186 A trigonometria elemei - Math Webmailandrasz/CD/TANK9/8fej.pdf · 2013. 9. 24. · 186 A trigonometria elemei VIII. A TRIGONOMETRIA ELEMEI VIII.1. Szögek mérése Az eddigi tanulmányaitok

186 A trigonometria elemei

VIII. A TRIGONOMETRIA ELEMEI

VIII.1. Szögek mérése Az eddigi tanulmányaitok során a szögek mérésére a fokot és annak törtrészeit használtátok. Így a teljes szög mértéke 360 . Ez azt jelenti, hogy az középpontú kört 360 részre osztjuk és egy résznek megfelelő szög mértékét választjuk egységnek (ez az 1 -os szög). Az 1 -os szög hatvanad részét nevezzük percnek (jelölése 1

o Oo o

′ ) és az 1′ hatvanad részét nevezzük másodpercnek (jelölése ). Így érvényesek az alábbi átalakítási szabályok: 1′′

061o ′= ; 061 ′′=′ .

A technikában és a katonai méréseknél használnak más mértékegységeket is. A matematikában leggyakrabban a radián használatos, amelyet a következőképpen értelmezünk:

1.1. Értelmezés. Annak a középponti szögnek a mértéke 1 radián (1 rad), amelynek a szárai közé eső körív hossza egyenlő a kör sugarával.

1.2. Megjegyzés. Egységnyi sugarú körön az egységnyi hosszúságú ívnek megfelelő középponti szög 1 rad. Mivel a kör kerülete Rπ2 , ezért a 360 -os szögnek o rad2π felel meg. Így az 1 -os szög ugyanaz,

mint a

o

rad180π szög. Ez megadja a két mértékegység közti átszámolást. A továbbiakban a BAC

fokban vagy radiánban mért mértékét ( )m BAC -vel jelöljük. Ha fokokban adjuk meg egy szög

mértékét mindig kitesszük a „°” jelet, míg ennek hiánya azt jelenti, hogy a szög mértéke radiánban

van kifejezve. Így a ( ) 3ACm B π

= és ( )m BAC = o60 ugyanazt jelentik.

VIII.1.1. Gyakorlatok 1. Hány fokosak az alábbi szögek?

a) π ; b) 2π ; c)

3π ; d)

6π ; e)

32π ; f)

4π ; g)

6π5 ; h)

3π4 ; i)

2π3 ; j)

90π ; k)

15π ; l)

92π .

2. Fejezd ki radiánban az alábbi szögek mértékét: a) 30 ; b) 15 ; c) 22 ; d) ; e) ; f) 18 ; g) 72 ; h) 126 ; i) 529 . o o 03o ′ 5111o ′ o75 o o o o

A trigonometria elemei 187

VIII.2. Hegyesszögek szinusza, koszinusza, tangense és kotangense

A hasonlóság tanulmányozásánál láttátok, hogy ha az és derékszögű háromszögek

(

OAB 11BOA

o1( ) ( ) 90m A m A= = ) hasonlók, akkor

1OAOA

111 OBOB

BAB

==A

. Így

1

11

OBBA

OBAB

= , tehát egy derékszögű háromszögben egy hegyesszöggel

szemben fekvő befogó és az átfogó aránya csak a szög mértékétől függ (és nem az oldalak hosszától). Ezt az arányt az AOB szinuszának* nevezzük és

( )sin AOB -vel jelöljük. Tehát, ha α egy derékszögű háromszög egy

hegyesszöge, akkor átfogó

fekvszemben szöggel befogó ősin =α .

O

B

A

B1

1A

VIII. 1. ábra

Hasonlóan értelmezzük az α szög koszinuszát (jelölés αcos ), tangensét ( αtg ) és kotangensét ( αctg ):

átfogóbefogó fekvőmellett szögcos =α ;

befogó fekvő mellettebefogó fekvőszemben szöggeltg =α ;

befogó fekvőszemben befogó fekvőmellett szögctg =α .

Az előbbi mennyiségek csak az α szög mértékétől függnek, ezért szögfüggvényekként emlegetjük.

2.1. Feladat. Fejezzük ki a αtg -t és αctg -t a αsin és αcos segítségével.

Megoldás. Az ábra jelölései alapján OBAB

=αsin és OBOA

=αcos , tehát

αsin⋅= OBAB és αcos⋅= OBOA .

O

B

Aα

VIII. 2. ábra

Így αα

ααα

cossin

cossintg =⋅⋅

==OBOB

OAAB és

αα

αα

αsincos

sincos

ctg =⋅⋅

==OBOB

ABOA

.

Érvényesek tehát a következő összefüggések: sintg , 0,cos 2

α πα αα

= ∀ ∈

és 1 cosctg , 0,tg sin 2

α πα αα α

= = ∀ ∈

.

2.2. Feladat. A derékszögű háromszög oldalaira érvényes Pitagorász tétele. Vizsgáljuk meg, hogy a Pitagorász tétel hogyan fogalmazható meg a szögfüggvények segítségével. * A szögek szinuszát először Al-Battani (879 – 918) arab matematikus használta, a jelölés T. Fink angol matematikustól származik 1583-ból.


Megoldás. A VIII.2. ábra jelölései alapján OA (*), tehát 222 OBAB =+ 122

=

+

OBAB

OBOA

2OA

. Az

eddigi értelmezések alapján sin . A (*) összefüggést eloszthattuk volna -tel vagy

1=αcos22 +α2AB -tel is, így más összefüggésekhez is juthatunk:

22

1

=

+

OAOB

OAAB , tehát

αα 2

2

cos1tg =+1 és

22

1

=+

ABOB

ABOA , tehát

αα 2

2

sin1ctg =+1 .

Az előbbi feladat alapján bármely

∈

2,0 πα esetén érvényes az alábbi három összefüggés:

1cossin 22 =+ αα α

α 22

cos1tg1 =+

αα 2

2

sin1ctg1 =+

VIII.2.1. Gyakorlatok 1. Számítsd ki a következő szögek szögfüggvényeit:

a) ; b) 60 ; c) . o30 o o452. Bizonyítsd be, hogy:

a) ( )αα −= o90cossin , ( )o90,0∈∀α ; b) ( )αα −= o90sincos , ∀ ; ( )o90,0∈α

c) , ( )αα −= o90ctgtg ( ); d) o90,0∈∀α ( )αα −= o90tgctg , . ( )o90,0∈∀α3. Írd át szögfüggvényekre a befogó tételt és a magasság tételt.

4. Az A -ban derékszögű háromszögben ABC54

=Csin és az AB befogó hossza . Számítsd ki

a többi oldal hosszát és a szög szögfüggvényeit.

l

C

5. Az derékszögű háromszögben az egyik szög a másik kétszerese. Mennyi lehet az ABCBCAB arány?

VIII.2.2. Feladatok 1. Bizonyítsd be, hogy ha AA ′ ( ))(BCA ∈′ az háromszög ABC A szögének belső szögfelezője,

akkor ACAB

CAAB

=′′

.

2. Bizonyítsd be, hogy az háromszög ABC A szögének szögfelezőjére igaz az 1AA

2cos2|| 1

Acb

bcAA+

= összefüggés, ahol b || AC= és |AB|c = .

3. Bizonyítsd be, hogy az hegyesszögű háromszögbenABC BcCba coscos += . 4. Bizonyítsd be, hogy

a) sin , xxx tg<<

∈∀

2,0 πx ; b)

21sin

xxx+

≥ ,

∈∀

2,0 πx .


5. Bizonyítsd be, hogy ha és létezik ,a b∈

∈

2,0 πx úgy, hogy 2cossin >+ xbxa , akkor

. 422 >+ ba

VIII.3. Összeg és különbség trigonometrikus függvényei 3.1. Feladat. Fejezd ki a ( yx )+sin -t és ( )yx +cos -t az x és szögfüggvényei segítségével, y

∈

2,0, πyx és

2π

∈+ ,0yx .

Megoldás. Szerkesszük meg az derékszögű háromszöget, amelyben ABC ( ) o90m ACB = és

( )m BAC x= . Az AB átfogóra szerkesszük meg az ABD derékszögű

A

a

A

D

Íg

A

VIII. 3. ábrD

háromszöget, amelyben ( ) o90m ABD = és ( )m BAD y= (lásd a mellékelt

ábrát). Így a mértéke DAC yx + , tehát ADED és

ADAE arányokat kellene

kiszámítanunk, ahol E a pont -re eső vetülete. Ha | , akkor az

-ben

D AC

x

rAC =|

∆ABC rBC tg= és x

rcos

AB = , tehát az -ben ∆ABD

yrcosxy

ABDcoscos

== és yx

r tgcos

yAB tgBD == .

B

CE

F

xy

e és ECACAE −=

( )cos cos sin2

EC FB BD FBD BD x BD xπ = = = − =

= yxyxrxy

xr

coscossinsinsintg

cos= .

y ( ) yxyx

yxr

yxyxr

ADAEyx sinsincoscos

coscos

coscossinsin1

cos −=

−

==+ és

( )

yx

yxAD

xBDxrAD

BFBCADDEyx

coscos1

tgtgcostgsin +=

+=

+==+ =

= yxyxyxyy

xx sincoscossincoscos

cossin

cossin

+=

+ .

z előbbi ábra jelölései alapján ( )yxyx

AEDEyx

tgtg1tgtgtg

−+

==+ és


( )yx

yx

yx

yxyxyx

DEAEyx

ctgctg1ctgctg

ctg1

ctg1

ctg1

ctg11

tgtgtgtg1ctg

+−

=+

⋅−=

+−

==+ .

Az előbbiek alapján kijelenthetjük a következő tételt:

3.2. Tétel. Bármely

∈+

2,0,, πyxyx esetén

( ) yxyxyx sinsincoscoscos −=+ ( ) yxyxyx sincoscossinsin +=+

( )yxyxyx

tgtg1tgtgtg

−+

=+ ( )yx

yxyxctgctg

1ctgctg+

−=+ctg

3.3. Feladat. Számítsuk ki ( )yx −sin -t és ( )yx −cos -t az x és

szögfüggvényei segítségével, ha

y

2,0 π

∈y−,, xyx .

Megoldás. Az háromszögben ABC rAB =|| , ( ) 90m ABC = o és

( )m BAC x= . Felvesszük a és )(BC∈D )(ACE∈ pontokat úgy, hogy

( )m DAB y= és . Így ( )EA = o90m D ( )m DAC x y= − és ( )ADED

y =−xsin . De y

rADcos

= ,

, és yrBD tg= xr tg=BCx

rACcos

= . Az derékszögű háromszögben ECD ( )m ECD x= ,

tehát ( ) ( ) xy costgxr tgxBD cosBCxcosDCED −=−== . Ebből következik, hogy

A B

C

D

E

yx-y

VIII. 4. ábra

( ) ( ) yxyxyy

xxyx

yr

yxxryx sincoscossincossin

cossincoscos

cos

tgtgcossin −=

−=

−=− .

Hasonlóan

( ) =−

=−

==−

yr

xCDx

r

ADEDAC

ADAEyx

cos

sincoscos ( ) =−− yxxy

xy tgtgsincos

coscos

= =

−−

yy

xxxy

xy

cossin

cossinsincos

coscos =+− yxy

xx

xy sinsincos

cossin

coscos 2

= =+−

− yxyx

xxy sinsincos

coscos1

coscos 2

yxyx sinsincoscos + .


( ) ( )( ) =

+−

=−−

=−yxyxyxyx

yxyxyx

sinsincoscossincoscossin

cossintg =

⋅+

−

yy

xxyx

yy

xxyx

cossin

cossin1coscos

cossin

cossincoscos

yxyx

tgtg1tgtg

+− .

( ) ( ) xyyx

yx

yxyxyx

yxyx

ctgctg1ctgctg

ctg1

ctg1

ctg1

ctg11

tgtgtgtg1

tg1ctg

−+

=−

⋅+=

−+

=−

=− .

Érvényes tehát a következő tétel:

3.4. Tétel. Ha

∈

2,0, πyx és yx > , akkor

( ) −= yxyxyx sincoscossinsin − ( ) yxyxyx sinsincoscoscos +=−

( )yxyxyx

tgtg1tgtgtg

+−

=− ( )xy

yxyxctgctg

1ctgctg−

+=−ctg

3.5. Feladat. Az előbbi összefüggések segítségével vezessünk le képletet a következő kifejezésekre (feltételezzük, hogy minden egyes összefüggésben x olyan tartományban van amelyben a kifejezések értelmezettek)

a) ; b) ; c) ; d) ; e) ; f) cos ; g) ; h) x2sin x2cos x2tg x2ctg x3sin x3 x3tg2

sin x ; i) 2xcos .

Megoldás. A 3.2. tétel összefüggéseibe xy = -et helyettesítve az a), b), c) és d) pontoknál kapjuk: a) sin ( ) xxxxxxxxx cossin2sincoscossinsin2 =+=+=

( ) 2222

. b) . 1cos2sin21sincoscos2cos −=−=−=+= xxxxxxx

22(A második két eredményt a sin összefüggés felhasználásával kaptuk.) 1cos =+ xx

c) ( )x

xxxx 2tg1tg2tg2tg

−=+= . d) ( )

xxxxx

ctg21ctgctg2

2 −=+=ctg .

( )e) = sin( )xxx += 2sin3sin xxxx sin2coscos2 + = +xxx coscossin2 = = =

( )xx 2sin21sin −

( )x2xx 2 sin21cos2sin −+ ( )xx 2 21sin12sin −+−( )x2sin = ( )− xx 2sin43 = xx 3sin4sin3 −sin . ( ) ( )2 ( )f) = cosxxx += 2cos3cos xxxx sin2sincos2 − = xx cos1cos2 − xxx sincossin2− =

= =( )( )x2xx 2 121cos2cos −−− cos ( )3cos4cos 2 −xx = . xx cos33 −cos4xtg2

g) = ( )xxx += 2tg3tgxxxx

tg2tg1tg2tg

−+ =

xx

x

xx

tgtg1tg21

tgtg1

2

2

⋅−

−

+− =

xxx

2

3

tg31tgtg3

−− .

h) A b) pontban levezetett egyenlőségek alapján

2sin211

2cos2

22coscos 22 xxxx −=−=

⋅= . Innen

2cos1

2cos xx +

= és 2cos1

2xx −

=sin .


Az előbbiek alapján érvényes a következő tétel:

3.6. Tétel. Tetszőleges

∈

2,0 πx esetén

xxx cossin22sin = , ha

2,0 πx∈2 ;

1cos2sin21sincos2cos 2222 −=−=−= xxxxx , ha

∈

2,02 πx ;

xxx 2tg1

tg22tg−

= , ha

2,0 πx∈2 ;

xxx

ctg21ctg2ctg

2 −= , ha

2,0 πx∈2 ;

xxx 3sin4sin33sin −= , ha

2,0 πx∈3 ;

xxx cos3cos43cos 3 −= , ha

2,0 πx∈3 ;

3−

x

xxx

2tg31

tgtg33tg

−= ha

2,0 πx∈3 ;

2cos1

2cos xx +

= 2cos1

2sin xx −

= .

3.7. Alkalmazások 1. Számítsuk ki a 15 -os szög és a mértékű szög szögfüggvényeit. o 0322o ′

Megoldás. 4

262

322

231

230cos1

230sin15sin

ooo −

=−

=−

=−

== ;

426

232

2231

230cos1

230cos15cos

ooo +

=+

=+

=+

== ;

323232

15cos15sin15tg o

oo −=

+−

== ;

222

2221

245cos1

245sin0322sin

ooo −

=−

=−

==′ ;

222

2221

245cos1

245cos0322cos

ooo +

=+

=+

==′ ;


122

222222

0322cos0322sin0322tg o

oo −=

−=

+−

=′′

=′

o

.

2. Számítsuk ki a -os szög szögfüggvényeit. 75

Megoldás ( )4

2621

23

2230sin45cos30cos45sin3045sin75 oooooo +

=

+=+=+= osin ;

( )4

2621

23

2230sin45sin30cos45cos3045cos75cos oooooo −

=

−=−=+= o ;

322626

75cos75sin75tg o

oo +=

−+

== .

A B

CD

MNPMegjegyzés. Látható, hogy sin és . oο 15cos75 = oο 15sin75cos =

3. Az négyzet belsejében vegyük fel az ABCD M pontot úgy, hogy

( ) ( ) o15m M m MCB=BC = legyen. Bizonyítsuk be, hogy az MAD∆ egyenlő oldalú. VIII. 5. ábra

Bizonyítás. A feltételek alapján az egyenlő szárú, tehát az is az. Ha és ∆MBC ∆MAD N P az M pont illetve BC AD szakaszokra eső vetülete és a négyzet oldalának hossza, akkor l

32tg −= 15o =NCMN , tehát ( )32 −

2=

lMN és így 23

23 llMP =+ll −= . Tehát

( ) 3 3MDP = = =tg2 2

l lMPPD

, innen ( ) o60DA =m M . Eszerint az egyenlő oldalú. ∆MAD

4. Az derékszögű háromszög ABC AB és befogóján vegyük fel az AC M és pontokat. Bizonyítsuk be, hogy

NMNBCANACAMAB ⋅≤⋅+⋅ . (*)

Bizonyítás. A bizonyítandó egyenlőtlenséget elosztjuk MNBC ⋅ -nel és jelöljük az NMA és szögek mértékét

CBAα -val és β -val.

M

N

C

BAα β

VIII. 6. ábra Így (*) ⇔ 1≤⋅+MNAN

BCAC

⋅MNAM

BCAB

1sinsin

⇔

coscos ≤+ αβαβ ⇔ ( )||cos 1≤− βα . Mivel

( )

∈∀

2,01 πx∈ ,0cos x esetén, következik, hogy az

egyenlőtlenséget igazoltuk. 5. Határozzuk meg a xxx 341 32 −=− irracionális egyenlet egy pozitív megoldását.

Megoldás. Az αcos=x jelöléssel a ααα cos3cos4cos1 32 −=− ⇔

− απ 3

2== αα sin3cossin egyenlethez jutunk. Ennek egy megoldása a απα 3

2−= egyenlet

8πα = megoldása, amelyre

∈−

2,03

2, παπα3,α .


Tehát az eredeti egyenlet egy megoldása az 2

220322cos8

cos o +=′==

πx .

6. Számítsuk ki a 18 -os, 72 -os és -os szögek szögfüggvényeit. o o o54Megoldás. Tekintsük azt az háromszöget, amelyben ABC

( ) ( ) o72m ABC m ACB= = . (VIII.7. ábra) Így ( ) o36m BAC = és a

szögfelezője két egyenlő szárú háromszögre bontja az ))(( ABDCD ∈

ABC∆ -et. ( ( ) ( ) 36C= = oAm D és CA m D ( ) ( ) 72m DBC= = om BDC ).

C

Az ABC∆ és CDB∆ hasonlósága alapján ACBC

BCBD

= .

Tehát ha ABADx = , akkor

xx

xADADAB

BCADAB −

=−=−

=− 111

BCBD

= ,

ugyanakkor xABAD

ACBC

BCBD

=== (felhasználtuk, hogy BCAD = és ABAC = ).

VIII. 7. ábra A

B C

D

72

72

36

36

36

A fentiek alapján xx

x=

−1 ⇔ , tehát 012 =−+ xx2

51+−=x .

De o o 5 1cos72 sin182 2 4

xBC AB −= = = =

és így 4

52104

15118cos72sin2

oo +=

−−== *.

Hasonlóan o o 5sin54 cos362 4

AC AD += = =

1 és

4521036sin o −

=54cos o = .

VIII. 8. ábra A

O

RB

O 1O 2

rC

α

7. Számítsuk ki az r és sugarú külső érintő körök közös érintői által bezárt szög szinuszát az

Rr és

függvényében. R

Megoldás. A VIII.8. ábra jelöléseit használjuk. Ekkor rROO +=|21| és | , tehát rRCO −=|1

( ) ( ) RrrRrRCOAB 2|||| 222 =−−+== . Így

rRrR

+−

=OC

2OO

=1

1

2αsin és

rRRr

OOCO

+==

22

cos21

2α , tehát ( )( )2

42

cos2

sin2sinrR

RrrR+−

==ααα .

* Eukleidész Elemek című művének IV. könyvében a 10. tulajdonság.


VIII.4. Összegnek szorzattá és szorzatnak összeggé való alakítása*

A 3.2. és 3.4. tételek alapján ha a

( ) yxyxyx sincoscossinsin +=+ és ( ) yxyxyx sincoscossinsin −=− ,

egyenlőségek megfelelő oldalait összeadjuk illetve kivonjuk egymásból, akkor a következő azonosságokhoz jutunk:

( ) ( ) yxyxyx cossin2sinsin =−++ és ( ) ( ) yxyxyx sincos2sinsin =−−+ .(*)

Az ayx =+ és byx =− jelöléssel 2

bax += és

2bay −

= , tehát

2cos

2sin2sinsin bababa −+

=+ és 2

sin2

cos2sinsin bababa −+=−

Hasonló összefüggéseket igazolhatunk a koszinuszokra is. Ha a

( ) yxyxyx sinsincoscoscos −=+ és ( ) yxyxyx sinsincoscoscos +=−

egyenlőségek megfelelő oldalait összeadjuk, illetve kivonjuk egymásból, akkor a következő azonosságokhoz jutunk:

( ) ( ) yxyxyx coscos2coscos =−++ és ( ) ( ) yxyxyx sinsin2coscos −=−−+

Az ayx =+ és byx =− jelölés segítségével

2cos

2cos2coscos bababa −+

=+ és

2sin

2sin2coscos bababa −+

−=− ⇔ 2

sin2

sin2coscos babaab −+=− (**) alakba írhatjuk.

A (*) egyenlőségek a szorzat összeggé alakítását, míg a (**) egyenlőségek az összeg szorzattá alakítását mutatják.

VIII.4.1. Megoldott feladatok 1. Alakítsuk szorzattá a következő összeget:

( )zyxzyx ++−++ sinsinsinsin .

Megoldás 2

cos2

sin2sinsin yxyxyx −+=+ és

( )2

sin2

cos22

sin2

cos2sinsin yxyxzzzyxzzyxzyxz +

+

+−=−+++++

−=++− .

* Mindvégig feltételezzük, hogy a megjelenő szögek a

2,0 π

intervallumban vannak.


Tehát ( zyxzyx )++−++ sinsinsinsin =

+

+−−+

2cos

2cos

2sin2 yxzyxyx =

s2

sin2

sin22

xzyzyx ++⋅

+sin2= = 2

sin2

sin2

xzzyy +++sin4 x .

2. Számítsuk ki az ( ) ( ) ( )nrararaaS +++++++= cos...2coscoscos1 és ( ) ( ) ( )nrararaaS +++++++= sin...2sinsinsin2

összegeket.

Megoldás. A ( ) ( ) ( )

−

+−

+

+=+2

12sin2

12sin2

sincos2 rkarkarkra egyenlőség alapján

−−

+=

2sin

2sin

2sin2 1

raraSr +

+−

+

2sin

23sin rara +

+

+−

+

23sin

25sin rara + … + ( ) ( )

−

+−

+

+2

12sin2

12sin rnarna =

= ( )

−−

+

+2

sin2

12 rarnasin = ( )

+

+2

cos21sin2 nrarn .

A ( ) ( ) ( )

+

+−

−

+=+2

12cos2

12cos2

sinsin2 rkarkarkra egyenlőség alapján

+−

−=

2cos

2cos

2sin2 2

raraSr +

+−

+

23cos

2cos rara +

+

+−

+

25cos

23cos rara + … + ( ) ( )

+

+−

−

+2

12cos2

12cos rnarna =

= ( )

+

+−

−

212cos

2cos rnara = ( )

+

+2

sin21sin2 nrarn .

Tehát

( )

2sin

2cos

21sin

1 r

nrarn

S

+

+

= és

( )

2sin

2sin

21sin

2 r

nrarn

+

+

=S .


VIII.5. Trigonometrikus függvények Látható, hogy az eddigi összefüggések mindegyikénél külön figyelmet igényelt, hogy a szögek a

2,0 π intervallumban legyenek. Ahhoz, hogy a , xsin xcos , és kifejezéseket

értelmezzük a

xtg xctg

2,0 π intervallumon kívüli értékekre is, jó volna, ha az eddigi összefüggések

érvényben maradnának*. Éppen ezért vizsgáljuk meg, hogy mi történne, ha az eddigi összefüggésekbe tetszőleges x és értékeket helyettesítenénk. Világos, hogy ha a

,

y

( ) xyx sincossinsin =± yyxcos ± ( ) yy coscos ysinxsin∓xcosx =± és egyenlőségek érvényesek tetszőleges

1cos2 =+ xxsin2

x és értékek esetén, akkor ebből következik, hogy a többi összefüggés is igaz (persze, ha a törtek nevezője nem nulla). Így a

y

( ) 0sincoscossinsin =−=− xxxxxx , ( ) 1sincoscos 22 =+=− xxxx ,

122

22

4sin

4cos

4cos

4sin

44sin

22

=

+

=+=

+

ππππππ ,

022

22

4sin

4sin

4cos

4cos

44cos

22

=

−

=−=

+

ππππππ

egyenlőségek alapján , 00sin = 10cos = , 12

sin =π és 0

2=

πcos egyenlőségeknek teljesülniük

kellene. Ugyanakkor xxx cossin2

coscos2

=+ππx sin=

+

2sin

π és

xxxx sinsin2

sincos2

cos2

cos −=−=

+

πππ

is kellene teljesüljön. Ez csak akkor lehetséges, ha bármely

∈ ππ ,

2x esetén

( )xxxxx −=

−−=

−=

−+= ππππππ sin

22sin

2cos

22sinsin ,

( )xxxxx −−=

−−−=

−−=

−+= ππππππ cos

22cos

2sin

22coscos .

Hasonló módon az előbbi egyenlőségek alapján

∈

23, ππx esetén: ( )π−−= xx sinsin és ( )π−−= xx coscos ;

* Ez az elgondolás a „permanencia elv”-ként ismeretes.


∈ ππ 2,

23x esetén: ( )xx −−= π2sinsin és ( )xx −= π2coscos .

Belátható, hogy így 02sin =π és 12cos =π is szükséges és továbbá ( ) xx sin2 =sin + π valamint ( ) xx cos2cos =+ π is kellene teljesüljön. Tehát lépésenként (a matematikai indukció módszerével)

értelmeznénk a és xsin xcos kifejezéseket tetszőleges x∈ esetén illetve a és kifejezést minden lehetséges x értékre. Így megkapnánk a valós számok halmazán értelmezett szinusz, koszinusz, tangens és kotangens függvényt. Erre a kiterjesztésre szükségünk van, hisz nagyon egyszerű gyakorlati problémák vezetnek bonyolult függvénytani kérdésekhez a trigonometrikus függvényekkel kapcsolatban. Az előbb vázolt értelmezés eléggé nehézkes, ezért bemutatunk egy egyszerűbb módot, amely teljesíti az összes eddig felsorolt igényt. Ehhez szükségünk lesz a trigonometrikus körre.

xtg xctg

VIII.5.1. A trigonometrikus kör A síkban felvesszük az xOy koordinátarendszert. 5.1.1. Értelmezés. Azt az O középpontú, egységsugarú kört, amelyen értelmezünk egy pozitív irányt (az óramutatók járásával ellentétes), trigonometrikus körnek nevezzük. VIII. 9. ábra Minden valós számnak megfeleltethetünk egy pontot a trigonometrikus körön a következőképpen:

Ox

y

AI. ha )2,0[ πα ∈ , akkor az α számnak az a B pont felel meg a körön, amelyre az AB körív mértéke α (pozitív körüljárási irányban). II. ha )2,0[ πα ∉ , akkor létezik és egyértelműen meghatározott a q∈ és az )2,0[ π∈r valós szám, amelyre rq +⋅= πα 2 . Ebben az esetben az α -nak azt a B pontot feleltetjük meg, amelyre az AB körív mértéke (pozitív irányban) r.

5.1.2. Megjegyzés. Ez a megfeleltetés nem kölcsönösen egyértelmű. Bármely α valós számnak pontosan egy pont felel meg a körön, de a kör minden pontja végtelen sok valós számhoz tartozik. Például azt a B pontot, amelyre az AB körív pozitív irányban mért mértéke α , az összes

πα k2+ alakú valós számhoz rendeljük hozzá. Ha a számegyenest felcsavarnánk a kör kerületére úgy, hogy az origó az A pontba kerüljön, akkor éppen ezt a megfeleltetést kapnánk.

5.1.3. Gyakorlat. Ábrázold a trigonometrikus körön a következő valós számok képét:

0, ππππ 4,3,2, , 2π ,

4π ,

8π ,

3π ,

6π ,

12π ,

23π ,

65π ,

25π ,

27π ,

23π

− , 4

5π , 6

7π , 6

113π , 2π

− ,

43π

− , 3

7π− ,

65π

− , 4

13π , 6

233π− .

5.1.4. Értelmezés. Tekintsük az α valós számnak megfelelő M pontot a trigonometrikus körön. Az α valós szám szinuszán az M pont ordinátáját és a koszinuszán az M pont abszcisszáját értjük.


5.1.5. Megjegyzések

αsinα

cosα OA

M

VIII. 10. ábra

1. Az értelmezés és a trigonometrikus kör illetve a valós számegyenes közti megfeleltetés alapján ha α tetszőleges valós szám, akkor

( )πk2−sinsin = és ( )παα k2coscos −= αα2. Ha az első negyedben van, akkor ( yxM , )

xOM == 1OMOM

= 1cosα és yMM == 1OMMM 1=sinα ,

tehát az eddig használt értelmezéshez jutunk.

3. Ha

∈ ππα ,

2, akkor az ( )yxM , pont szerinti szimmetrikusának koordinátái

és

Oy N

N − , tehát cos és ( )απ −sin . ( )yx, ( ) απ −=∠AONm ( )απα −−= cos α =sin

M2

α

O

M x, y( )

M1 cosα

sinα

α

OA

M( )x, y N -x, y( )

π−α π−αcos( )π−α

VIII.12. ábra

VIII.11. ábra

4. Ha

∈

23, ππα , akkor az ( )yxM , pontnak az szerinti szimmetrikusa és O ( )yxN −− ,

( ) πα −=∠AONm . Így ( )παα −−cos=cos és ( )παα −−= sinsin .

5. Végül ha

∈ ππα 2,

23 , akkor az ( )yxM , pont Ox szerinti szimmetrikusa és ( )yxN −,

AONm . Így cos és . ( ) απ −=∠ 2 ( )απα −= 2cos ( )απα −−= 2sinsin

sinα

cosα α

OA

M( )x, y

N x,- y(- )

α−π

sin(α−π)

cos(α−π)

sinα

cosα

α

OA

M( )x, y

N x,- y( )

2π−αcos( )2π−α

sin( )2π−α

VIII.13.

ábra VIII.14. ábra

Az előbbi összefüggések alapján tetszőleges ]2,0[ πα ∈ valós szám szinusza és koszinusza

visszavezethető valamilyen (α -tól függő)

2,0 π -beli szög szinuszára vagy koszinuszára.

Ezeket az összefüggéseket nevezzük az első negyedre való visszavezetés képleteinek.


VIII.5.1.1. Megoldott gyakorlatok 1. Számítsuk ki a következő számok vagy szögek szinuszát és koszinuszát:

a) 120 ; b) o

65π ; c) 210 ; d) o

34π ; e) 300 ; f) o

12π23 .

Megoldás

a) 120 , ooo 3090 +=

( )2360sin3090sin120sin oooo ==−= ,

( )2160cos3090cos120cos oooo −=−=−−= .

30 60

oo 60sin120sin =

o60coso120cos

M N

O

b)

3265 πππ

+= , tehát

2

1

6sin

32sin

32sin

6

5sin ==

−=

+=

ππππππ és

23

6cos

65cos −=−=

ππ .(6

5π ugyanaz, mint a 150 -os szög.) o

30

60

oo 30sin150sin =

o30coso150cos

M N

65π

O

c) , tehát oo 30180210 += o

2130sin210sin oo −=−= és

2330cos210cos oo −=−= .

d) 33

4 πππ+= , tehát

23

3sin

34sin −=−=

ππ és

21

3cos

34cos −=−=

ππ .

30

30 o30cos

o210cos

M

No30sin

o210sin

O

e) , tehát oo 30270300 += o

2360sin300sin oo −=−= és

2160cos300cos oo == .

f) 125

23

125

21211

1223 ππππππππ

+=++=+= ( ), oo 75270 +

tehát 4

6212

sin12

23 −=−=

ππsin és 4

6212

cos1223cos +

==ππ .

30

60

M

N

cos300=cos60

o300sin

o60sin

O

VIII. 15. ábra

VIII. 16. ábra

VIII. 17. ábra

VIII. 18. ábra 2. Számítsuk ki a következő számok szinuszát és koszinuszát:

a) 3

10π ; b) 4π23 ; c)

310π

− ; d) 570− . o


VIII. 19. ábra Megoldás

60

60

310π

6060

310π

−

4545

a)

++=+=

32

33

3ππππππ10 , tehát

23

3sin

310

−=−=ππsin és

21

3cos

310cos −=−=

ππ .

b)

++=+=

4234

435

423 ππππππ , tehát =

423sin π

22

4sin −=−

π és 22

4cos

423

==ππcos .

c) 3

243

33

10 πππππ+−=−−=− tehát

23

3sin

32sin

310sin ===

−

πππ és =

−

310cos π

21

3cos

32cos −=−==

ππ .

d) , tehát ooo 1503602570 +⋅−=− ( )21150sin570sin oo ==− és ( )

23150cos570 oo −==−cos .

VIII.5.2. Gyakorlatok és feladatok 1. Számítsd ki az alábbi értékeket:

a)

+

6ππsin ; b)

−

32sin ππ ;c)

+

1223sin ππ ; d)

310πcos ; e)

654cos π ; f)

657cos π ;

g) 3

2001πsin ; h) 3

2002cos π ; i) sin ,k kπ ∈ ; j) ( )cos 2 1 ,k kπ+ ∈ ; k) ( )2 1,

2k

kπ+

∈sin .

2. Számítsd ki tcos -t, ha

a) 53

−=sin t és

∈ ππ 2,

23t ;

b) 4

5210 −=tsin és

∈ ππ 11,

221t ;

c) 4

26 +−=tsin és

∈

247,23 ππt .

3. Számítsd ki -t, ha tsin

a) 135

=tcos és

∈ ππ 4,

27t ;

b) 52

−=tcos és

∈ ππ 5,

29t ;

c) 72

−=tcos és

∈

219,9 ππt .

4. A trigonometrikus kör segítségével határozd meg azokat az x∈ valós számokat, amelyekre:

a) ; b) sin0sin =x 1=x ; c) 0cos =x ; d) cos 1−=x ; e) 21sin =x ;


f) 23cos −=x ; g) xx cossin = ; h) sin 1cos =+ xx ; i) sin xx cos−= .

5. a) Bizonyítsd be, hogy 03

5sin3

4sin3

3sin3

2sin3

sin =++++πππππ .

b)Határozd meg azokat a k számokat, amelyekre *∈

03

sin...3

4sin3

3sin3

2sin3

sin =+++++πππππ k .

6. Bizonyítsd be, hogy 2cossin2 ≤+≤− xx , x∀ ∈ .

7. Hasonlítsd össze a sin és sin kifejezéseket, ha x y

∈

2,0, πyx és yx < . Általánosítás.

8. Hasonlítsd össze a xcos és kifejezéseket, ha ycos

∈

2,0, πyx és yx < . Általánosítás.

9. Bizonyítsd be, hogy 8 8 1sin ,8

x y x+ ≥ ∀ ∈sin .

10. Bizonyítsd be, hogy ha , akkor . sin cosx x+ ∈ *sin cos ,n nx x n+ ∈ ∀ ∈

11. Bizonyítsd be, hogy | , és xnnx sin|sin < *n∀ ∈

∈

2,0 πx esetén.

12. Oldd meg az 1

884sin32

+++

=−x

xxx5 egyenletet a valós számok halmazában.

13. Az kifejezés esetén keresd meg azt a legkisebb, nullától különböző pozitív

xxxE 3cos2sin)( +=

T számot, amelyre . ( ) ( )T E x x+ = ∀ ∈E x

14. Bizonyítsd be, hogy ha és 0, >ba

∈

2,0 πx , akkor 22

cossin bax

xba−≥

− .

VIII.5.3. Trigonometrikus szögek tangense és kotangense 5.3.1. Értelmezés. Tetszőleges α ∈ esetén értelmezzük a

ααα

cossintg = , ha 0cos ≠α és a

ααα

sincosctg = , ha 0sin ≠α

kifejezéseket.

5.3.2. Feladat. Szerkeszd meg

∈

2,0 πα esetén a αtg és αctg értékeket a trigonometrikus

kör segítségével.


Megoldás. A C(0,1) körön felvesszük az ( )yxM , pontot úgy, hogy ( ) α=∠AOMm legyen, ahol ( )1,0A . A szinusz és a koszinusz

értelmezésében fontos volt, hogy a kör

sugara 1. A 1

1tgOMMM

=α egyenlőség

alapján nem látható a αtg , de ha olyan törttel fejeznénk ki, amelynek a nevezője 1, akkor meglenne a kért

ábrázolás. Emiatt például jobb lenne, ha az 1=OA szakasz kerülne a nevezőbe. Ezt úgy érhetjük el, ha egy olyan derékszögű háromszöget szerkesztünk, amelynek az egyik hegyesszöge ugyanaz az α , a mellette fekvő befogó pedig OA . Ehhez az A -ban érintőt húzunk a körhöz és OM -et

meghosszabbítjuk amíg metszi ezt az érintőt az pontban. Ekkor N ANOAAN

==αtg .

BM

αx

y Pctgα

O

VIII. 20. ábra

αM1O A

M

x

y

N

tgα

Hasonló módon a pontban húzott érintő és az egyenes ( 1,0B ) OM P metszéspontjára igaz a BP=αctg egyenlőség.

Belátható, hogy

∉

2,0 πα esetén is az és N

P pontnak az AM B és P tengelyeken számolt

koordinátája éppen a αα

cossin illetve a

αα

sincos

érték (ha létezik).

Ha 22

k kπα π ∈ ± ∈

, akkor 0cos =α

és párhuzamos az OM A -ban húzott érintővel, ezért ezekre az értékekre a αtg nem

értelmezhető. Hasonlóan { }k kα π∈ ∈ esetén sin 0=α és párhuzamos a -ben húzott érintővel, tehát a

OM Bαctg nem értelmezhető ezekre az α értékekre. Az eddigiek alapján az

-nek az OM A illetve pontban húzott érintőkkel való metszéspontjainak ordinátája valamint abszcisszája éppen

Bαtg illetve αctg .

α

O

M

x

y

Ntgα

B

M

α

x

y

Pctgα

O

VIII. 21. ábra

VIII.5.4. A trigonometrikus függvények tulajdonságai Az értelmezés alapján

( )sin 2 sin ,x xπ x+ = ∀ ∈ ,

( )cos 2 cos ,x xπ x+ = ∀ ∈ . Ezek az összefüggések a szinusz és koszinusz függvények periodikusságát fejezik ki. π2 mindkét függvény periódusa.


Az előbbiek alapján ha az M pont koordinátái ( )yx, , akkor az szerinti szimmetrikusának koordinátái Ox N ( )yx −, , tehát a szinusz és koszinusz értelmezése alapján

( ) αα coscos =− és ( ) αα sinsin −− = α∀ ∈ .

)

Így a cos függvény páros és a függvény páratlan.

: → sin : →

A fentiek alapján elégséges a szinusz és a koszinusz függvények grafikus képét a [ intervallumon megszerkeszteni, mert a [ ]0,π− intervallumhoz tartozó rész a szinusz esetén ennek O szerinti szimmetrikusa, míg a koszinusz esetén Oy szerinti szimmetrikusa. A következő táblázat alapján a VIII.23. ábrán a [ ]sin : 0,π → grafikus képe látható. Mivel a szinuszfüggvény páratlan azonnali,

hogy a [ ]sin : ,π π− → grafikus képe a VII.24 ábrán látható.

VIII. 22. ábra αsin

( ) αα sinsin −=−

M x, y( )

N x, -y( )

O x

y

Aα

−α

sin

sinsin

cos

=cos

(-α

α

],0 π

x 0 6/π 4/π 3/π 2/π 3/2π 4/3π 6/5π π xsin 0 2/1 2/2 2/3 1 2/3 2/2 2/1 0

Ezek alapján

( ) ( )( ) x

xx

xxx tg

cossin

2cos2sin2tg ==

++

=+πππ , ( )\ 2 1

2x k kπ

+ ∈∀ ∈

és

( ) ( )( ) x

xx

xxx ctg

sincos

2sin2cos2ctg ==

++

=+πππ , { }\x k kπ ∈∀ ∈ ,

tehát a ( ): \ 2 12

tg k k Rπ + ∈

→ és { }: \ctg k kπ ∈ → függvények is

periodikusak és π2 egy periódusuk. A trigonometrikus körről leolvasható, hogy a és függvényeknek már

tg ctgπ is periódusa, azaz

( ) xx tgtg =+π , ( )\ 2 12

x k kπ ∀ ∈ + ∈

és

( ) xx ctgctg =+π , { }\x k kπ ∈∀ ∈ .

Sőt belátható az is, hogy a sin és függvények legkisebb pozitív periódusa a cos π2 és a illetve függvények legkisebb pozitív periódusa a

tgctg π . Ezeket a periódusokat nevezzük

főperiódusoknak. A periodicitást is felhasználva a sin függvény grafikus képét a VIII.25. ábrán készítettük el.

: →


1

23

22

6π

4π

3π

2π

32π

43π

65π

21

y

x2π

2π

1

-1

x

y

1

-1π2 π3 π4 π5π2−π3−π4−π5−

VIII. 25. ábra

VIII. 24. ábra VIII. 23. ábra

A

+= xx

2sincos π egyenlőség alapján a koszinusz függvény grafikus képe megkapható a

szinusz függvény grafikus képéből, ha ezt balra toljuk el az -szel párhuzamos Ox2π hosszúságú

vektor mentén. (VIII.26. ábra)

1

-1

π2 π3π2−π3− x

y

2π

−

23π

−2

3π2

5π−

25π

2π

VIII. 26. ábra A grafikus kép alapján látható (és bizonyítható a trigonometrikus kör segítségével), hogy a

és függvények nem injektívek, nem monotonok és szürjektívek. Mindkét függvény értelmezési tartománya leszűkíthető úgy, hogy bijektív

függvényekhez jussunk. Így például a

sin : [ 1, 1]→ − cos : [ 1, 1]→ −

]1,1[2

,2

:sin −→

−

ππ és a ]1,1[],0[:cos −→π

leszűkítések bijektívek. A szinusz és koszinusz függvények tulajdonságai alapján érvényesek a tangens és kotangens függvények következő tulajdonságai is: A tangens függvény


a) páratlan: ( ) ( )tg tg , \ 2 12

x x x k kπ − = − ∀ ∈ + ∈

;

b) a

−

2,

2ππ

intervallumon növekvő;

c) periodikus és főperiódusa π . A övetkező táblázatba foglalt értékeket ábrázoltuk, majd összekötöttük egy görbe vonallal. Így a

tg : ,2 2π π − →

függvény grafikus képéhez jutottunk.

(VIII.27. ábra)

A

függ

y VIII. 27. ábra

Hasfügg

VII1. Á

x 3π

− 4π

− 6π

− 8π

− 0 8

π 6π

4π

3π

xtg 3− 3 21− 0 12 − 3 3

periodicitás alapján a ( )tg : \ 2 12

k kπ + ∈

vény grafikus képe a VIII.28. ábrán látható.

→

8π

6π

4π

2π

3π

4π

3π

2π

6π

8π

x

1− 3

− 3

1

onló meggondolások alapján a { }g : \ k kπ ∈ →ct vény grafikus képe VIII.29. ábrán látható.

2π

2π

y

xπ22

3π2

5π2

3π−π2−

25π

−2π

2π

y

xπ22

3π2

3π−

π2−

VIII. 28. ábra VIII. 29. ábra

I.5.5. Gyakorlatok brázoljuk grafikusan a következő függvényeket: a) , ; b) , :f → xxf sin2)( += :f → xxf cos3)( −= ; c) , ; d) , :f → xxf 2sin)( = :f → xxf cos2)( = ;


e) , | ; f) :f → sin|)( xxf = ( ): \ 2 12

f k kπ + ∈

→ |tg|)( xxf =, ;

g) , :f →

+=

2cos)( πxxf ; h) , :f → ( )π−= xxf sin)( .

2. A grafikus képek segítségével oldjuk meg a következő egyenlőtlenségeket: a) ; xx cossin > b) . xx tgcos >

VIII.5.6. A trigonometrikus összefüggések kiterjesztése tetszőleges szögekre A szögfüggvények eddigi tulajdonságai alapján vizsgáljuk meg, hogy a

( ) yxyxyx sincoscossinsin −=− összefüggés igaz-e tetszőleges ,x y∈ esetén. A periodicitás alapján feltételezhetjük, hogy ]2,0[, π∈yx . A szinusz függvény páratlansága miatt feltételezhetjük, hogy yx > . (Ellenkező esetben a ( ) ( ) =−−=− xyyx sinsin

( ) yxyxy coscossincoscossin yx sinxsin −=−−= egyenlőségek alapján jutnánk a helyes összefüggéshez.)

A következő esetek vizsgálata szükséges:

1.

∈ ππ ,

2x és

∈

2,0 πy ; 2.

∈

23, ππx és

∈

2,0 πy ;

3.

∈ ππ 2,

23x és

∈

2,0 πy ; 4.

∈ ππ ,

2x és

∈ ππ ,

2y ;

5.

∈

23, ππx és

∈ ππ ,

2y ; 6.

∈ ππ 2,

23x és

∈ ππ ,

2y ;

7.

∈

23, ππx és

∈

23, ππy ; 8.

∈ ππ 2,

23x és

∈

23, ππy ;

9.

∈ ππ 2,

23x és

∈ ππ 2,

23y .

1. Mivel

∈ ππ ,

2x , következik, hogy

∈−

2,0 ππ x és tudjuk, hogy ( )xx −= πsinsin

valamint ( xx −−= )πcoscos , tehát ( ) ( ) =−+−=− yxyxyxyx sincoscossinsincoscossin ππ

= ( ) ( )( ) ( )yxyxyx −=−−=+− sinsinsin ππ .

(A

∈−

2,0, ππ yx értékekre alkalmaztuk az összeg szinuszára vonatkozó képletet)


2. Mivel

∈

23, ππx , következik, hogy

∈−

2,0 ππx és tudjuk, hogy ( )π−−= xx sinsin ,

( )π−−= xx coscos , tehát ( ) ( ) =−+−−=− yxyxyxyx sincoscossinsincoscossin ππ

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( yxy − )yxxyxyx =−−=+−=−−− sinsinsinsincoscossin ππππ . Hasonlóan igazolható a többi esetben is a kívánt egyenlőség. A tárgyalandó esetek nagy száma miatt egy rövidebb utat is vázolunk.

Legyen πβα 20 <<< és ( )αα sin,cosM illetve ( )ββ sin,cosN két pont a trigonometrikus körön (tulajdonképpen az α és β valós

számoknak megfelelő pontok). Mérjük fel az ( )OPm A β α= −

szöget pozitív trigonometrikus irányban, ekkor belátható, hogy a P pont koordinátái ( ) ( )( )αβαβ −− sin,cos . Az MON és AOP szögek kongruenciája alapján (mindkettő mértéke αβ − )

, mint kongruens körívekhez tartozó húrok. De az analitikus geometriából tudjuk, hogy

][MN][AP ≡

M

N

O x

y

Aαβ

β−α

P

VIII. 30. ábra

( ) ( ) ( ) ( )2222 sinsincoscos βαβα −+−=−+−= NMNM yyxxMN =

= ββααββαα 2222 sinsinsin2sincoscoscos2cos +−++− = ( )βαβα sinsincoscos22 +−

és ( )( ) ( )αβαβ −+−−= 22 sin1cosAP = ( ) ( ) ( )αβαβαβ −++−−− 22 sin1cos2cos =

= ( )αβ −− cos22 .

Tehát, mivel a fenti két mennyiség egyenlő, azonnal következik, hogy ( ) βαβααβ sinsincoscoscos +=− . (1)

A függvény párossága alapján cos αβ ≤ esetén is igaz egyenlőséghez jutunk és a periodicitás alapján következik, hogy (1) igaz, ,x y∀ ∈ esetén.

α helyett α− -t helyettesítve, kapjuk:

( ) ( ) ( ) βαβαβααβαβ sinsincoscossinsincoscoscos +=−−−=+

Ez utóbbi egyenlőségbe β helyett βπ−

2-t helyettesítve a

αβαβαβπαβπαβπ sincoscossinsin2

sincos2

cos2

cos −=

−−

−=

+−

egyenlőséghez jutunk, de ( ) ( αβαβπαβπ−=

−−=

+− sin

2cos

2cos ) , tehát

( ) αβαβαβ sincoscossinsin −=− .


Ha ebben az egyenlőségben α helyett α− -t helyettesítünk, akkor a ( ) αβαβαβ sincoscossinsin +=+

egyenlőséghez jutunk. Így az eddig bevezetett trigonometrikus összefüggések igazak tetszőleges valós számokra is, amennyiben a bennük szereplő kifejezések értelmezettek.

5.6.1. Feladat. Fejezzük ki a , xsin xcos és kifejezéseket a xtg2

tg x segítségével

(természetesen, ahol létezik).

Megoldás. A feladat megoldása során használni fogjuk a tg2xt jelölést. =

A x

xx 2tg1tg22tg

−= egyenlőség alapján 2

2 12

2tg1

2tg2

tgtt

x

x

x−

=−

= . A

egyenlőség alapján

xxx cossin22sin =

22

2

2

2

22 12

2tg1

2tg2

1

2cos

2sin

2cos

2cos

2sin

2cos2

2cos

2sin

2cos

2sin2

2cos

2sin2sin

tt

x

x

x

xx

x

xx

xx

xxxxx

+=

+=

+

⋅

=+

== .

A xxx

cossintg = egyenlőségből következik, hogy 2

2

2

2

11

12

12

tgsincos

tt

tttt

xxx

+−

=

−

+== .

(Ez utóbbi levezetés csak akkor érvényes, ha 0tg ≠x , de könnyen ellenőrizhető, hogy az

egyenlőség igaz bármilyen x esetén, ha a 2

tg x értelmezett)

Érvényesek tehát az alábbi egyenlőségek:

212sin

ttx

+= 2

2

11cos

ttx

+−

= 212tg

ttx

−= ,

ahol 2

tg x=t és 0

2cos ≠

x .


VIII.5.6.1. Megoldott gyakorlatok

1. Számítsuk ki 2

tg x , és xsin xcos értékét, ha 4 05sin3cos =−+ xx .

Megoldás. Az előbbi összefüggések alapján a tx=

2tg jelöléssel a feladatbeli egyenlőség

egyenértékű a 051

23114 22

2

=−+

⋅++−

⋅tt

tt egyenlőséggel, amely a ( ) ( ) 015614 22 =+−+− ttt ⇔

egyenlethez vezet, ennek pedig az egyetlen megoldása a 0169 2 =+− tt31

=t , tehát 31

2tg =

x ,

53sin =x és

54cos =x .

2. Számítsuk ki a értékét, ha ( yx +sin ) 42

tg =x és 3

2tg −=

y .

Megoldás. Az előbbi egyenlőségek alapján 178sin =x ,

1715cos −=x ,

53sin −=y és

54cos −=y , tehát ( )

8513

53

1715

54

178sincoscossin =

−⋅

−+

−⋅=+=+ yxyxyxsin .

VIII.5.6.2. Gyakorlatok 1. Számítsd ki:

a) sin ; oooo 16sin14cos16cos14 + b) ; oooo 9sin51sin9cos51cos −

c) oo

o

23tg22tg122tg23tg

−+o

; d) oo 19cos19sin3 − .

2. Bizonyítsd be, hogy (2 20cos sin sina b a b )ϕ ϕ ϕ+ = + ⋅ +ϕ , ahol 0tg b

aϕ =

3.Számítsd ki a cos értékét, ha ( ba − ) 2sin =+ basin és 1coscos =+ ba . 4. Számítsd ki a , , ( )ba ±sin ( )ba ±cos ( )ba ±tg kifejezések értékét, ha

a) 51

=asin , 31

=bsin és

∈

2,0, πba ; b)

31

−=asin , 32

=bcos és

∈ ππ 2,

23, ba ;

c) 71cos −=a ,

73cos −=b és

∈

23,, ππba ; d)

52

−=acos , 54

=bsin ,

∈ ππ ,

2, ba .

5. Hozd egyszerűbb alakra a következő kifejezéseket:

a) ( ) (( ) (

))yxyx

yxyx−−+−++

sinsinsinsin ; b) ( )

( ) yxyxyxyx

sinsincossinsincos

−−++ ;

c) ( )( )baba

babactgctgtgtg

2ctg2ctg2tg2tg2+−++−+

⋅ .


6. Számítsd ki az 2

cos42

sin22cos32sin xxxxE ++−= kifejezés értékét, ha 53

=xsin és

∈ ππ ,

2x .

7. Fejezd ki ayx =+ coscos és byx =+ sinsin függvényében a következő kifejezéseket: a) cos ; ( )yx + b) ( )yx −cos ; c) ( )yx +sin ; d) ( )yx −sin .

8. Bizonyítsd be, hogy ha ( )yxyx +=+ sin2sinsin és πkyx ≠+ egyetlen esetén sem,

akkor

k∈

31

2tg

2tg =−

yx .

9. Számítsd ki az kifejezés helyettesítési értékét, ha xcxxbxaE 22 sincossin2cos ++=

cabx−

=2tg és . ca ≠

10. Bizonyítsd be a következő egyenlőségeket:

a) 35sin25cos

25sin5cosoo

oo

=−+ ; b) 2

3sin3cos78cos378sin

oo

oo

=−

+ ;

c) 8140cos20cos10 ooo =sin ; d)

10380sin60sin40sin20sin oooo =⋅ ;

e) 110sin35sin10cos35cos25sin20cos25cos20sin

oooo

oooo

=−+ ; f) 2

152sin302cos28cos32cos304sin236sin146sin56cos

oooo

ooo

=−+o

11. Számítsd ki a következő kifejezések értékét: a) cos ; oooo 80cos60cos40cos20 b) ; oooo 24cos18sin12sin6sinc) ; oooo 80tg60tg40tg20tg d) ; oooo 89tg...3tg2tg1tg

e) 8

7sin8

5sin8

3sin8

ππππ+++sin ; f)

87sin

85sin

83sin

8sin 2222 ππππ

+++ .

12. Írd egyszerűbb alakba az aaaaa

aaaaaE9cos7cos5cos3coscos

9sin7sin5sin3sinsin++++++++

= kifejezést.

13. Bizonyítsd be a következő azonosságokat: a) ( ) ( ) ( )sin sin sin sin sin sin 0, , ,α β γ β γ α γ α β α β γ− + − + − = ∀ ∈ ;

b) ( ) ( ) ( )sin sin sin sin sin , ,α β β γ α γ β α β γ α β γ+ + = + + + ∀

( )sin ; ∈

c) −++=++ γβαγβαγβαγβα sincoscoscossincoscoscossinsin γβα sinsinsin , , ,α β γ∀ ∈ .

14. Vezess le egy képletet ( )γβα ++cos -ra.

15. Bizonyítsd be, hogy ha π=++ zyx , akkor:

a) 2

cos2

cos2

cos4sinsin zyxzyx =++sin ; b) 2

sin2

sin2

sin41coscos zyxzyx +=++cos ;


c) zyxzyx sinsinsin42sin2sin2sin =++ ; d) cos zyxzyx coscoscos412cos2cos2 −−=++ ;

e) , ha zyxzyx tgtgtgtgtgtg =++ ( ), , 2 12

x y z k kπ ∉ + ∈

;

f) 2

ctg2

ctg2

ctg2

ctg2

ctg2

ctg zyxzyx=++ , ha { }, , 2x y z k kπ∉ ∈ ;

g) 12

tg2

tg2

tg2

tg2

tg2

tg =++xzzyyx , ha ( ){ }, , 2 1x y z k kπ∉ + ∈ ;

h) 1ctgctgctgctgctgctg =++ xzzyyx , ha { }, ,x y z k kπ∉ ∈ .

16. Bizonyítsd be, hogy ha ],0[, π∈yx , akkor 2

sin2

sinsin yxyx +≤

+ .

17. Bizonyítsd be, hogy bármely ,x y∈ esetén

a) ; ( ) ( ) yxyxyx 2sin2sincoscos 22 =+−−

b) ( ) ( ) [ ]yxyxyx 2cos2cos121cos22 +=++−cos ;

c) ( ) ( ) ( )( )

+

+=++=−++

4sin

4sin2cossincossincos ππ yxyyxxyxyxsin ;

d) ( ) ( ) xkx k cos12

12 −=

++

πsin ; e) ( ) ( ) xkx k sin12

12 1+−=

++

πcos .

18. Bizonyítsd be, hogy esetén , ,x y z∀ ∈23cossincossincossin ≤++ xzzyyx .

19. Bizonyítsd be, hogy tetszőleges háromszögben érvényesek az alábbi egyenlőtlenségek (

ABCA , és C a háromszög szögeinek mértéket jelöli.): B

a) 23coscoscos ≤++≤ CBA1 ; b)

81

2sin

2sin

2≤

CBAsin ;

c) 81coscoscos ≤CBA ; d)

233sinsin ≤++ CBAsin/ ;

e) 33

12

cos2

cos2

cos ≤CBA ; f)

331

2tg

2tg

2tg ≤

CBA ;

g) 32

tg2

tg2

tg ≥++CBA .

20. Bizonyítsd be, hogy 81

145sin

143sin

14sin =

πππ .

21. Bizonyítsd be, hogy bármely ,x y∈ esetén ( )49cos2coscos −≥+++ yxyx .


22. Bizonyítsd be, hogy az xx

xxE

ctg1cos1

tg1sin1

−−

+−−

= , 4ππ +≠ kx kifejezés értéke nem függ x -től.

23. Számítsd ki a következő összegeket:

a) ; b) )2tg(2...)2tg(22tg2tg 22 xxxx nn++++ nn xxxx

3sin3...

3sin3

3sin3

331

332

333 −++++sin ;

c) aaa n2sin

1...4sin

12sin

1+++ ; d) ( ) nn cos1cos

1sin...2cos1cos

1sin1cos0cos

1sin−

+++ ;

e) ( )xnxxxxx 12coscos1...

5coscos1

3coscos1

++++

++

+.

24. Bizonyítsd be, hogy

a) 21

119cos

117cos

115cos

113cos

11=++++

πππππcos ;

b) 21

1110cos

118cos

116cos

114cos

112cos −=+++

πππππ .

25. Számítsd ki a 12

2cos...12

6cos12

4cos12

2cos+

+++

++

++ n

nnnn

ππππ összeget.

26. Számítsd ki a következő szorzatokat: a) cos ; xxxx n2cos...4cos2cos

b)

+

+

+

+ − xxxx n 12cos

11...4cos

112cos

11cos

11 ;

c) 12

cos...12

3cos12

2cos12

cos++++ n

nnnn

ππππ .

Documents

186 A trigonometria elemei - Math Webmailandrasz/CD/TANK9/8fej.pdf · 2013. 9. 24. · 186 A trigonometria elemei VIII. A TRIGONOMETRIA ELEMEI VIII.1. Szögek mérése Az eddigi tanulmányaitok