Wykażemy, że dla każdego kąta $\alpha$ prawdziwa jest równość:

${\left(\sin \alpha +\cos \alpha \right)}^2+\left(\sin \alpha -\cos {\alpha }^2\right)=2$.

Rozwiązanie

$L={\left(\sin \alpha +\cos \alpha \right)}^2+{\left(\sin \alpha -\cos \alpha \right)}^2$

$P=2$

Skorzystamy z następujących wzorów skróconego mnożenia:

${\left(a+b\right)}^2=a^2+b^2+2ab$ oraz ${\left(a-b\right)}^2=a^2+b^2-2ab$.

Podstawiamy  wartości do powyższych wzorów.

${\left(\sin \alpha +\cos \alpha \right)}^2={\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha +2·\sin \alpha ·\cos \alpha$

${\left(\sin \alpha -\cos \alpha \right)}^2={\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha -2·\sin \alpha ·\cos \alpha$

Teraz przekształcamy lewą stronę równości:

$L={\left(\sin \alpha +\cos \alpha \right)}^2+{\left(\sin \alpha -\cos \alpha \right)}^2=$

$={\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha +2·\sin \alpha ·\cos \alpha +{\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha -2·\sin \alpha ·\cos \alpha$

Po redukcji wyrażeń podobnych otrzymujemy stronę prawą równania.

$L=2·{\sin }^2\alpha +2·{\cos }^2\alpha =2·\underset{{\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1}{\underbrace{\left({\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha \right)}}=2·1=2=\mathrm{P}$.

To kończy dowód.

Doprowadzimy do najprostszej postaci wyrażenie:

$\frac{{\sin }^2\mathrm{\alpha }}{1-\mathrm{cos\alpha }}+\frac{{\sin }^2\mathrm{\alpha }}{1+\mathrm{cos\alpha }}$.

Rozwiązanie

Wyrażenie $\frac{{\sin }^2\mathrm{\alpha }}{1-\mathrm{cos\alpha }}+\frac{{\sin }^2\mathrm{\alpha }}{1+\mathrm{cos\alpha }}$, przy założeniach: $1-\cos \alpha \ne 0$ oraz $1+\cos \alpha \ne 0$, sprowadzamy do wspólnego mianownika. Następnie wykorzystamy wzór skróconego mnożenia: $\left(a+b\right)\left(a-b\right)=a^2-b^2$.

Mamy zatem:

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

Z jedynki trygonometrycznej (${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1$) mamy, że

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

Ostatecznie:

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

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

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

Odp.: $\frac{{\sin }^2\mathrm{\alpha }}{1-\mathrm{cos\alpha }}+\frac{{\sin }^2\mathrm{\alpha }}{1+\mathrm{cos\alpha }}=2.$

Sprawdzimy, czy równość $\frac{1-\sin \alpha }{\cos \alpha }=\frac{\cos \alpha }{1+\sin \alpha }$ jest prawdziwa.

Rozwiązanie

Zakładamy, że: $\cos \alpha \ne 0$ i $1+\sin \alpha \ne 0$.

Teraz oznaczamy strony równania.

$L=\frac{1-\sin \alpha }{\cos \alpha }$

$P=\frac{\cos \alpha }{1+\sin \alpha }$

Jeżeli równość jest prawdziwa, to $L=P$, więc $L–P=0$, czyli: $\frac{1-\sin \alpha }{\cos \alpha }-\frac{\cos \alpha }{1+\sin \alpha }=0$.

Będziemy teraz przekształcać lewą stronę wyrażenia celem sprawdzenia, czy otrzymamy wartość zero.

Zastosujemy wzór skróconego mnożenia $\left(a-b\right)\left(a+b\right)=a^2-b^2$, który przygotuje nam oba ułamki do sprowadzenia ich do wspólnego mianownika.

Ze wzoru skróconego mnożenia otrzymujemy następującą równość:

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

Równość tę podstawiamy do równania wyjściowego.

$\frac{1-\mathrm{sin\alpha }}{\mathrm{cos\alpha }}-\frac{\mathrm{cos\alpha }}{1+\mathrm{sin\alpha }}=\frac{\left(1-\mathrm{sin\alpha }\right)\left(1+\mathrm{sin\alpha }\right)}{\mathrm{cos\alpha }\left(1+\mathrm{sin\alpha }\right)}-\frac{\mathrm{cos\alpha }·\mathrm{cos\alpha }}{\left(1+\mathrm{sin\alpha }\right)\mathrm{cos\alpha }}=$

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

$\frac{1-{\sin }^2\mathrm{\alpha }-{\cos }^2\mathrm{\alpha }}{\mathrm{cos\alpha }\left(1+\mathrm{sin\alpha }\right)}=\frac{1-\stackrel{{\sin }^2\mathrm{\alpha }+{\cos }^2\mathrm{\alpha }=1}{\overbrace{\left({\sin }^2\mathrm{\alpha }+{\cos }^2\mathrm{\alpha }\right)}}}{\mathrm{cos\alpha }\left(1+\mathrm{sin\alpha }\right)}=\frac{1-1}{\mathrm{cos\alpha }\left(1+\mathrm{sin\alpha }\right)}=\frac{0}{\mathrm{cos\alpha }\left(1+\mathrm{sin\alpha }\right)}=0$

Ponieważ $L–P=0$, to wykazaliśmy, że $L=P$, więc równość $\frac{1-\sin \alpha }{\cos \alpha }=\frac{\cos \alpha }{1+\sin \alpha }$ jest prawdziwa.

Wiedząc, że: $\sin \alpha =\frac{2}{3}$ i $\alpha \in \left(0, 90°\right)$, obliczymy wartość wyrażenia: $\left(1+\cos \alpha \right)\left(1-\cos \alpha \right)$.

Rozwiązanie

Rozwiążemy to zadanie dwoma sposobami.

I sposób:

Znając wartość funkcji sinus, wyznaczymy wartość funkcji cosinus.

Aby wyznaczyć wartość $\cos \alpha$, przekształcamy wzór ${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1$ do postaci ${\cos }^2\alpha =1-{\sin }^2\alpha$.

Po podstawieniu $\sin \alpha =\frac{2}{3}$, otrzymujemy:

${\cos }^2\alpha =1-{\left(\frac{2}{3}\right)}^2=\frac{5}{9}$.

Istnieją dwie liczby, których kwadrat jest równy $\frac{5}{9}$. To $\frac{\sqrt{5}}{3}$ i $\frac{-\sqrt{5}}{3}$.

Ponieważ $\alpha \in \left(0, 90°\right)$, to $\cos \alpha =\frac{\sqrt{5}}{3}$.

Podstawiamy do wzoru wyliczoną wartość cosinusa i korzystając ze wzoru skróconego mnożenia $\left(a-b\right)\left(a+b\right)=a^2-b^2$, otrzymujemy:

$\left(1+\cos \alpha \right)\left(1-\cos \alpha \right)=\left(1-\frac{\sqrt{5}}{3}\right)\left(1+\frac{\sqrt{5}}{3}\right)=$

$=1-{\left(\frac{\sqrt{5}}{3}\right)}^2=1-\frac{5}{9}=\frac{4}{9}$

II sposób:

Przekształcamy wyrażenie do prostszej postaci, wykorzystując wzór skróconego mnożenia: $\left(a-b\right)\left(a+b\right)=a^2-b^2$.

Wzór ${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1$ zapisujemy w postaci: ${\sin }^2\alpha =1-{\cos }^2\alpha$.

Stąd

$\left(1+\cos \alpha \right)\left(1-\cos \alpha \right)=1-{\cos }^2\alpha ={\sin }^2\alpha ={\left(\frac{2}{3}\right)}^2=\frac{4}{9}$.

Odp.: Gdy $\sin \alpha =\frac{2}{3}$, wartość wyrażenia $\left(1+\cos \alpha \right)\left(1-\cos \alpha \right)$ wynosi $\frac{4}{9}$.

Udowodnimy, że dla każdego kąta ostrego $\sin \alpha ·\cos \alpha =\frac{\mathrm{tg}\alpha }{{\mathrm{tg}}^2\alpha +1}$.

Rozwiązanie

Będziemy przekształcać prawą stronę równości tak długo, aż otrzymamy lewą stronę.

$P=\frac{\mathrm{tg}\alpha }{{\mathrm{tg}}^2\alpha +1}$

$L=\sin \alpha ·\cos \alpha$

Przekształcając prawą stronę wyrażenia, wykorzystamy wzory: $tg\alpha =\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }$ oraz ${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1$.

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

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

To kończy dowód.

pewna określona zależność między funkcjami trygonometrycznymi; każde użyte w tożsamości wyrażenie musi mieć sens