Przeczytaj

Wzory redukcyjne dla kątów $\frac{π}{2} \pm α$ , $\frac{3 π}{2} \pm α$

Zbierzemy teraz informacje dotyczące wzorów redukcyjnych dla kątów $\frac{π}{2} \pm α$ , $\frac{3 π}{2} \pm α$ .

$β$	$\frac{π}{2} - α$	$\frac{π}{2} + α$	$\frac{3 π}{2} - α$	$\frac{3 π}{2} + α$
$\sin β$	$+ \cos α$	$+ \cos α$	$- \cos α$	$- \cos α$
$\cos β$	$+ \sin α$	$- \sin α$	$- \sin α$	$+ \sin α$
$tg β$	$+ \frac{1}{tg α}$	$- \frac{1}{tg α}$	$+ \frac{1}{tg α}$	$- \frac{1}{tg α}$

Przypomnijmy znaki funkcji trygonometrycznych w poszczególnych ćwiartkach (siatka znakówsiatka znakówsiatka znaków).

Kąt $β$	$(0; \frac{π}{2})$	$(\frac{π}{2}; π)$	$(π; \frac{3 π}{2})$	$(\frac{3 π}{2}; 2 π)$
$\sin β$	$+$	$+$	$-$	$-$
$\cos β$	$+$	$-$	$-$	$+$
$tg β$	$+$	$-$	$+$	$-$

Zauważ, że powyższe wzory redukcyjnewzory redukcyjnewzory redukcyjne możesz łatwo zapamiętać, znając znaki funkcji trygonometrycznych w zależności od ćwiartki i stosując zasadę, że we wzorach na $\frac{π}{2} \pm α$ , $\frac{3 π}{2} \pm α$ funkcje przechodzą na kofunkcje (sinus na cosinus, cosinus na sinus, tangens na funkcję $\frac{1}{tg α}$ ).

W zapamiętaniu znaków funkcji trygonometrycznych w zależności od ćwiartki pomóc może rysunek:

RkCzoJ8znMQQP

Ilustracja przedstawi układ współrzędnych z poziomą osią X oraz z pionową osią Y. Każda z ćwiartek jest podpisana swoim numerem.
W ćwiartce pierwszej zapisano $\begin{array}{r} \sin α \\ \cos α \\ tg α \end{array}\} > 0$ .
W drugiej ćwiartce zapisano $\sin α > 0$ .
W trzeciej ćwiartce zapisano $tg α > 0$ .
W czwartej ćwiartce zapisano $\cos α > 0$ .

Przykład 1

Wykażemy, że:

$\sin (\frac{π}{4} + α) = \cos (\frac{π}{4} - α)$ ,
$\cos (\frac{π}{4} + α) = \sin (\frac{π}{4} - α)$ ,
$tg (\frac{π}{4} + α) = \frac{1}{tg (\frac{π}{4} - α)}$ .

Rozwiązanie

Wykazując powyższe zależności, wykorzystamy wzory redukcyjnewzory redukcyjnewzory redukcyjne dla kątów $\frac{π}{2} - α$ .

$\sin (\frac{π}{4} + α) = \sin (\frac{π}{2} - \frac{π}{4} + α) = \sin (\frac{π}{2} - (\frac{π}{4} - α)) = \cos (\frac{π}{4} - α)$
$\cos (\frac{π}{4} + α) = \cos (\frac{π}{2} - \frac{π}{4} + α) = \cos (\frac{π}{2} - (\frac{π}{4} - α)) = \sin (\frac{π}{4} - α)$
$tg (\frac{π}{4} + α) = tg (\frac{π}{2} - \frac{π}{4} + α) = tg (\frac{π}{2} - (\frac{π}{4} - α)) = \frac{1}{tg (\frac{π}{4} - α)}$

Przykład 2

Wiedząc, że $\cos α = \frac{3}{4}$ i $α \in (0; \frac{π}{2})$ , obliczymy $\frac{tg (\frac{3 π}{2} + α) \cdot c o s (\frac{3 π}{2} - α)}{\sin (\frac{π}{2} + α) \cdot \cos (\frac{π}{2} - α)}$ .

Rozwiązanie

Ponieważ:

$tg (\frac{3 π}{2} + α) = - \frac{1}{tg α}$ ,

$\cos (\frac{3 π}{2} - α) = - \sin α$ ,

$\sin (\frac{π}{2} + α) = \cos α$ ,

$\cos (\frac{π}{2} - α) = \sin α$ ,

to:

$\frac{tg (\frac{3 π}{2} + α) \cdot \cos (\frac{3 π}{2} - α)}{\sin (\frac{π}{2} + α) \cdot \cos (\frac{π}{2} - α)} = \frac{(- \frac{1}{tg α}) \cdot (- \sin α)}{\cos α \cdot \sin α} = \frac{\frac{1}{tg α} \cdot \sin α}{\cos α \cdot \sin α}$

$= \frac{\frac{1}{tg α}}{\cos α} = \frac{\cos α}{\sin α \cdot \cos α} = \frac{1}{\sin α}$ .

Ze wzoru $\sin^{2} α + \cos^{2} α = 1$ wyznaczamy $\sin^{2} α = 1 - \cos^{2} α$ .

Po podstawieniu $\cos α = \frac{3}{4}$ otrzymujemy $\sin^{2} α = 1 - {(\frac{3}{4})}^{2} = 1 - \frac{9}{16} = \frac{7}{16}$ .

Istnieją dwie liczby, których kwadrat jest równy $\frac{7}{16}$ . To $\frac{\sqrt{7}}{4}$ i $- \frac{\sqrt{7}}{4}$ .

Ponieważ $α \in (0; \frac{π}{2})$ , to rozwiązaniem jest $\sin α = \frac{\sqrt{7}}{4}$ .

Możemy również wyznaczyć $\sin α$ , wykorzystując trójkąt prostokątny o przyprostokątnej leżącej przy kącie $α$ długości $3$ i przeciwprostokątnej długości równej $4$ . Oznaczając $b = 3$ oraz $c = 4$ , otrzymamy następującą równość:

\cos α = \frac{3}{4} = \frac{b}{c} .

RHULqdNAXZgk1

Rysunek przedstawia trójkąt prostokątny A B C. Przy wierzchołku B zaznaczono kąt prosty, przy wierzchołku A zaznaczono kąt alfa. Podstawa A B ma długość 3, pionowy bok B C opisano małą literą a, natomiast przeciwprostokątna A C ma długość cztery.

Długość drugiej przyprostokątnej wyliczamy z twierdzenia Pitagorasa: $a^{2} + b^{2} = c^{2}$ .

Wyznaczamy $a$ .

$a^{2} = c^{2} - b^{2}$

$a^{2} = 4^{2} - 3^{2} = 16 - 9 = 7$

Istnieją dwie liczby, których kwadrat jest równy $7$ . To $\sqrt{7}$ i $- \sqrt{7}$ .

Długości boków są zawsze dodatnie, więc $a = \sqrt{7}$ .

$\sin α = \frac{a}{c} = \frac{\sqrt{7}}{4}$

Wyliczoną wartość $\sin α$ podstawiamy do poniższego wyrażenia.

$\frac{tg (\frac{3 π}{2} + α) \cdot \cos (\frac{3 π}{2} - α)}{\sin (\frac{π}{2} + α) \cdot \cos (\frac{π}{2} - α)} = \frac{1}{\sin α} = \frac{1}{\frac{\sqrt{7}}{4}} = \frac{4}{\sqrt{7}} =$

$= \frac{4}{\sqrt{7}} = \frac{4 \cdot \sqrt{7}}{\sqrt{7 \cdot} \sqrt{7}} = 4 \frac{\sqrt{7}}{7}$

Pozbyliśmy się niewymierności w mianowniku, rozszerzając ułamek (poprzez mnożenie licznika i mianownika przez $\sqrt{7}$ ).

Odp.: $\frac{tg (\frac{3 π}{2} + α) \cdot \cos (\frac{3 π}{2} - α)}{\sin (\frac{π}{2} + α) \cdot \cos (\frac{π}{2} - α)} = 4 \frac{\sqrt{7}}{7}$ .

Przykład 3

Obliczymy wartość wyrażenia: $\frac{2 - \cos \frac{4 π}{3}}{tg \frac{7 π}{4}}$ .

Rozwiązanie

$I$ sposób:

Zastosujemy wzory redukcyjne dla kątów $\frac{3 π}{2} \pm α$ .

Ponieważ

$\cos \frac{4 π}{3} = \cos \frac{8 π}{6} = \cos \frac{9 π - π}{6} = \cos (\frac{3 π}{2} - \frac{π}{6}) = - \sin \frac{π}{6} = - \frac{1}{2}$ ,

$tg \frac{7 π}{4} = tg \frac{6 π + π}{4} = tg (\frac{3 π}{2} + \frac{π}{4}) = - \frac{1}{tg \frac{π}{4}} = - 1$ ,

to podstawiając wyliczone wartości, mamy:

$\frac{2 - \cos \frac{4 π}{3}}{tg \frac{7 π}{4}} = \frac{2 + \sin \frac{π}{6}}{- \frac{1}{tg \frac{π}{4}}} = \frac{2 + \frac{1}{2}}{- 1} = - \frac{5}{2}$ .

$II$ sposób:

Skorzystamy ze wzorów redukcyjnych dla kątów $π + α$ , $2 π - α$ .

Ponieważ

$\cos \frac{4 π}{3} = \cos \frac{3 π + π}{3} = \cos (π + \frac{π}{3}) = - \cos \frac{π}{3} = - \frac{1}{2}$ ,

$tg \frac{7 π}{4} = tg \frac{8 π - π}{4} = tg (2 π - \frac{π}{4}) = - tg \frac{π}{4} = - 1$ ,

to podstawiając wyliczone wartości mamy:

$\frac{2 - \cos \frac{4 π}{3}}{tg \frac{7 π}{4}} = \frac{2 + \cos \frac{π}{3}}{- tg \frac{π}{4}} = \frac{2 + \frac{1}{2}}{- 1} = \frac{- 5}{2}$ .

Przykład 4

Uprościmy wyrażenie: $\sin^{2} (\frac{π}{2} + α) \cdot \cos (\frac{3 π}{2} + α) - \cos^{3} (\frac{3 π}{2} - α)$ .

Rozwiązanie

Ponieważ:

$\sin (\frac{π}{2} + α) = \cos α$ ,

$\cos (\frac{3 π}{2} + α) = \sin α$ ,

$\cos (\frac{3 π}{2} - α) = - \sin α$ ,

to:

$\sin^{2} (\frac{π}{2} + α) \cdot \cos (\frac{3 π}{2} + α) - \cos^{3} (\frac{3 π}{2} - α) = \cos^{2} α \cdot \sin α - {(- \sin α)}^{3} =$

$= \cos^{2} α \cdot \sin α + \sin^{3} α$ .

Po wyłączeniu $\sin α$ przed nawias i podstawieniu $\cos^{2} α + \sin^{2} α = 1$ mamy:

$\sin α \cdot (\cos^{2} α + \sin^{2} α) = \sin α$ .

Przykład 5

Udowodnimy, że równość $(1 + \sin (\frac{3}{2} π - α)) \cdot (\frac{- 1}{\cos (\frac{3}{2} π - α)} + tg (\frac{3}{2} π - α)) = \cos (\frac{3}{2} π + α)$ jest tożsamością dla $x \neq k π$ .

Rozwiązanie

Przekształcimy najpierw prawą stronę równości:

$P = \cos (\frac{3}{2} π + α) = \sin α$ .

Przekształcimy teraz lewą stronę równości:

$(1 + \sin (\frac{3}{2} π - α)) \cdot (\frac{- 1}{\cos (\frac{3}{2} π - α)} + tg (\frac{3}{2} π - α)) = \cos (\frac{3}{2} π + α)$

$= (1 - \cos α) \cdot (\frac{- 1}{- \sin α} + \frac{1}{tg α}) = (1 - \cos α) \cdot (\frac{1}{\sin α} + \frac{\cos α}{\sin α}) =$

$= \frac{(1 - \cos α) \cdot (1 + \cos α)}{\sin α} = \frac{1 - \cos^{2} α}{\sin α} = \frac{\sin^{2} α}{\sin α} = \sin α = P$

Ponieważ lewa strona równości jest równa stronie prawej, zatem dla $x \neq k π$ równość jest tożsamością.

Słownik

wzory redukcyjne

wzory pozwalające wyrazić wartości funkcji trygonometrycznych dowolnego kąta $α$ za pomocą wartości funkcji kąta ostrego

siatka znaków

nazwa tabeli, w której zestawiono znaki funkcji trygonometrycznych w poszczególnych ćwiartkach

Wprowadzenie

Animacja

Wzory redukcyjne dla kątów $\frac{π}{2} \pm α$ , $\frac{3 π}{2} \pm α$

Słownik

Wprowadzenie

Animacja

Przeczytaj

Wzory redukcyjne dla kątów π2±α, 3π2±α

Słownik

Wzory redukcyjne dla kątów $\frac{π}{2} \pm α$ , $\frac{3 π}{2} \pm α$