1. Dla dowolnych kątów $\alpha$ zachodzą wzory:
   $\sin 2\alpha =2\sin \alpha ·\cos \alpha$,
   $\cos 2\alpha =2{\cos }^2\alpha -1=1-2{\sin }^2\alpha ={\cos }^2\alpha -{\sin }^2\alpha$.

2. Dla takich kątów $\alpha$, że $\alpha \ne \frac{\pi }{4}+\frac{k\pi }{2}$ i $\alpha \ne \frac{\pi }{2}+k\pi$, gdzie $k\in \mathrm{\mathbb{Z}}$, zachodzi wzór:
   $tg2\alpha =\frac{2tg\alpha }{1-{tg}^2\alpha }$.

Jeżeli $\alpha \ne \frac{\pi }{2}+\pi k$, gdzie $k\in \mathrm{\mathbb{Z}}$, to zachodzi wzór:

$\cos 2\alpha =\frac{1-{tg}^2\alpha }{1+{tg}^2\alpha }$.

Obliczymy wartość wyrażenia $\frac{1+\cos 62°-{\cos }^{2}31°}{{\cos }^{2}31°}-1$.

Rozwiązanie

Zauważmy, że $62°=2·31°$, a zatem możemy wykorzystać wzór na cosinus podwjonego kąta $31°$:

$\frac{1+\cos 62°-{\cos }^{2}31°}{{\cos }^{2}31°}-1=$

$=\frac{1+2{\cos }^2{31}^{\circ }-1-{\cos }^2{31}^{\circ }}{{\cos }^2{31}^{\circ }}-1=$

$=\frac{{\cos }^2{31}^{\circ }}{{\cos }^2{31}^{\circ }}-1=0$.

Zatem $\frac{1+\cos 62°-{\cos }^{2}31°}{{\cos }^{2}31°}-1=0$.

Obliczymy $\sin \frac{\alpha }{2}$, jeżeli wiadomo, że $\cos \alpha =-\frac{161}{289}$ i $180°<\alpha <360°$.

Rozwiązanie

Ponieważ $180°<\alpha <360°$, więc $90°<\frac{\alpha }{2}<180°$, czyli $\sin \frac{\alpha }{2}>0$.

Wykorzystamy wzór na cosinus podwojonego kątacosinus podwojonego kątacosinus podwojonego kąta w następującej postaci: $\cos \alpha =1-2{\sin }^2\frac{\alpha }{2}$.

Przekształćmy wzór do postaci:

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

Ponieważ $\sin \frac{\alpha }{2}>0$, więc wzór przyjmuje postać:

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

Wobec tego możemy obliczyć wartość $\sin \frac{\alpha }{2}$:

$\sin \frac{\alpha }{2}=\sqrt{\frac{1+\frac{161}{289}}{2}}=\sqrt{\frac{225}{289}}=\frac{15}{17}$.

Obliczymy $\mathrm{tg}\alpha$, jeżeli wiadomo, że $\cos 2\alpha =\frac{1}{3}$.

Rozwiązanie

Wykorzystamy wzór na cosinus podwojonego kątacosinus podwojonego kątacosinus podwojonego kąta: $\cos 2\alpha =\frac{1-{tg}^2\alpha }{1+{tg}^2\alpha }$.

Zapiszmy zatem zależność:

$\frac{1}{3}=\frac{1-{tg}^2\alpha }{1+{tg}^2\alpha }$

i przekształćmy do równania:

$1+{tg}^2\alpha =3\left(1-{tg}^2\alpha \right)$.

Wówczas:

${tg}^2\alpha =\frac{1}{2}$.

Zatem poszukiwana wartość to:

$tg\alpha =\frac{\sqrt{2}}{2}$ lub $tg\alpha =-\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Udowodnimy, że równość $\frac{1-2\cos \frac{x}{2}+\cos x}{1+2\cos \frac{x}{2}+\cos x}=-{\mathrm{tg}}^2\frac{x}{4}$ jest tożsamością.

Rozwiązanie

Zapiszmy założenia:

$1+2\cos \frac{x}{2}+\cos x\ne 0$,

$\cos \frac{x}{2}\ne 0$.

Na początek po lewej stronie podstawimy $\cos x=2{\cos }^2\frac{x}{2}-1$:

$L=\frac{1-2\cos \frac{x}{2}+\cos x}{1+2\cos \frac{x}{2}+\cos x}=\frac{1-2\cos \frac{x}{2}+2{\cos }^2\frac{x}{2}-1}{1+2\cos \frac{x}{2}+2{\cos }^2\frac{x}{2}-1}=$

$=\frac{2{\cos }^2\frac{x}{2}-2\cos \frac{x}{2}}{2\cos x^2\frac{x}{2}+2\cos \frac{x}{2}}=\frac{2\cos \frac{x}{2}\left(\cos \frac{x}{2}-1\right)}{2\cos \frac{x}{2}\left(\cos \frac{x}{2}+1\right)}=$

Po skróceniu przez $\cos \frac{x}{2}$, korzystamy dwukrotnie ze wzoru cosinus podwojonego kąta:

$=\frac{\cos \frac{x}{2}-1}{1+\cos \frac{x}{2}}=\frac{1-2{\sin }^2\frac{x}{4}-1}{2{\cos }^2\frac{x}{4}-1+1}=-\frac{2{\sin }^2\frac{x}{4}}{2{\cos }^2\frac{x}{4}}=-{\mathrm{tg}}^2\frac{x}{4}=P$.

Jeżeli $\alpha \ne \frac{\pi }{2}+\pi k$, gdzie $k\in \mathrm{\mathbb{Z}}$, to zachodzi wzór:

$\cos 2\alpha =\frac{1-{tg}^2\alpha }{1+{tg}^2\alpha }$.