MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 176

Korzystamy ze wzorów redukcyjnych.

a) Obie strony są równe $\sin\alpha$:

$$\sin(180^\circ-\alpha)=\sin\alpha=\cos(90^\circ-\alpha).$$

b) Obie strony są równe $-\cos\alpha$:

$$\cos(180^\circ-\alpha)=-\cos\alpha=-\sin(90^\circ-\alpha).$$

c) Ponieważ $\operatorname{tg}(180^\circ-\alpha)=-\operatorname{tg}\alpha$ i $\operatorname{tg}(90^\circ-\alpha)=\operatorname{ctg}\alpha$, iloczyn wynosi

$$-\operatorname{tg}\alpha\operatorname{ctg}\alpha=-1.$$

Każda z równości jest więc tożsamością.

Punkt $P(10,25)$ wyznacza kierunek przekątnej $OB$, więc jej kąt nachylenia do dodatniej półosi $OX$ wynosi

$$\theta=\arctan\frac{25}{10}=\arctan2{,}5\approx68{,}20^\circ.$$

Druga przekątna ma kierunek symetryczny względem osi $OY$, czyli kąt $180^\circ-\theta$. Kąt ostry między przekątnymi jest zatem równy

$$(180^\circ-\theta)-\theta=180^\circ-2\theta\approx43{,}60^\circ.$$

Prawa półprosta ma kąt nachylenia

$$\theta=\arctan3\approx71{,}565^\circ.$$

Lewa ma kierunek $180^\circ-\theta$. Kąt między nimi wynosi więc

$$180^\circ-2\theta\approx36{,}87^\circ.$$

Kąty nachylenia prostych do osi $OX$ mają miary

$$\alpha_1=\arctan0{,}2\approx11{,}31^\circ, \qquad \alpha_2=\arctan0{,}9\approx41{,}99^\circ.$$

Ich różnica wynosi około $30{,}68^\circ$.

Ponieważ $\cos(180^\circ-\alpha)=-\cos\alpha$, warunek daje

$$2\cos\alpha=1{,}2, \qquad \cos\alpha=\frac35.$$

Kąt jest ostry, więc $\sin\alpha=\frac45$ i $\operatorname{tg}\alpha=\frac43$. Ponadto

$$\operatorname{tg}(180^\circ-\alpha)=-\operatorname{tg}\alpha=-\frac43.$$

Szukana różnica wynosi zatem $\frac83$.

Oznaczmy współrzędne punktu przez $x=\sqrt2$, $y=\sqrt{\sqrt5-1}$, a $r=|OP|$. Mamy

$$r^2=x^2+y^2=2+\sqrt5-1=1+\sqrt5.$$

Ponieważ wszystkie wielkości są dodatnie,

$$(yr)^2=(\sqrt5-1)(\sqrt5+1)=4=x^4,$$

stąd $yr=x^2$. Po podzieleniu przez $xr$ otrzymujemy

$$\frac{x}{r}=\frac{y}{x}.$$

Lewa strona to $\cos\alpha$, a prawa to $\operatorname{tg}\alpha$, co kończy dowód.

Niech $\beta=180^\circ-\alpha$. Ponieważ $\alpha$ jest rozwarty, $\beta$ jest ostry, a $\alpha-90^\circ=90^\circ-\beta$.

a) $\sin(180^\circ-\alpha)=\sin\beta=\cos(90^\circ-\beta)=\cos(\alpha-90^\circ)$.

b) $\cos(180^\circ-\alpha)=\cos\beta=\sin(90^\circ-\beta)=\sin(\alpha-90^\circ)$.

c) $\operatorname{tg}(180^\circ-\alpha)=\operatorname{tg}\beta$, a $\operatorname{tg}(\alpha-90^\circ)=\operatorname{ctg}\beta$, więc prawa strona także jest równa $\operatorname{tg}\beta$.

d) $\operatorname{ctg}(180^\circ-\alpha)=\operatorname{ctg}\beta=\operatorname{tg}(90^\circ-\beta)=\operatorname{tg}(\alpha-90^\circ)$.

Ponieważ $\sin120^\circ=\frac{\sqrt3}{2}$ i $\cos120^\circ=-\frac12$, równanie ma postać

$$x^2-\frac{3\sqrt3}{2}x+\frac32=0.$$

Jego wyróżnik wynosi $\frac34$, a pierwiastki to

$$x_1=\frac{\sqrt3}{2}, \qquad x_2=\sqrt3.$$

Z warunków zadania $\cos\alpha=\frac{\sqrt3}{2}$, więc $\alpha=30^\circ$, oraz $\operatorname{tg}\beta=\sqrt3$, więc $\beta=60^\circ$. Zatem $\alpha+\beta=90^\circ$.

Równość zapisujemy jako $\sin\alpha=-\cos\alpha$. Dla kąta rozwartego sinus jest dodatni, a cosinus ujemny. Po podzieleniu przez $\cos\alpha\ne0$ otrzymujemy

$$\operatorname{tg}\alpha=-1.$$

Jedynym kątem rozwartym o takiej wartości tangensa jest $135^\circ$.

a) Kąt $\alpha$ jest ostry i $\sin\alpha=\frac12$, więc $\alpha=30^\circ$ i $5\alpha=150^\circ$. Zatem

$$\sin5\alpha=\frac12,\quad \cos5\alpha=-\frac{\sqrt3}{2},\quad \operatorname{tg}5\alpha=-\frac{\sqrt3}{3},\quad \operatorname{ctg}5\alpha=-\sqrt3.$$

b) $4\beta=144^\circ=180^\circ-36^\circ$. Stąd

$$\sin4\beta=\sin36^\circ=\frac{\sqrt{10-2\sqrt5}}4,$$ $$\cos4\beta=-\cos36^\circ=-\frac{\sqrt5+1}{4}.$$

Dzieląc te wartości, otrzymujemy

$$\operatorname{tg}4\beta=-\sqrt{5-2\sqrt5},\qquad \operatorname{ctg}4\beta=-\sqrt{\frac{5+2\sqrt5}{5}}.$$

Podane wartości są równe kolejno

$$\frac{\sqrt2}{2},\qquad \frac{\sqrt3}{2},\qquad \frac{\sqrt3}{3},\qquad \sqrt3.$$

Największej wartości $\sqrt3$ nie można użyć, bo suma dowolnych dwóch spośród pozostałych jest od niej mniejsza. Trzy pozostałe wartości są różne i spełniają nierówność trójkąta, gdyż

$$\frac{\sqrt2}{2}+\frac{\sqrt3}{3}>\frac{\sqrt3}{2}.$$