Niech $P=\left(x; y\right)$ jest dowolnym punktem leżącym na końcowym ramieniu kąta skierowanegokąt skierowanykąta skierowanego $\beta$.

RQVrqfUEMS0cP

Ilustracja przedstawia układ współrzędnych z poziomą osią $X$ oraz z pionową osią $Y$. Brak podziałki. Rysunek przedstawia pierwszą ćwiartkę układu. Z początku układu współrzędnych poprowadzono półprostą $OP$, przy czym punkt $P$ ma współrzędne $x$ oraz $y$. Zaznaczono również kąt ostry $\beta$, który jest kątem między osią $X$ a półprostą.

Dla dowolnego kąta $\alpha$ zachodzą następujące związki: $\sin (\frac{3\pi }{2}+\alpha )=-\cos \alpha ,$

$\cos \left(\frac{3\pi }{2}+\alpha \right)=-\sin \alpha ,$

$tg\left(\frac{3\pi }{2}+\alpha \right)=-\frac{1}{\mathrm{tg}\alpha }$, o ile funkcja odwrotna do tangens $\alpha$ istnieje,

Wyznaczymy wartości funkcji trygonometrycznych dla kąta $\frac{5\pi }{3}$.

Wykorzystamy wyprowadzone powyżej wzory.

$\text{I}$ sposób

Korzystając ze wzorów redukcyjnych dla kątów $\frac{3\pi }{2}+\alpha$, otrzymujemy

$\sin \frac{5\pi }{3}=\sin \frac{10\pi }{6}=\sin \frac{9\pi +\pi }{6}=\sin \left(\frac{9\pi }{6}+\frac{\pi }{6}\right)=\sin \left(\frac{3\pi }{2}+\frac{\pi }{6}\right)=-\cos \frac{\pi }{6}=\frac{-\sqrt{3}}{2}$,

$\cos \frac{5\pi }{3}=\cos \frac{10\pi }{6}=\cos \frac{9\pi +\pi }{6}=\cos \left(\frac{9\pi }{6}+\frac{\pi }{6}\right)=\cos \left(\frac{3\pi }{2}+\frac{\pi }{6}\right)=\sin \frac{\pi }{6}=\frac{1}{2}$,

$tg\frac{5\pi }{3}=tg\left(\frac{3\pi }{2}+\frac{\pi }{6}\right)=-\frac{1}{\mathrm{tg}\frac{\pi }{6}}=-\frac{1}{{\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{3}}}=-\frac{3}{\sqrt{3}}·\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=-\sqrt{3}$.

$\text{II}$ sposób

Możemy również wykorzystać wzory redukcyjnewzory redukcyjnewzory redukcyjne dla kątów $2\pi -\alpha$.

$\sin \frac{5\pi }{3}=\sin \frac{6\pi -\pi }{3}=\sin \left(2\pi -\frac{\pi }{3}\right)=-\sin \frac{\pi }{3}=\frac{-\sqrt{3}}{2}$

$\cos \frac{5\pi }{3}=\cos \frac{6\pi -\pi }{3}=\cos \left(2\pi -\frac{\pi }{3}\right)=\cos \frac{\pi }{3}=\frac{1}{2}$

$tg\frac{5\pi }{3}=tg\left(2\pi -\frac{\pi }{3}\right)=-tg\frac{\pi }{3}=-\sqrt{3}$

Doprowadzimy do najprostszej postaci wyrażenie:

$\cos \alpha \sqrt{1+\frac{1}{{\mathrm{tg}}^2\left(\frac{3\pi }{2}+\alpha \right)}}$.

Pierwsza równość wynika ze wzoru $\frac{1}{\mathrm{tg}\left(\frac{3\pi }{2}+\alpha \right)}=-tg\alpha$ oraz z faktu, że podnosząc liczbę ujemną do kwadratu otrzymujemy liczbę dodatnią:

$\cos \alpha \sqrt{1+\frac{1}{{\mathrm{tg}}^2\left(\frac{3\pi }{2}+\alpha \right)}}=\cos \alpha \sqrt{1+{tg}^2\alpha }$

Korzystając ze wzoru $tg\alpha =\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }$ otrzymujemy równość

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

Następnie sprowadzamy ułamki do wspólnego mianownika

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

Korzystając z jedynki trygonometrycznej ${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1$ mamy: $\cos \alpha \sqrt{\frac{{\cos }^2\alpha +{\sin }^2\alpha }{{\cos }^2\alpha }}=\cos \alpha \frac{1}{\sqrt{{\cos }^2\alpha }}$

Ponieważ $\sqrt{x^2}=\left|x\right|$, więc $\frac{1}{\sqrt{{\cos }^2\alpha }}=\frac{1}{\left|\cos \alpha \right|}$.

Zatem

$\cos \alpha \frac{1}{\sqrt{{\cos }^2\alpha }}=\cos \alpha \frac{1}{\left|\cos \alpha \right|}=\frac{\cos \alpha }{\left|\cos \alpha \right|}=\left\{\begin{array}{ll}\frac{\cos \alpha }{\cos \alpha }& \mathrm{dla} \cos \alpha >0\\ \frac{\cos \alpha }{-\cos \alpha }& \mathrm{dla} \cos \alpha <0\end{array}\right.=$

$=\left\{\begin{array}{ll}1& \mathrm{dla} \cos \alpha >0\\ -1& \mathrm{dla} \cos \alpha <0\end{array}\right.$, zał. $\cos \alpha \ne 0.$

Obliczymy wartość wyrażenia

$\frac{\sin \frac{11\pi }{6}}{\cos \frac{7\pi }{4}+1}$.

$\text{I}$ sposób

Korzystając ze wzorów redukcyjnych dla kątów $\frac{3\pi }{2}+\alpha$, otrzymujemy:

$\frac{\sin \frac{11\pi }{6}}{\cos \frac{7\pi }{4}+1}=\frac{\sin \frac{9\pi +2\pi }{6}}{\cos \frac{6\pi +\pi }{4}+1}=\frac{\sin \left(\frac{9\pi }{6}+\frac{2\pi }{6}\right)}{\cos \left(\frac{6\pi }{4}+\frac{\pi }{4}\right)+1}=\frac{\sin \left(\frac{3\pi }{2}+\frac{\pi }{3}\right)}{\cos \left(\frac{3\pi }{2}+\frac{\pi }{4}\right)+1}=\frac{-\cos \frac{\pi }{3}}{\sin \frac{\pi }{4}+1}=$

$=\frac{\frac{-1}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}+1}=\frac{\frac{-1}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{2}{2}}=\frac{\frac{-1}{2}}{\frac{\sqrt{2}+2}{2}}=\frac{-1}{\sqrt{2}+2}=\frac{-\left(2-\sqrt{2}\right)}{\left(2+\sqrt{2}\right)\left(2-\sqrt{2}\right)}=\frac{-2+\sqrt{2}}{4-2}=\frac{-2+\sqrt{2}}{2}$

Usunęliśmy niewymierność z mianownika, rozszerzając ułamek $\frac{-1}{\sqrt{2}+2}=\frac{-\left(2-\sqrt{2}\right)}{\left(2+\sqrt{2}\right)\left(2-\sqrt{2}\right)}$.

Następnie skorzystaliśmy ze wzoru skróconego mnożenia.

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

$\left(2+\sqrt{2}\right)\left(2-\sqrt{2}\right)=2^2-{\left(\sqrt{2}\right)}^2=4-2=2$

$\text{II}$ sposób

Korzystające ze wzorów redukcyjnych dla kątów $2\mathrm{\pi }-\alpha$, otrzymujemy:

$\frac{\sin \frac{11\pi }{6}}{\cos \frac{7\pi }{4}+1}=\frac{\sin \frac{12\pi -\pi }{6}}{\cos \frac{8\pi -\pi }{4}+1}=\frac{\sin \left(\frac{12\pi }{6}-\frac{\pi }{6}\right)}{\cos \left(\frac{8\pi }{4}-\frac{\pi }{4}\right)+1}=\frac{\sin \left(2\pi -\frac{\pi }{6}\right)}{\cos \left(2\pi -\frac{\pi }{4}\right)+1}=\frac{-\sin \frac{\pi }{6}}{\cos \frac{\pi }{4}+1}=$

$=\frac{\frac{-1}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}+1}=\frac{-2+\sqrt{2}}{2}$

Wykarzemy tożsamość trygonometryczną

${\cos }^2\left(\frac{3}{2}\pi +\alpha \right)=\left(1+\cos \alpha \right)\left(1+\sin \left(\frac{3}{2}\pi +\alpha \right)\right)$

Przekształćmy lewą stronę tożsamości: $L={\cos }^2\left(\frac{3}{2}\pi +\alpha \right)={\sin }^2\alpha$

Prawa strona tożsamości to: $P=\left(1+\cos \alpha \right)\left(1+\sin \left(\frac{3}{2}\pi +\alpha \right)\right)=\left(1+\cos \alpha \right)\left(1-\cos \alpha \right)=1-{\cos }^2\alpha ={\sin }^2\alpha$

Zatem $L=P$.

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

para uporządkowanych półprostych o wspólnym początku, z których pierwszą nazywamy ramieniem początkowym, a drugą ramieniem końcowym kąta skierowanego