MATeMAtyka 3. Zbiór zadań — strona 47

a) Niech $t=\operatorname{tg}\alpha$. Ze wzorow na tangens sumy i podwojonego kata

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

b) Niech $q=\operatorname{ctg}\alpha$. Korzystajac ze wzoru na cotangens sumy oraz $\operatorname{ctg}2\alpha=\frac{q^2-1}{2q}$, otrzymujemy

$$\operatorname{ctg}3\alpha =\frac{q\frac{q^2-1}{2q}-1}{q+\frac{q^2-1}{2q}} =\frac{q^3-3q}{3q^2-1}.$$

Prawa strone rozwijamy jako iloczyn sumy i roznicy:

$$\sin(x+y)\sin(x-y) =(\sin x\cos y+\cos x\sin y) (\sin x\cos y-\cos x\sin y)$$ $$=\sin^2x\cos^2y-\cos^2x\sin^2y =\sin^2x-\sin^2y.$$

Jest to rowne $(\sin x+\sin y)(\sin x-\sin y)$, co dowodzi tezy.

Z sumy katow trojkata i warunku $\beta=2\alpha$ wynika

$$\gamma=\pi-3\alpha.$$

Zatem

$$\cos\gamma=-\cos3\alpha.$$

Korzystajac z $\cos3\alpha=4\cos^3\alpha-3\cos\alpha$ i $\cos\alpha=c$, otrzymujemy szukana wartosc.

Oznaczmy $K=1+\sqrt2+\sqrt3$. Sumy sinusow i cosinusow katow $30^\circ$, $45^\circ$, $60^\circ$ sa obie rowne $\frac K2$.

a) Po rozwinieciu sinusow sumy

$$S=\frac K2(\sin\alpha+\cos\alpha)=\frac{K^2}{6} =\frac{3+\sqrt2+\sqrt3+\sqrt6}{3}.$$

b) Po rozwinieciu cosinusow sumy

$$C=\frac K2(\cos\alpha-\sin\alpha) =\frac{(1+\sqrt2+\sqrt3)(1-\sqrt2+\sqrt3)}2 =1+\sqrt3.$$

a) Z cwiartek otrzymujemy $\cos\alpha=-\frac45$ oraz $\sin\beta=-\frac{\sqrt{21}}5$. Podstawiamy do wzorow

$$\sin(\alpha-\beta)=\sin\alpha\cos\beta-\cos\alpha\sin\beta,$$ $$\cos(\alpha+\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta.$$

b) Mamy $\cos\alpha=\frac45$, a z $\operatorname{tg}\beta=-2$ w IV cwiartce: $\cos\beta=\frac{\sqrt5}{5}$ i $\sin\beta=-\frac{2\sqrt5}{5}$. Ponownie stosujemy te same wzory.

Przeksztalcenia wykonujemy w dziedzinie obu stron.

a)

$$\frac{2\operatorname{tg}\alpha}{1+\operatorname{tg}^2\alpha} =\frac{2\sin\alpha\cos\alpha}{\sin^2\alpha+\cos^2\alpha} =\sin2\alpha.$$

b) Dla $t=\operatorname{tg}\alpha$ mianownik prawej strony wynosi $\frac{2t}{1-t^2}-t=\frac{t(1+t^2)}{1-t^2}$, wiec iloraz jest rowny $\frac{1-t^2}{1+t^2}=\cos2\alpha$.

c) $\frac{\sin4\alpha}{1+\cos4\alpha}=\operatorname{tg}2\alpha$ na mocy wzoru polowkowego.

d)

$$\sin3\alpha+\sin\alpha=2\sin2\alpha\cos\alpha =4\sin\alpha\cos^2\alpha,$$

wiec lewa strona wynosi $4$, podobnie jak $4\operatorname{tg}\alpha\operatorname{ctg}\alpha$.

Oznaczmy $t=\frac\alpha4$ i dwukrotnie zastosujmy wzory na podwojony kat.

a) Z $\sin t=\frac13$ mamy $\cos t=\frac{2\sqrt2}{3}$, dalej $\sin2t=\frac{4\sqrt2}{9}$, $\cos2t=\frac79$ i $\sin4t=\frac{56\sqrt2}{81}$.

b) Z $\cos t=\frac15$ mamy $\cos2t=-\frac{23}{25}$, a wiec $\cos4t=2\cdot\frac{529}{625}-1=\frac{433}{625}$.

c) Dla $\operatorname{tg}t=\frac12$ otrzymujemy $\operatorname{tg}2t=\frac43$ i $\operatorname{tg}4t=-\frac{24}{7}$.

d) Dla $\operatorname{ctg}t=\frac{\sqrt2}{2}$ mamy $\operatorname{ctg}2t=-\frac{\sqrt2}{4}$, a nastepnie $\operatorname{ctg}4t=\frac{7\sqrt2}{8}$.

Stosujemy wzor na sinus sumy do argumentow $\frac{x+y}{2}$ i $\frac{x-y}{2}$:

$$\sin x=\sin\frac{x+y}{2}\cos\frac{x-y}{2} +\cos\frac{x+y}{2}\sin\frac{x-y}{2},$$ $$\sin y=\sin\frac{x+y}{2}\cos\frac{x-y}{2} -\cos\frac{x+y}{2}\sin\frac{x-y}{2}.$$

Po dodaniu rownosci i podzieleniu przez $2$ otrzymujemy teze.

Korzystamy ze wzoru na sume sinusow:

$$\sin(2x-y)+\sin y =2\sin x\cos(x-y).$$

Z zalozenia $\cos(x-y)=0$, wiec prawa strona, a tym samym wyrazenie z tezy, jest rowne $0$.

a) Lewa strona jest rowna

$$64\cos^2\alpha\cos^22\alpha\cos^24\alpha.$$

Z iterowanego wzoru $\sin2u=2\sin u\cos u$ mamy

$$\sin8\alpha=8\sin\alpha\cos\alpha\cos2\alpha\cos4\alpha.$$

Po podniesieniu do kwadratu i podzieleniu przez $\sin^2\alpha$ otrzymujemy prawa strone zadanej rownosci.

b) Dla $A=\cos\alpha\cos2\alpha$ i $B=\cos4\alpha\cos8\alpha$ lewa strona wynosi

$$(A+B)^2-(A-B)^2=4AB.$$

Poniewaz $\sin16\alpha=16\sin\alpha\cos\alpha\cos2\alpha\cos4\alpha\cos8\alpha$, mamy $4AB=\frac{\sin16\alpha}{4\sin\alpha}$.