Sprawdzimy, czy istnieje kąt ostry $\alpha$, taki, że:

a) $\sin \alpha =\frac{3}{5}$ i $\cos \alpha =\frac{4}{5}$;

b) $\cos \alpha =\frac{1}{3}$ i $\mathrm{tg}\alpha =2$;

c) $tg\alpha =\frac{4}{3·\cos \alpha }$.

Rozwiązanie:

a) $\sin \alpha =\frac{3}{5}$ i $\cos \alpha =\frac{4}{5}$

Kąt $\alpha$ istnieje, gdy pomiędzy sinusemsinus kąta $\alpha$sinusem a cosinusemcosinus kąta $\alpha$cosinusem kąta $\alpha$ zachodzi związek: ${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1$.

Podstawiając wartości $\sin \alpha =\frac{3}{5}$ i $\cos \alpha =\frac{4}{5}$, otrzymujemy: ${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha ={\left(\frac{3}{5}\right)}^2+{\left(\frac{4}{5}\right)}^2=\frac{9}{25}+\frac{16}{25}=\frac{25}{25}=1$.

Odpowiedź:

Taki kąt $\alpha$ istnieje.

b) $\cos \alpha =\frac{1}{3}$ i $\mathrm{tg}\alpha =2$

Obliczamy wartość $\sin \alpha$, korzystając z zależności $\mathrm{tg}\alpha =\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }$. Wiemy, że $\mathrm{tg}\alpha =2$, więc $\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }=2$, stąd $\sin \alpha =2·\cos \alpha =2·\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$.

Kąt $\alpha$ istnieje, gdy pomiędzy sinusem a cosinusem kąta $\alpha$cosinus kąta $\alpha$cosinusem kąta $\alpha$ zachodzi związek: ${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1$.

Podstawiając do tego wzoru wartości $\sin \alpha =\frac{2}{3}$ i $\cos \alpha =\frac{1}{3}$, otrzymujemy: ${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha ={\left(\frac{2}{3}\right)}^2+{\left(\frac{1}{3}\right)}^2=\frac{4}{9}+\frac{1}{9}=\frac{5}{9}\ne 1$

Odpowiedź:

Nie istnieje taki kąt $\alpha$, dla którego $\cos \alpha =\frac{1}{3}$ i $\mathrm{tg}\alpha =2$.

c) $tg\alpha =\frac{4}{3·\cos \alpha }$

Korzystając z zależności $tg\alpha =\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }$, dokonamy przekształceń, które umożliwią nam wyliczenie wartości sinusa i cosinusa kąta $\alpha$:

$tg\alpha =\frac{4}{3·\cos \alpha }$,

czyli $tg\alpha =\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }=\frac{4}{3·\cos \alpha }$ i $\cos \alpha \ne 0$.

Mnożymy obie strony równości $\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }=\frac{4}{3·\cos \alpha }$ przez $\cos \alpha$$\left(\cos \alpha \ne 0\right)$

$\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }·\cos \alpha =\frac{4}{3·\cos \alpha }·\cos \alpha$, stąd $\sin \alpha =\frac{4}{3}$.

Zgodnie z definicją, w trójkącie prostokątnym sinus kąta $\alpha$sinus kąta $\alpha$sinus kąta $\alpha$ jest stosunkiem długości przyprostokątnej leżącej naprzeciw kąta $\alpha$ do długości przeciwprostokątnej.

Przeciwprostokątna jest najdłuższym bokiem, więc niemożliwe jest, aby stosunek krótszego boku do dłuższego dawał wynik większy niż jeden.

Otrzymaliśmy wartość większą od jeden: $\sin \alpha =\frac{4}{3}>1$, nie ma więc takiego kąta $\alpha$.

Odpowiedź:

Nie istnieje taki kąt $\alpha$, dla którego $tg\alpha =\frac{4}{3·\cos \alpha }$.

Wiedząc, że kąt $\alpha$ jest ostry i $\sin \alpha =\frac{3}{5}$, obliczymy wartości funkcji trygonometrycznych kąta $\left(90°-\alpha \right)$.

Rozwiązanie:

Mając $\sin \alpha =\frac{3}{5}$, budujemy trójkąt prostokątny o przyprostokątnej $a$ leżącej naprzeciw kąta $\alpha$ długości $3x$ i przeciwprostokątnej długości $5x$, gdzie $x>0$.

R1QFa8pXDnS6R

Rysunek przedstawia trójkąt prostokątny o podstawie $b$, pionowej przyprostokątnej opisanej jako $a=3x$ oraz o przeciwprostokątnej opisanej jako $c=5x$. Zaznaczono także dwa kąty wewnętrzne trójkąta. Kąt $\beta$ między bokami $a$ i $c$ oraz kąt $\alpha$ między bokami $b$ i $c$.

Z twierdzenia Pitagorasa: $c^2=a^2+b^2$ wyznaczamy długość przyprostokątnej $b$:

${\left(5x\right)}^2={\left(3x\right)}^2+b^2$,

$b^2={\left(5x\right)}^2-{\left(3x\right)}^2=25x^2-9x^2=16x^2$, więc

$b=\sqrt{16x^2}=4x$.

Suma kątów w trójkącie wynosi $180°$: $\alpha +\beta +90°=180°$, więc $\alpha +\beta =180°-90°=90°$. Oznacza to, że kąt leżący naprzeciw przyprostokątnej $b$ ma miarę $\beta =90°-\alpha$.

Z definicji funkcji trygonometrycznych:

$\sin \left(90°-\alpha \right)=\frac{4x}{5x}=\frac{4}{5}$;

$\cos \left(90°-\alpha \right)=\frac{3x}{5x}=\frac{3}{5}$;

$tg\left(90°-\alpha \right)=\frac{4x}{3x}=\frac{4}{3}$.

Odpowiedź:

$\sin \left(90°-\alpha \right)=\frac{4}{5}$, $\cos \left(90°-\alpha \right)=\frac{3}{5}$ i $tg\left(90°-\alpha \right)=\frac{4}{3}$.

Uzasadnimy, że $\sin \alpha ·\cos \alpha \le \frac{1}{2}$ dla dowolnego kąta $\alpha$.

Rozwiązanie:

Uzasadniając powyższą nierówność, wykorzystamy fakt, że ${\left(\sin \alpha -\cos \alpha \right)}^2\ge 0$.

Korzystając ze wzoru skróconego mnożenia na kwadrat różnicy

${\left(a-b\right)}^2=a^2-2ab+b^2$

i ze wzoru ${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1$, otrzymujemy

${\left(\sin \alpha -\cos \alpha \right)}^2={\sin }^2\alpha -2·\sin \alpha ·\cos \alpha +{\cos }^2\alpha =$

$={\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha -2·\sin \alpha ·\cos \alpha =1-2·\sin \alpha ·\cos \alpha \ge 0$,

$1-2·\sin \alpha ·\cos \alpha \ge 0$, czyli

$-2·\sin \alpha ·\cos \alpha \ge -1$.

Dzieląc stronami przez $\left(-2\right)$, otrzymujemy:

$\sin \alpha ·\cos \alpha \le \frac{1}{2}$, co należało wykazać.

Wiedząc, że $tg\alpha +\frac{1}{tg\alpha }=4$, obliczymy ${tg}^3\alpha +\frac{1}{{tg}^3\alpha }$.

Rozwiązanie:

${tg}^3\alpha +\frac{1}{{\mathrm{tg}}^3\alpha }={\left(tg\alpha \right)}^3+{\left(\frac{1}{tg\alpha }\right)}^3$

Korzystając ze wzoru na sumę sześcianów $a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)$, otrzymujemy:

${tg}^3\alpha +\frac{1}{{tg}^3\alpha }=$

$={\left(tg\alpha \right)}^3+{\left(\frac{1}{tg\alpha }\right)}^3=$

$=\left(tg\alpha +\frac{1}{tg\alpha }\right)\left({\left(tg\alpha \right)}^2+{\left(\frac{1}{tg\alpha }\right)}^2-tg\alpha ·\frac{1}{tg\alpha }\right)$.

Ponadto, korzystając ze wzoru ${\left(a+b\right)}^2=a^2+b^2-2ab$, wyznaczymy

$\left(\left(tg{\alpha }^2\right)+{\left(\frac{1}{tg\alpha }\right)}^2\right)$.

${\left(tg\alpha \right)}^2+{\left(\frac{1}{tg\alpha }\right)}^2=$

$={\left(tg\alpha +\frac{1}{tg\alpha }\right)}^2-2·tg\alpha ·\frac{1}{tg\alpha }=$

$={\left(tg\alpha +\frac{1}{tg\alpha }\right)}^2-2·1=$

$={\left(tg\alpha +\frac{1}{tg\alpha }\right)}^2-2$

Wówczas otrzymujemy:

${tg}^3\alpha +\frac{1}{{tg}^3\alpha }=$

$=\left(tg\alpha +\frac{1}{tg\alpha }\right)\left({\left(tg\alpha \right)}^2+{\left(\frac{1}{tg\alpha }\right)}^2-tg\alpha ·\frac{1}{tg\alpha }\right)=$

$=\left(tg\alpha +\frac{1}{tg\alpha }\right)\left({\left(tg\alpha \right)}^2+{\left(\frac{1}{tg\alpha }\right)}^2-1\right)=$

(podstawiamy: ${\left(tg\alpha \right)}^2+{\left(\frac{1}{tg\alpha }\right)}^2={\left(tg\alpha +\frac{1}{tg\alpha }\right)}^2-2$ oraz $tg\alpha +\frac{1}{tg\alpha }=4$)

$=\left(tg\alpha +\frac{1}{tg\alpha }\right)\left({\left(tg\alpha +\frac{1}{tg\alpha }\right)}^2-2-1\right)=$

$=4·\left(4^2-2-1\right)=$

$=4·\left(16-2-1\right)=$

$=4·13=52$

Odpowiedź:

${tg}^3\alpha +\frac{1}{{tg}^3\alpha }=52$.

Sprawdzimy, czy równość $\left(1+\sin \alpha \right)\left(\frac{1}{\cos \alpha }-tg\alpha \right)=\cos \alpha$ jest prawdziwa.

Rozwiązanie:

Będziemy przekształcać lewą stronę równości tak długo, aż dojdziemy do prawej strony. Jeśli jednak do niej nie dojdziemy, to pokażemy w ten sposób, że powyższa równość jest sprzeczna.

$L$ – lewa strona równości;

$P$ – prawa strona równości.

$L=\left(1+\sin \alpha \right)\left(\frac{1}{\cos \alpha }-tg\alpha \right)$

$P=\cos \alpha$

Wykorzystamy związki między funkcjami trygonometrycznymi:

$tg\alpha =\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }$ i ${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1$

oraz wzór skróconego mnożenia:

$\left(a+b\right)\left(a-b\right)=a^2-b^2$.

$L=\left(1+\sin \alpha \right)\left(\frac{1}{\cos \alpha }-tg\alpha \right)=$

$=\left(1+\sin \alpha \right)\left(\frac{1}{\cos \alpha }-\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }\right)=$

$=\frac{\left(1+\sin \alpha \right)}{1}·\frac{\left(1-\sin \alpha \right)}{\cos \alpha }=$

$=\frac{\left(1+\sin \alpha \right)\left(1-\sin \alpha \right)}{\cos \alpha }=$

$=\frac{1-{\sin }^2\alpha }{\cos \alpha }=$

$=\frac{{\cos }^2\alpha }{\cos \alpha }=$

$=\cos \alpha =P$

Odpowiedź:

Równość $\left(1+\sin \alpha \right)\left(\frac{1}{\cos \alpha }-tg\alpha \right)=\cos \alpha$ jest prawdziwa.

w trójkącie prostokątnym stosunek długości przyprostokątnej przeciwległej do kąta $\alpha$ do przeciwprostokątnej

w trójkącie prostokątnym stosunek długości przyprostokątnej przyległej do kąta $\alpha$ do przeciwprostokątnej