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.
188 A trigonometria elemei
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 .
A trigonometria elemei 189
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
190 A trigonometria elemei
( )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 + .
A trigonometria elemei 191
( ) ( )( ) =
+−
=−−
=−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 .
192 A trigonometria elemei
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 +
=+
=+
==′ ;
A trigonometria elemei 193
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 .
194 A trigonometria elemei
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.
A trigonometria elemei 195
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.
196 A trigonometria elemei
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 .
A trigonometria elemei 197
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.
198 A trigonometria elemei
∈ 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.
A trigonometria elemei 199
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.
200 A trigonometria elemei
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
A trigonometria elemei 201
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 ;
202 A trigonometria elemei
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.
A trigonometria elemei 203
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.
204 A trigonometria elemei
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.
: →
A trigonometria elemei 205
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
206 A trigonometria elemei
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)( = ;
A trigonometria elemei 207
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)
208 A trigonometria elemei
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 −=− .
A trigonometria elemei 209
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 .
210 A trigonometria elemei
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+−++−+
⋅ .
A trigonometria elemei 211
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 ;
212 A trigonometria elemei
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 .
A trigonometria elemei 213
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 .