2π oraz nieparzystą. Wykres funkcji y = sin x nazywamy sinusoidą (rys.).
x y
−π −π2
π
2 π 3π
2 2π 5π2 3π
1
−1
y=sin x
Cosinus
Dziedziną funkcji cos x jest R, a zbiorem wartości przedział [−1, 1]. Cosinus jest funk- cją okresową o okresie podstawowym 2π oraz parzystą. Wykres funkcji y = cos x nazywamy cosinusoidą (rys.). Cosinusoida jest przesuniętą sinusoidą.
x y
−π −π2
π
2 π 3π
2 2π 5π2 3π
1
−1
y=cos x
Tangens
Dziedziną funkcji tg x jest R, z wyłączeniem liczb π/2 + kπ (k ∈ Z). Zbiorem wartości funkcji tg x jest R. Tangens jest funkcją okresową o okresie podstawowym π oraz nieparzystą. Wykres funkcji y = tg x nazywamy tangensoidą (rys.).
x y
−π −π2 π2 π 3π
2 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 wartości funkcji ctg x jest R. Cotangens jest funkcją okresową o okresie podstawowym π oraz nieparzystą. Wykres funkcji y = ctg x nazywamy cotangensoidą (rys.).
x y
−π −π2 π2 π 3π
2 2π 5π2 3π
y=ctg x
Przykład 1. Korzystając z wykresu funkcji y = sin x naszkicować w przedziale [−π, π]
wykresy funkcji:
(a) y = sin 2x; (b) y = sinx
2; (c) y = sin x +π
4
;
(d) y = 1 + sin x; (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=sinx2 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 przesuniemy w 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.
◮(c)y=sin(x+π4)
1
−π π
y
x
◮(d)y=sin x+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. Poniżej przykłady równań trygonometrycznych:
sin 3x =1
2; cos1 x= 1
2; ctg x + 1
tg x − 1 = 3; 2sinx= 1
2; √
sin x = cos x.
Rozwiązywanie równania rozpoczynamy od wypisania warunków wyznaczających jego dziedzinę. Podstawową metodą rozwiązywania równań trygonometrycznych jest spro- wadzenie ich do równań podstawowych, tj. równań postaci:
sin x = a, cos x = a, tg x = a, ctg x = a,
gdzie a ∈ R. Równania sin x = a, cos x = a mają rozwiązania wtedy i tylko wtedy, gdy
|a| ¬ 1, a równania tg x = a, ctg x = a – dla dowolnych wartości a. Dalej omówimy postacie rozwiązań wszystkich typów równań podstawowych.
Równanie sinx= a
Niech a ∈ (−1, 1) i a 6= 0. Rozwiązanie równania sin x = a, które należy do przedziału (−π/2, π/2), oznaczmy przez x0. Wówczas
sin x = a ⇐⇒ x = x0+ 2kπ lub x = π − x0+ 2kπ (k ∈ Z).
x y
−π2
π
−π 2 π 2π
1 a
−1
y=sin x
x0 π−x0 x0+2π
−x0−π
4.7. Równania trygonometryczne 105 Równanie cosx= a
Niech a ∈ (−1, 1) i a 6= 0. Rozwiązanie równania cos x = a, które należy do przedziału (0, π), oznaczmy przez x0. Wówczas
cos x = 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
π
2 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
π 2
π 3π2 2π 5π2
a
y=ctg x
x0−π x0 x0+π x0+2π
Przykład 1. Rozwiązać równania:
(a) sin x =
√2
2 ; (b) cos x = −
√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
π 2
√2 2
y=sin x
π 4
◮(b) Dziedziną równania jest R. Jedynym roz- wiązaniem równania cos x = −√
3/2 w przedziale (0, π) jest x0 = 5π/6 (rys.). Zatem rozwiązania równania mają postać:
x = 5π
6 + 2kπ, x = −5π
6 + 2kπ (k ∈ Z).
Oczywiście rozwiązanie te należą do dziedziny.
x y
0 π
−√23
y=cos x
5π 6
◮(c) Dziedzinę równania określa warunek x 6= π/2 + kπ (k ∈ Z). Jedynym rozwiązaniem równania tg x = −√
3 w przedziale (−π/2, π/2) jest x0= −π/3 (rys.).
x y
−π2
π 2
−√ 3
y=tg x
−π3
Zatem rozwiązania równania tg x = −√
3 mają postać:
x = −π
3 + kπ (k ∈ Z).
Rozwiązania te spełniają warunki dziedziny.
◮(d) Dziedzinę równania określa warunek x 6= kπ (k ∈ Z). Jedynym rozwiązaniem równania w przedziale (0, π) jest x0= pi/4 (rys.).
4.7. Równania trygonometryczne 107
x y
π 1
y=ctg x
π 4
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 −π
2
= 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
⇐⇒ 5
2x = 2kπ lub 7
2x = π + 2kπ
⇐⇒ x =4
5kπ 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 cos x = a otrzymamy
cos 2x = cos (π − 3x) ⇐⇒ 2x = π − 3x + 2kπ lub 2x = − (π − 3x) + 2kπ
⇐⇒ 5x = π + 2kπ lub − x = −π + 2kπ
⇐⇒ x =π 5 +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
rozwiązania równania podstawowego tg x = a, otrzymamy tg
3x +π 2
= tg x ⇐⇒ 3x +π
2 = x + kπ
⇐⇒ 2x = −π
2 + kπ ⇐⇒ x = −π 4 + kπ
2 (k ∈ Z).
Zatem rozwiązania równania mają postać x = −π
4 + 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 je ująć łącznie w postaci x 6= nπ/2 (n ∈ Z). Korzystając ze wzoru na rozwiązania równania podstawowego ctg x = a, otrzymamy
ctg x −π
2
= ctg 2x ⇐⇒ x −π
2 = 2x + kπ
⇐⇒ −x =π
2 + 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 −π
4
= 0; (d) ctg x −π
3
− 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 = sinπ 2+ 2x
⇐⇒ 3x = 2x +π
2 + 2kπ lub 3x = π −π 2+ 2x
+ 2kπ
⇐⇒ x = π
2 + 2kπ lub 5x =π 2 + 2kπ
⇐⇒ x = π
2 + 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 wzorów redukcyjnych mamy
sin 2(x − π) = sin 2x = cosπ 2− 2x
. Postępując dalej jak w poprzednim przykładzie, mamy
cos x +π
4
= sin 2(x − π) ⇐⇒ cos x +π
4
= cosπ 2− 2x
⇐⇒ x +π 4 = π
2 − 2x + 2kπ lub x +π
4 = −π 2− 2x
+ 2kπ ⇐⇒
4.7. Równania trygonometryczne 109
⇐⇒ 3x =π
4+ 2kπ lub − x = −3π 4 + 2kπ
⇐⇒ x = π 12+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 wzoru redukcyjnego mamy
ctg x −π
4
= tgπ 2−
x −π 4
= tg3π 4 − x
. Postępując dalej jak w poprzednim przykładzie, mamy
tg 2x − ctg x −π
4
= 0 ⇐⇒ tg 2x = tg3π 4 − x
⇐⇒ 2x =3π
4 − x + kπ
⇐⇒ 3x =3π
4 + kπ ⇐⇒ x = π 4 +kπ
3 (k ∈ Z).
Sprawdzimy teraz, które rozwiązania należą do dziedziny. Powinien być spełniony warunek x 6= π/4 + nπ/2. Stąd mamy π/4 + kπ/3 6= π/4 + nπ/2, czyli 2k 6= 3n. Zatem k nie może być 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 redukcyjnego mamy
tg x +π
3
= ctgπ 2 −
x +π 3
= ctgπ 6 − x
. Postępując dalej jak w poprzednim przykładzie, otrzymamy
ctg x −π
3
− tg x +π
3
= 0 ⇐⇒ ctg x −π
3
= ctgπ 6− x
⇐⇒ x −π 3 =π
6 − x + kπ
⇐⇒ 2x = π
2 + kπ ⇐⇒ x =π 4 +kπ
2 (k ∈ Z).
Wszystkie otrzymane rozwiązania należą do dziedziny równania.
Przykład 4. Rozwiązać równania:
(a) 2 cos22x + cos 2x = 0; (b) cos2x + cos x = sin2x;
(c) 3 − 2√
2 sin x = 2 cos2x; (d) 4 cos4x = 3 − cos2x;
(e) tg22x + 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.
Rozwiązanie.
◮(a) Dziedziną równania jest R. Mamy
2 cos22x + 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 = −1 2
⇐⇒ 2x =π
2 + kπ lub 2x = 2π
3 + 2kπ lub 2x = −2π 3 + 2kπ
⇐⇒ x =π 4 + kπ
2 lub 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 sin2x = 1 − cos2x, a następnie podstawiając cos x = t, gdzie |t| ¬ 1, otrzymamy
cos2x + cos x = sin2x ⇐⇒ cos2x + cos x = 1 − cos2x
⇐⇒ 2 cos2x + cos x − 1 = 0 ⇐⇒ 2t2+ t − 1 = 0.
Równanie kwadratowe 2t2+ t − 1 = 0 ma dwa pierwiastki t = 1/2, t = −1, które spełniają warunek |t| ¬ 1. Zatem
2 cos2x + cos x − 1 = 0 ⇐⇒ cos x = 1
2 lub cos x = −1
⇐⇒ x =π
3 + 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 cos2x = 1 − sin2x, a następnie podstawiając sin x = t, gdzie |t| ¬ 1, otrzymamy
3 − 2√
2 sin x = 2 cos2x ⇐⇒ 3 − 2√
2 sin x = 2 1 − sin2x
⇐⇒ 2 sin2x − 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 sin2x − 2√
2 sin x + 1 = 0 ⇐⇒ sin x =
√2 2
⇐⇒ x =π
4 + 2kπ lub x = π −π 4 + 2kπ
⇐⇒ x =π
4 + 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 cos2x = t, gdzie 0 ¬ t ¬ 1, otrzymamy 4 cos4x = 3 − cos2x ⇐⇒ 4t2= 3 − t ⇐⇒ 4t2+ t − 3 = 0.
Równanie kwadratowe 4t2+ t − 3 = 0 ma dwa pierwiastki t = −1, t =3
4, przy czym pierwszy z nich odrzucamy, gdyż nie spełnia warunku 0 ¬ t ¬ 1. Zatem mamy
4 cos4x = 3 − cos2x ⇐⇒ cos2x = 3 4
⇐⇒ cos x =
√3
2 lub cos x = −
√3 2
⇐⇒ x = π
6 + 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
tg22x + tg 2x = 0 ⇐⇒ tg 2x (tg 2x + 1) = 0
⇐⇒ tg 2x = 0 lub tg 2x = −1
⇐⇒ 2x = kπ lub 2x = −π 4 + kπ
⇐⇒ x = kπ
2 lub 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
√3 lub tg x =√ 3
⇐⇒ x = −π
6 + kπ lub x = π
3 + kπ (k ∈ Z).
Zauważmy, że otrzymane rozwiązania można zapisać w postaci x = −π
6 + kπ
2 (k ∈ Z).
Oczywiście rozwiązania należą do dziedziny.
◮(g) Dziedziną równania jest R. Korzystając ze wzoru sin α − sin β = 2 sinα − β
2 cosα + β 2 ,
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 =kπ
4 (k ∈ Z).
Otrzymane rozwiązania można zapisać krócej w postaci x = kπ/4 (k ∈ Z). Oczywiście należą one do dziedziny.
◮(h) Dziedziną równania jest R. Korzystając ze wzoru cos α + cos β = 2 cosα + β
2 cosα − β 2
oraz parzystości funkcji cos przekształcamy lewą stronę równania do postaci cos 2x + cos 6x = 2 cos2x + 6x
2 cos2x − 6x
2 = 2 cos 4x cos 2x.
Przekształcając teraz prawą stronę równania zgodnie ze wzorem cos 2α = 2 cos2α − 1, otrzy- mamy
1 + cos 8x = 1 + cos(2 · 4x) = 1 + 2 cos24x − 1 = 2 cos24x.
Zatem
cos 2x + cos 6x = 1 + cos 8x ⇐⇒ 2 cos 4x cos 2x = 2 cos24x
⇐⇒ cos 4x (cos 2x − cos 4x) = 0.
Następnie korzystając ze wzoru
cos α − cos β = −2 sinα + β
2 sinα − β 2 oraz z nieparzystości funkcji sin mamy
cos 2x − cos 4x = −2 sin2x + 4x
2 sin2x − 4x
2 = −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 =π
2 + kπ lub 3x = kπ lub x = kπ
⇐⇒ x =π 8 + kπ
4 lub x = kπ
3 lub x = kπ (k ∈ Z).
Otrzymane powyżej rozwiązania można zapisać krócej w postaci:
x = π 8 + kπ
4, x = kπ
3 (k ∈ Z).
Oczywiście rozwiązania należą do dziedziny.
4.8. Nierówności trygonometryczne 113
4.8 Nierówności trygonometryczne
Nierównościami trygonometrycznymi nazywamy nierówności, w których niewiadoma występuje tylko w wyrażeniach będących argumentami funkcji trygonometrycznych.
Poniżej przykłady nierówności trygonometrycznych:
sin x < 1; cos 2x > sin x; sin3x + 2 cos x ¬ 0;
tg x2 > 0; p
ctg x ¬ 2 tg x; tg2x + ctg2x 3.
Rozwiązywanie nierówności rozpoczynamy od wyznaczenia jej dziedziny. Nierówności trygonometryczne postaci:
sin x < a, sin x > a, cos x < a, cos x > 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 omówimy metody rozwiązywania podstawowych nierówności trygonometrycznych.
Nierówności sinx < a, sinx > a
Niech a ∈ (−1, 1). Rozwiązanie równania sin x = a, które należy do przedziału (−π/2, π/2), oznaczmy przez x0 (rys.). Wówczas
sin x < a ⇐⇒ x ∈ (−π − x0+ 2kπ, x0+ 2kπ) (k ∈ Z).
x y
−π2
π
−π 2 π 2π
a
y=sin x
−x0−π x0 π−x0 x0+2π
Podobnie jest dla nierówności skierowanej w stronę przeciwną (rys.):
sin x > a ⇐⇒ x ∈ (x0+ 2kπ, π − x0+ 2kπ) (k ∈ Z).
x y
−π2
π
−π 2 π 2π
a
y=sin x
−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
sin x < 1 ⇐⇒ sin x 6= 1 oraz sin x > −1 ⇐⇒ sin x 6= −1.
