WSTĘPDO ANALIZYIALGEBRYFunkcje trygonometryczne kąta α deﬁniujemy wzorami: sinα = y r; cosα =...

WSTĘP DO

ANALIZY I ALGEBRY

Marian Gewert Zbigniew Skoczylas

WSTĘP DO

ANALIZY I ALGEBRY

Teoria, przykłady, zadania

Wydanie trzecie poprawione

GiS

Oficyna Wydawnicza GiSWrocław 2014

Marian GewertInstytut Matematyki i InformatykiPolitechnika Wrocł[email protected]/˜gewert

Zbigniew SkoczylasInstytut Matematyki i InformatykiPolitechnika Wrocł[email protected]/˜skoczylas

Projekt okładki

IMPRESJA Studio Grafiki Reklamowej

Copyright c© 2009, 2011, 2014 by Oficyna Wydawnicza GiS

Utwór w całości ani we fragmentach nie może być powielany ani rozpowszechnianyza pomocą urządzeń elektronicznych, mechanicznych, kopiujących, nagrywającychi innych. Ponadto utwór nie może być umieszczany ani rozpowszechniany w postacicyfrowej zarówno w Internecie, jak i w sieciach lokalnych, bez pisemnej zgody posia-dacza praw autorskich.

Skład wykonano w systemie LATEX.

ISBN 978–83–62780–24–2

Wydanie III poprawione, Wrocław 2014Oficyna Wydawnicza GiS, s.c., www.gis.wroc.plDruk i oprawa: Oficyna Wydawnicza ATUT

4

Spis treści

Wstęp 7

1 Pojęcia wstępne 9

1.1 Elementy logiki matematycznej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.2 Elementy teorii zbiorów . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.3 Działania algebraiczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.4 Wartość bezwzględna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.5 Dwumian Newtona . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

1.6 Indukcja matematyczna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

1.7 Ciąg arytmetyczny i geometryczny . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2 Funkcje 41

2.1 Funkcje – pojęcia wstępne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

2.2 Funkcje okresowe, parzyste i nieparzyste . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

2.3 Funkcje monotoniczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

2.4 Złożenie funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

2.5 Funkcje różnowartościowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

2.6 Funkcje odwrotne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

2.7 Przekształcanie wykresów funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

3 Wielomiany 53

3.1 Funkcja liniowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

3.2 Funkcja kwadratowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

3.3 Równania oraz nierówności liniowe i kwadratowe . . . . . . . . . . . . 61

3.4 Funkcje wielomianowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

3.5 Równania i nierówności wielomianowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

3.6 Równania i nierówności wymierne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

5

4 Funkcje trygonometryczne 90

4.1 Miara łukowa kąta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 904.2 Funkcje trygonometryczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 914.3 Własności funkcji trygonometrycznych . . . . . . . . . . . . . . . . . . 934.4 Wzory redukcyjne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 954.5 Wzory trygonometryczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 984.6 Wykresy funkcji trygonometrycznych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1024.7 Równania trygonometryczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1044.8 Nierówności trygonometryczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

5 Funkcje potęgowe, wykładnicze i logarytmiczne 125

5.1 Funkcje potęgowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1255.2 Równania i nierówności z pierwiastkami . . . . . . . . . . . . . . . . . 1275.3 Funkcje wykładnicze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1295.4 Równania i nierówności wykładnicze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1305.5 Logarytmy i ich własności . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1355.6 Funkcje logarytmiczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1375.7 Równania i nierówności logarytmiczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

6 Geometria analityczna na płaszczyźnie 146

6.1 Wektory . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1466.2 Iloczyn skalarny . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1526.3 Równania prostej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1546.4 Wzajemne położenia prostych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1576.5 Odległości punktów i prostych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162

Odpowiedzi i wskazówki 165

Skorowidz 173

6

Wstęp

Niniejszy podręcznik jest przeznaczony dla studentów politechnik, którzy zdawalimaturę z matematyki tylko na poziomie podstawowym. Ma im pomóc w uzupełnie-niu wiadomości niezbędnych do studiowania matematyki. Sądzimy, że książka będzieprzydatna także osobom rozpoczynającym studia zaoczne po kilku latach od ukoń-czenia szkoły średniej.

W książce omawiamy elementy logiki i teorii zbiorów, indukcję matematyczną,ciągi arytmetyczne i geometryczne, funkcje i ich podstawowe własności. Ponadto,przedstawiamy metody rozwiązywania równań i nierówności wielomianowych, trygo-nometrycznych, wykładniczych oraz logarytmicznych. Szczególny nacisk kładziemy nate fragmenty materiału, które sprawiają najwięcej trudności studentom w pierwszymsemestrze.

Podręcznik oprócz teorii zawiera dużą liczbę przykładów rozwiązanych krok pokroku oraz zadania przeznaczone do samodzielnej pracy. Do wszystkich zadań podanesą odpowiedzi. Zaletą opracowania jest duża liczba rysunków ułatwiających zrozumie-nie materiału.

Do obecnego wydania dodano kilka nowych przykładów i zadań. Ponadto po-prawiono zauważone błędy i usterki. Dziękujemy koleżankom i kolegom z InstytutuMatematyki i Informatyki Politechniki Wrocławskiej oraz naszym studentom za uwagioraz wskazanie błędów.

Marian Gewert Zbigniew Skoczylas

7

8

Oznaczenia

W podręczniku stosujemy następujące oznaczenia zbiorów liczbowych:

N = {1, 2, 3, . . .} — zbiór liczb naturalnych,Z = {0,±1,±2, . . .} — zbiór liczb całkowitych,

Q =

{p

q: p ∈ Z, q ∈ N

}— zbiór liczb wymiernych,

R — zbiór liczb rzeczywistych.

4 Funkcje trygonometryczne

4.1 Miara łukowa kąta

Rozważmy dowolny kąt oraz okrąg o środku w wierzchołku kąta (rys.). Miarą łu-kową kąta nazywamy stosunek długości l łuku okręgu, na którym oparty jest kąt, dopromienia r okręgu.

α

lr

1 rad≈ 57.3◦r

r

Jednostką miary łukowej kąta jest radian (rad). Jest to kąt oparty na łuku okręguo długości równej promieniowi (rys.). Jeden radian to w przybliżeniu 57.3◦. Międzymiarą stopniową i łukową kąta zachodzą zależności:

α [ rad] =α◦ · π180◦

, α◦ =α [ rad ] · 180◦

π.

Przykład 1. Kąty wyrażone w stopniach zapisać w radianach:

(a) 5◦; (b) 30◦; (c) 36◦ ; (d) 90◦ ; (e) 225◦; (f) 1280◦.

Rozwiązanie. Mamy:

◮ (a)5◦ · π180◦

=π

36[rad]; ◮ (b)

30◦ · π180◦

=π

6[rad]; ◮ (c)

36◦ · π180◦

=π

5[rad];

◮ (d)90◦ · π180◦

=π

2[rad]; ◮ (e)

225◦ · π180◦

=5π

4[rad]; ◮ (f)

1280◦ · π180◦

=64π

9[rad].

Przykład 2. Kąty wyrażone w radianach zapisać w stopniach:

(a) 0.1; (b)π

30; (c)

π

6; (d) π; (e)

3π

4; (f)

11π

4.

90

4.2. Funkcje trygonometryczne 91

Rozwiązanie. Mamy:

◮ (a)0.1 · 180◦π

≈ 5.73◦; ◮ (b)

π

30· 180◦

π= 6◦; ◮ (c)

π

6· 180◦

π= 30◦;

◮ (d)π · 180◦π

= 180◦; ◮ (e)

3π

4· 180◦

π= 135◦; ◮ (f)

11π

4· 180◦

π= 495◦.

Mówimy, że kąt jest w położeniu standardowym, jeżeli jego wierzchołek leży w po-czątku układu współrzędnych, a ramię początkowe na dodatniej części osi Ox (rys.).

x

y

ramię początkowe

ramiękońcowe

miara

dodatnia

x

y

ramię początkowe

ramiekońcowe

miaraujemna

Kąty mierzone od osi Ox w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara na-zywamy dodatnimi, a w kieruku zgodnym – ujemnymi. Przykłady kątów dodatnichi ujemnych pokazano poniżej.

x

y

9π4

x

y

4π

x

y

− 5π4

x

y

− 7π2

4.2 Funkcje trygonometryczne

Przypomnijmy definicje funkcji trygonometrycznych kąta ostrego w trójkącie prosto-kątnym:

α

przyprostokątna przyległa

przyprostokątnaprzeciwległa

przeciwprostokątna

sinα =przyprostokątna przeciwległa

przeciwprostokątna

cosα =przyprostokątna przyległa

przeciwprostokątna

tgα =przyprostokątna przeciwległa

przyprostokątna przyległa

ctgα =przyprostokątna przyległa

przyprostokątna przeciwległa

92 4. Funkcje trygonometryczne

Wartości funkcji trygonometrycznych niektórych kątów

0◦ 30◦ 45◦ 60◦ 90◦α

0π

6

π

4

π

3

π

2

sinα 01

2

√2

2

√3

21

cosα 1

√3

2

√2

2

1

20

tgα 0

√3

31

√3 ×

ctgα ×√3 1

√3

30

Definicje te rozszerzymy na dowolne kąty skierowane (rozwarte, ujemne). Niech αbędzie dowolnym kątem skierowanym w położeniu standardowym w okręgu o pro-mieniu r i niech (x, y) oznaczają współrzędne punktu przecięcia okręgu z ramieniemkońcowym kąta (rys.).

α

x

y

r(x,y)

α

x

y

r(x,y)

α x

y

r(x,y)

Funkcje trygonometryczne kąta α definiujemy wzorami:

sinα =y

r; cosα =

x

r; tgα =

y

x, o ile x 6= 0; ctgα =

x

y, o ile y 6= 0.

Z twierdzenia Talesa∗ wynika, że wartości tych funkcji nie zależą od promienia r.Funkcje sin i cos są określone dla dowolnego kąta skierowanego α. Z definicji wynikająoczywiste nierówności:

−1 ¬ sinα ¬ 1, −1 ¬ cosα ¬ 1.

Natomiast funkcja tg jest określona dla x 6= 0, tj, dla kątów α 6= π/2 + kπ (k ∈ Z).Podobnie, funkcja ctg jest określona dla y 6= 0, tj. dla kątów α 6= kπ (k ∈ Z).

Przykład 1. Obliczyć wartości funkcji trygonometrycznych:

(a) sin(−π3

); (b) cos

5π

6; (c) tg

5π

4; (d) ctg

(−11π6

).

∗Tales z Miletu (624 p.n.e.–545 p.n.e), matematyk, fizyk, filozof i astronom grecki.

4.3. Własności funkcji trygonometrycznych 93

Rozwiązanie. Przyjmujemy r = 1. Wielkości x, y wyznaczymy korzystając z rysunku orazwartości funkcji trygonometrycznych kąta ostrego. Mamy kolejno:

◮ (a)

−π3

x

y

1

(12,−√32

)

◮ (b)

5π6

x

y

1

(−√32, 12

)

sin(−π3

)=y

r=−√3

21= −√3

2. cos

5π

6=x

r=−√3

21= −√3

2.

◮ (c)

5π4

x

y

1

(−√22,−√22

)

◮ (d)

x

y

− 11π6

1

(√32, 12

)

tg5π

4=y

x=−√2

2

−√2

2

= 1. ctg

(−11π6

)=x

y=

√3

21

2

=√3.

4.3 Własności funkcji trygonometrycznych

Parzystość i nieparzystość

Z określenia funkcji trygonometrycznych wy-nika, że funkcja cos jest parzysta, a pozostałefunkcje są nieparzyste (rys.).

Parzyste Nieparzyste

cos(−α) = cosα sin(−α) = − sinαtg(−α) = − tgαctg(−α) = − ctgα

α−α x

y

r

r

(x,y)

r

(x,−y)


Okresowość

Oczywistymwnioskiem z definicji funkcji trygonometryczych jest ich okresowość (rys.).Przy czym funkcje sin i cos mają okres 2π, a funkcje tg i ctg okres π.

α

α+2π

x

y

r

(x,y)

α

α+π x

y

r

r

(x,y)

(−x,−y)

Mamy zatem:

sin (α+ 2kπ) = sinα (k ∈ Z);

cos (α+ 2kπ) = cosα (k ∈ Z);

tg (α+ kπ) = tgα (k ∈ Z);

ctg (α+ kπ) = ctgα (k ∈ Z).

Ponadto, z okresowości funkcji trygonometrycznych i zależności przedstawionych narysunkach poniżej wynikają użyteczne relacje:

απ−β

β

x

y

rr(x,y)(−x,y)

α

−β x

y

r

(x,y)

r

(x,−y)

sinα = sinβ ⇐⇒ α = β + 2kπ lub α = π − β + 2kπ (k ∈ Z).

cosα = cosβ ⇐⇒ α = β + 2kπ lub α = −β + 2kπ (k ∈ Z).

tgα = tg β ⇐⇒ α = β + kπ (k ∈ Z).

ctgα = ctg β ⇐⇒ α = β + kπ (k ∈ Z).

Relacje te wykorzystamy przy rozwiązywaniu równań trygonometrycznych.

4.4. Wzory redukcyjne 95

Monotoniczność

Uzasadnimy, że funkcje trygonometryczne są monotoniczne w przedziałach postaci(kπ/2, (k + 1)π/2) (k ∈ Z). Najpierw pokażemy, że na przedziale (0, π/2) funkcjesin, tg są rosnące, a funkcje cos, ctg – malejące. Niech α, β będą kątami takimi, że0 < α < β < π/2 (rys.).

x

y

α

β(xα,yα)

(xβ ,yβ)

rr

Z rysunku wynikają oczywiste nierówności: xα > xβ , yα < yβ . Stąd otrzymamy:

sinα =yαr<yβr= sinβ, cosα =

xαr>xβr= cosβ,

tgα =yαxα<yβxβ= tg β, ctgα =

xαyα>xβyβ= ctg β.

Zatem na przedziale (0, π/2) funkcje sin, tg są rosnące, a funkcje cos, ctg malejące. Po-dobnie można uzasadnić monotoniczność funkcji trygonometrycznych w przedziałach:(π/2, π), (π, 3π/2), (3π/2, 2π) . Wyniki tych rozważań podajemy w tabelce:

I ćwiartka II ćwiartka III ćwiartka IV ćwiartka

0 < α <π

2

π

2< α < π π < α <

3π

2

3π

2< α < 2π

sin rosnąca malejąca malejąca rosnąca

cos malejąca malejąca rosnąca rosnąca

tg rosnąca rosnąca rosnąca rosnąca

ctg malejąca malejąca malejąca malejąca

Z okresowości funkcji trygonometrycznych wynika ich monotoniczność na pozostałychprzedziałach postaci (kπ/2, (k + 1)π/2) (k ∈ Z).

4.4 Wzory redukcyjne

Niech α będzie kątem skierowanym w położeniu standardowym w okręgu o promie-niu r i niech (x, y) oznaczają współrzędne punktu przecięcia okręgu z ramieniem


końcowym kąta. Na podstawie współrzędnych x, y można ustalić znaki funkcji trygo-nometrycznych w poszczególnych ćwiartkach. Wyniki tych rozważań poniżej:

I ćwiartka II ćwiartka III ćwiartka IV ćwiartka

0 < α <π

2

π

2< α < π π < α <

3π

2

3π

2< α < 2π

αx

y

r(x, y)

αx

y

r(x, y)

αx

y

r(x, y)

αx

y

r(x, y)

x > 0, y > 0 x < 0, y > 0 x < 0, y < 0 x > 0, y < 0

sinα =y

r> 0 sinα =

y

r> 0 sinα =

y

r< 0 sinα =

y

r< 0

cosα =x

r> 0 cosα =

x

r< 0 cosα =

x

r< 0 cosα =

x

r> 0

tgα =y

x> 0 tgα =

y

x< 0 tgα =

y

x> 0 tgα =

y

x< 0

ctgα =x

y> 0 ctgα =

x

y< 0 ctgα =

x

y> 0 ctgα =

x

y< 0

Znaki funkcji trygonometrycznych można przedstawić krótko w tabeli:

x

y

sin +

cos +

tg +

ctg +

sin +

cos −tg −ctg −

sin −cos −tg +

ctg +

sin −cos +

tg −ctg −

W zapamiętaniu znaków funkcji trygonometrycznych pomaga wierszyk:

W pierwszej ćwiartce wszystkie są dodatnie,

w drugiej tylko sinus,

w trzeciej tangens i cotangens,

a w czwartej cosinus.

Podamy teraz wzory redukcyjne pozwalające zamienić funkcje trygonometryczne kątanπ/2±α na funkcje kąta α. Niech α będzie kątem ostrym oraz niech f oznacza funk-

4.4. Wzory redukcyjne 97

cję trygonometryczną. Przez co f oznaczamy tzw. cofunkcję funkcji f , gdzie relacjefunkcja ←→ cofunkcja są następujące:

sin ←→ cos, tg ←→ ctg .

Prawdziwy jest następujący ogólny wzór redukcyjny

f(nπ

2± α

)=

{ε · f(α), gdy n jest liczbą parzystą,

ε · co f(α), gdy n jest liczbą nieparzystą,

przy czym znak ε przyjmujemy z „tabeli znaków” funkcji f .

Przykład 1. Korzystając ze wzorów redukcyjnych podane wyrażenia zapisać w po-staci funkcji trygonometrycznych kąta ostrego α:

(a) sin(π2+ α

); (b) cos (π − α); (c) tg

(3π

2− α

); (d) ctg (2π − α).

Rozwiązanie.

◮ (a) Kąt π/2+α = 1 ·(π/2)+α należy do II ćwiartki, a funkcja sin przyjmuje tam wartościdodatnie, więc ε jest +. Ponieważ n = 1 jest liczbą nieparzystą, więc funkcję sin zamieniamy

na cofunkcję, tj. na cos. Zatem zgodnie z podanym wzorem mamy sin (π/2 + α) = cosα.

◮ (b) Kąt π−α = 2 · (π/2)−α należy do II ćwiartki, a funkcja cos przyjmuje tam wartościujemne, więc ε jest −. Ponieważ n = 2 jest liczbą parzystą, więc nie zmieniamy funkcji cos .Zatem mamy cos(π − α) = − cosα.◮ (c) Kąt 3π/2−α = 3·(π/2)−α należy do III ćwiartki, a funkcja tg przyjmuje tam wartościdodatnie, więc ε jest +. Ponieważ n = 3 jest liczbą nieparzystą, więc funkcję tg zamieniamy

na cofunkcję, tj. na ctg. Otrzymamy wówczas tg (3π/2− α) = ctgα.◮ (d) Kąt 2π−α = 4 ·(π/2)−α należy do IV ćwiartki, a funkcja ctg przyjmuje tam wartościujemne, więc ε jest −. Ponieważ n = 4 jest liczbą parzystą, więc nie zmieniamy funkcji ctg .Zatem mamy ctg(2π − α) = − ctgα.

Przykład 2. Podane wyrażenia zapisać w postaci funkcji trygonometrycznych kątaostrego:

(a) sin3π

4; (b) cos

(−375π

); (c) tg

165

56π; (d) ctg

(−227π

).

Rozwiązanie.Dla funkcji sin i cos kąt należy przedstawić w postaci 2nπ+β, gdzie 0 < β < 2π,a dla funkcji tg i ctg w postaci nπ + β, gdzie 0 < β < π. Następnie skorzystać z okresowościfunkcji. W kolejnym kroku kąt β trzeba przedstawić w postaci k·(π/2)+α, gdzie 0 < α < π/2,oraz wykorzystać wzory redukcyjne.

◮ (a) Mamy 3π/4 = 1 · (π/2) + π/4. Zatem n = 1. Ponieważ n jest liczbą nieparzystą, więcfunkcję sin zamieniamy na cofunkcję, tj. na cos. Ponieważ kąt 3π/4 należy do II ćwiartki,gdzie funkcja sin przyjmuje wartości dodatnie (ε jest +), więc sin (3π/4) = cos(π/4).

◮ (b) Mamy (37/5)π = 3 · 2π + 7π/5. Zatem wobec parzystości i okresowości funkcji cosmamy

cos(−375π)= cos

37

5π = cos

(3 · 2π + 7π

5

)= cos

7π

5.


Teraz 7π/5 = 2 · (π/2) + 2π/5. Ponieważ n = 2 jest liczbą parzystą, więc funkcji cos niezamieniamy. Ponadto kąt 2 · (π/2) + 2π/5 należy do III ćwiartki, w której cos przyjmujewartości ujemne, więc

cos(2 · π2+2π

5

)= − cos 2π

5.

W konsekwencji

cos(−375π)= − cos 2

5π.

◮ (c) Mamy (165/56)π = 2 · π + 1 · (π/2) + (25/56)π. Zatem wobec okresowości funkcji tgmamy

tg165

56π = tg

(2π +

π

2+25

56π)= tg

(π

2+25

56π).

Ponieważ n = 1 jest liczbą nieparzystą, więc funkcję tg zamienimy na cofunkcję, tj. na ctg .Ponadto kąt π/2 + (25/56)π należy do II ćwiartki, w której funkcja tg jest ujemna (ε jest−), więc mamy

tg165

56π = tg

(π

2+25

56π)= − ctg 25

56π.

◮ (d) Mamy (22/7)π = 3 · π+ (1/7)π. Zatem wobec nieparzystości i okresowości funkcji ctgmamy

ctg(−227π)= − ctg 22

7π = − ctg

(3π +

π

7

)= − ctg π

7.

4.5 Wzory trygonometryczne

Niech α będzie dowolnym kątem skierowanym. Bezpośrednio z definicji wynika, żefunkcje trygonometryczne spełniają tożsamości:

tgα =sinα

cosα, ctgα =

cosα

sinα, ctgα · tgα = 1.

Ponadto z twierdzenia Pitagorasa wynika tożsamość:

sin2 α+ cos2 α = 1.

Wzór ten nazywamy zwyczajowo „jedynką trygonometryczną”.

Funkcje trygonometryczne sumy i różnicy kątów

Przykład 1. Wyprowadzić wzory:

(a) sin (α+ β) = sinα cosβ + cosα sinβ; (b) sin (α− β) = sinα cosβ − cosα sinβ.

Rozwiązanie.

◮ (a) Pomysł dowodu pochodzi od Christophera Brueningsena†. Na wstępie zakładamy, żekąty α, β są dodatnie oraz spełniają nierówność α + β < π/2. Wzór na sinus sumy kątówwyprowadzimy korzystając z rysunku.

†Zobacz R.B.Nelsen, Proofs without words II, MAA, Washington 2000.

4.5. Wzory trygonometryczne 99

A B

C

D

α β

Ze wzoru na pole trójkąta mamy

P△ABC =1

2|AC| |CB| sin(α+ β),

P△ADC =1

2|AC| |CD| sinα, P△DBC =

1

2|DC| |CB| sin β.

Stąd, wobec oczywistej równości P△ABC = P△ADC + P△DBC , otrzymamy kolejno

|AC| |CB| sin(α+ β) = |AC| |CD| sinα+ |DC| |CB| sin β,

sin(α+ β) =|CD||CB| sinα+

|DC||AC| sin β.

Ponieważ|CD||CB| = cos β oraz

|DC||AC| = cosα,

więc ostatni wzór możemy przepisać w postaci

sin(α+ β) = cos β sinα+ cosα sin β.

Korzystając ze wzorów redukcyjnych można pokazać, że otrzymany wzór jest prawdziwy dladowolnych kątów.

◮ (b) Korzystając ze wzoru wyprowadzonego w punkcie (a) oraz parzystości funkcji cos inieparzystości funkcji sin otrzymamy

sin (α− β) = sin (α+ (−β))= sinα cos(−β) + cosα sin(−β) = sinα cos β − cosα sin β.

Korzystajac ze związków między funkcjami trygonometrycznymi, wzorów na si-nus i cosinus sumy oraz różnicy kątów można łatwo wyprowadzić wzory na tangensi cotangens sumy oraz różnicy kątów:

tg(α+ β) =tgα + tg β

1− tgα tg β , tg(α − β) = tgα− tg β1 + tgα tg β

,

ctg(α+ β) =ctgα ctg β − 1ctgα+ ctg β

, ctg(α− β) = ctgα ctg β + 1ctgα− ctg β .

Szczególnymi przypadkami wzorów na funkcje trygonometryczne sumy kątów są wzoryna funkcje trygonometryczne podwojonego kąta:

sin 2α = 2 sinα cosα,

cos 2α = cos2 α− sin2 α = 1− 2 sin2 α = 2 cos2 α− 1,

tg 2α =2 tgα

1− tg2 α, ctg 2α =ctg2 α− 12 ctgα

.


Korzystając ze wzorów na funkcje trygonometryczne podwojonego kąta można z koleiwyprowadzić wzory wyrażające sinα, cosα oraz tgα przez tg(α/2):

sinα =2 tg2

α

2

tg2α

2+ 1, cosα =

1− tg2 α2

1 + tg2α

2

, tgα =2 tgα

2

1− tg2 α2

.

Trzy ostatnie wzory wykorzystujemy w analizie matematycznej przy całkowaniu funk-cji trygonometrycznych.

Suma i różnica funkcji trygonometrycznych

Przykład 2. Wyprowadzić wzory:

(a) sinα+ sinβ = 2 sinα+ β

2cosα− β2; (b) sinα− sinβ = 2 sin α − β

2cosα+ β

2.

Rozwiązanie.

◮ (a) Przyjmijmy α = a+b oraz β = a−b. Wtedy a = (α+β)/2, b = (α−β)/2. Korzystającze wzoru na sinus sumy kątów otrzymamy

sinα+ sin β = sin(a+ b) + sin(a− b)= (sin a cos b+ cos a sin b) + (sin a cos b− cos a sin b)

= 2 sin a cos b = 2 sinα+ β

2cosα− β2.

◮ (b) Korzystając ze wzoru wyprowadzonego w punkcie (a) oraz nieparzystości funkcji sinmamy

sinα− sin β = sinα + sin(−β) = 2 sin α + (−β)2

cosα− (−β)2

= 2 sinα − β2cosα+ β

2.

Korzystajac ze związków między funkcjami tg, ctg a funkcjami sin i cos oraz zewzorów na sinus i cosinus sumy i różnicy kątów można łatwo wyprowadzić formułyna sumę i różnicę funkcji tangens i cotangens:

tgα+ tg β =sin (α+ β)

cosα cosβ, tgα− tg β = sin (α− β)

cosα cosβ,

ctgα+ ctg β =sin(α+ β)

sinα sinβ, ctgα− ctg β = sin(α− β)

sinα sinβ.

Tożsamości trygonometryczne

Przykład 3. Uzasadnić tożsamości:

(a) cosα (tgα+ ctgα) =1

sinα; (b)

sin(α+ β)

sin(α− β) =tgα+ tg β

tgα− tg β ;

(c)1

1− sinα +1

1 + sinα=2

cos2 α; (d)

tgα+ tg β

ctgα+ ctg β= tgα tg β;

(e)1

cos2 α− 1

sin2 α= (tgα+ctgα) (tgα−ctgα); (f) cos 2α

1− sin 2α = tg(α+π

4

).

4.6. Wykresy funkcji trygonometrycznych 101

Rozwiązanie.W rozwiązaniach przez L oznaczamy lewą stronę tożsamości, a przez P -prawą.Przyjmujemy, że kąt α należy do wspólnej dziedziny wszystkich funkcji występujących poobu stronach tożsamości. Nie podajemy jednak zakresów kątów spełniających te tożsamości.

◮ (a) Mamy

L = cosα (tgα+ ctgα)

= cosα · sinαcosα

+ cosα · cosαsinα

= sinα+cos2 α

sinα=sin2 α+ cos2 α

sinα=1

sinα= P .

◮ (b) Korzystając ze związku funkcji tg i sin, cos oraz ze wzorów na sumę i różnicę sinusówotrzymamy

P =tgα+ tg β

tgα− tg β

=

sinα

cosα+sin β

cosβsinα

cosα− sin βcosβ

=

sinα cos β + cosα sin β

cosα cos βsinα cos β − cosα sin β

cosα cos β

=

sin (α+ β)

cosα cosβsin (α− β)cosα cosβ

=sin (α+ β)

sin (α− β) = L.

◮ (c) Korzystając z „jedynki trygonometrycznej” mamy

L =1

1− sinα +1

1 + sinα=(1 + sinα) + (1− sinα)(1− sinα) (1 + sinα) =

2

1− sin2 α =2

cos2 α= P.

◮ (d) Korzystając ze związków funkcji tg i ctg z sin i cos otrzymamy

P =tgα+ tg β

ctgα+ ctg β

=

sinα

cosα+sin β

cosβcosα

sinα+cosβ

sin β

=

sinα cos β + cosα sin β

cosα cos βsinα cos β + cosα sin β

sinα sin β

=sinα sin β

cosα cosβ= tgα tg β = L.

◮ (e) Korzystając ze związków tg i ctg z funkcjami sin i cos oraz „jedynki trygonometrycz-nej” otrzymamy

P = (tgα+ ctgα) (tgα− ctgα)

= tg2 α− ctg2 α = sin2 α

cos2 α− cos

2 α

sin2 α=1− cos2 αcos2 α

− 1− sin2 α

sin2 α=

1

cos2 α− 1

sin2 α= L.

◮ (f) Korzystając ze wzoru na tangens sumy kątów, związku tg z funkcjami sin i cos orazwzorów na sinus i cosinus podwojonego kąta otrzymamy

P = tg(α+π

4

)

=tgα+ tg

π

4

1− tgα · tg π4

=1 + tgα

1− tgα

=1 +sinα

cosα

1− sinαcosα

=cosα + sinα

cosα− sinα =(cosα+ sinα) (cosα− sinα)(cosα− sinα) (cosα− sinα)

=cos2 α− sin2 α

cos2 α− 2 sinα cosα+ sin2 α =cos 2α

1− sin 2α = L.


4.6 Wykresy funkcji trygonometrycznych

Sinus

Dziedziną funkcji sinx jest R, a zbiorem wartości przedział [−1, 1]. Sinus jest funk-cją okresową o okresie podstawowym 2π oraz nieparzystą. Wykres funkcji y = sinxnazywamy sinusoidą (rys.).

x

y

−π −π2

π2

π 3π2

2π 5π2

3π

1

−1

y=sinx

Cosinus

Dziedziną funkcji cosx jest R, a zbiorem wartości przedział [−1, 1]. Cosinus jest funk-cją okresową o okresie podstawowym 2π oraz parzystą. Wykres funkcji y = cosxnazywamy cosinusoidą (rys.). Cosinusoida jest przesuniętą sinusoidą.

x

y

−π −π2

π2

π 3π2

2π 5π2

3π

1

−1

y=cos x

Tangens

Dziedziną funkcji tg x jest R, z wyłączeniem liczb π/2+kπ (k ∈ Z). Zbiorem wartościfunkcji tg x jest R. Tangens jest funkcją okresową o okresie podstawowym π oraznieparzystą. Wykres funkcji y = tg x nazywamy tangensoidą (rys.).

x

y

−π −π2

π2

π 3π2

2π 5π2

3π

y=tg x

4.6. Wykresy funkcji trygonometrycznych 103

Cotangens

Dziedziną funkcji ctg x jest R, z wyłączeniem liczb kπ (k ∈ Z). Zbiorem wartościfunkcji ctg x jest R. Cotangens jest funkcją okresową o okresie podstawowym π oraznieparzystą. Wykres funkcji y = ctg x nazywamy cotangensoidą (rys.).

x

y

−π −π2

π2

π 3π2

2π 5π2

3π

y=ctg x

Przykład 1. Korzystając z wykresu funkcji y = sinx naszkicować w przedziale [−π, π]wykresy funkcji:

(a) y = sin 2x; (b) y = sinx

2; (c) y = sin

(x+π

4

);

(d) y = 1 + sinx; (e) y = sin |2x|; (f) y = |sin 2x| .

Rozwiązanie.

◮ (a) Wykres funkcji y = sin 2x powstał z wykresu y = sin x przez dwukrotne „ściśnięcie”go w poziomie.

◮ (b) Wykres funkcji y = sin(x/2) powstał z wykresu y = sin x przez dwukrotne „rozcią-gnięcie” go w poziomie.

◮ (a) y=sin 2x

1

−π π

y

x

◮ (b) y=sin x2

1

−π π

y

x

◮ (c) Wykres funkcji y = sin (x+ π/4) otrzymamy, jeżeli wykres funkcji y = sin x przesu-niemy w lewo o π/4.

◮ (d) Wykres funkcji y = 1 + sin x otrzymamy, jeżeli wykres funkcji y = sin x przesuniemyw górę o 1.

◮ (e) Wykres funkcji y = sin |2x| otrzymamy dwukrotne „ściskając” w poziomie część wy-kresu funkcji y = sin x dla x 0, a następnie odbijając go symetrycznie względem osi Oy.◮ (f) Wykres funkcji y = | sin 2x| otrzymamy dwukrotne „ściskając” w poziome wykres funk-cji y = sin x, a następnie odbijając symetrycznie względem osi Ox tylko te jego fragmenty,które leżały pod osia Oy.


◮ (c) y=sin(x+π4 )

1

−π π

y

x

◮ (d) y=sinx+1

1

−π π

y

x

◮ (e) y=sin |2x|1

−π π

y

x

◮ (f) y=| sin 2x|1

−π π

y

x

4.7 Równania trygonometryczne

Równaniem trygonometrycznym nazywamy równanie, w którym niewiadoma wystę-puje tylko w wyrażeniach będących argumentami funkcji trygonometrycznych. Poniżejprzykłady równań trygonometrycznych:

sin 3x =1

2; cos

1

x=1

2;

ctg x+ 1

tg x− 1 = 3; 2sin x =1

2;

√sinx = cosx.

Rozwiązywanie równania rozpoczynamy od wypisania warunków wyznaczających jegodziedzinę. Podstawową metodą rozwiązywania równań trygonometrycznych jest spro-wadzenie ich do równań podstawowych, tj. równań postaci:

sinx = a, cosx = a, tg x = a, ctg x = a,

gdzie a ∈ R. Równania sinx = a, cosx = a mają rozwiązania wtedy i tylko wtedy, gdy|a| ¬ 1, a równania tg x = a, ctg x = a – dla dowolnych wartości a. Dalej omówimypostacie rozwiązań wszystkich typów równań podstawowych.

Równanie sinx = a

Niech a ∈ (−1, 1) i a 6= 0. Rozwiązanie równania sinx = a, które należy do przedziału(−π/2, π/2), oznaczmy przez x0. Wówczas

sinx = a ⇐⇒ x = x0 + 2kπ lub x = π − x0 + 2kπ (k ∈ Z).

x

y

−π2

π2−π π 2π

1 a

−1

y=sinx

x0 x0+2ππ−x0−x0−π

4.7. Równania trygonometryczne 105

Równanie cosx = a

Niech a ∈ (−1, 1) i a 6= 0. Rozwiązanie równania cosx = a, które należy do przedziału(0, π), oznaczmy przez x0. Wówczas

cosx = a ⇐⇒ x = x0 + 2kπ lub x = −x0 + 2kπ (k ∈ Z).

x

y

−π π 2π

1

a

−1

y=cos x

x0 x0+2π−x0 −x0+2π

Równanie tgx = a

Niech a ∈ R. Rozwiązanie równania tg x = a, które należy do przedziału (−π/2, π/2),oznaczmy przez x0. Wówczas

tg x = a ⇐⇒ x = x0 + kπ (k ∈ Z).

x

y

−π −π2

π2 π

3π2 2π

a

y=tg x

x0−π x0 x0+π x0+2π

Równanie ctgx = a

Niech a ∈ R. Rozwiązanie równania ctg x = a, które należy do przedziału (0, π),oznaczmy przez x0. Wówczas

ctg x = a ⇐⇒ x = x0 + kπ (k ∈ Z).

x

y

−π −π2

π2

π3π2 2π

5π2

a

y=ctg x

x0−π x0 x0+π x0+2π


Przykład 1. Rozwiązać równania:

(a) sinx =

√2

2; (b) cosx = −

√3

2; (c) tg x = −

√3; (d) ctg x = 1.

Rozwiązanie.

◮ (a) Dziedziną równania jest R. Jedynym roz-wiązaniem równania sin x =

√2/2 w przedziale

(−π/2, π/2) jest x0 = π/4 (rys.). Zatem rozwią-zania równania są postaci:

x =π

4+2kπ, x = π−π

4+2kπ =

3π

4+2kπ (k ∈ Z).

Oczywiście otrzymane rozwiązania należą do dzie-dziny.

x

y

−π2

π2

√22

y=sinx

π4

◮ (b) Dziedziną równania jest R. Jedynym roz-wiązaniem równania cos x = −

√3/2 w przedziale

(0, π) jest x0 = 5π/6 (rys.). Zatem rozwiązaniarównania mają postać:

x =5π

6+ 2kπ, x = −5π

6+ 2kπ (k ∈ Z).

Oczywiście rozwiązanie te należą do dziedziny.

x

y

π0

−√32

y=cos x

5π6

◮ (c) Dziedzinę równania określa warunek x 6= π/2 + kπ (k ∈ Z). Jedynym rozwiązaniemrównania tg x = −

√3 w przedziale (−π/2, π/2) jest x0 = −π/3 (rys.).

x

y

−π2

π2

−√3

y=tg x

−π3

Zatem rozwiązania równania tg x = −√3 mają postać:

x = −π3+ kπ (k ∈ Z).

Rozwiązania te spełniają warunki dziedziny.

◮ (d) Dziedzinę równania określa warunek x 6= kπ (k ∈ Z). Jedynym rozwiązaniem równaniaw przedziale (0, π) jest x0 = pi/4 (rys.).


x

y

π

1

y=ctg x

π4

Zatem rozwiązania równania ctg x = 1 mają postać:

x =π

4+ kπ (k ∈ Z).

Rozwiązania te spełniają warunki dziedziny.


(a) sin 3x = sinx

2; (b) cos 2x = cos (π − 3x);

(c) tg(3x+

π

2

)= tg x; (d) ctg

(x− π2

)= ctg 2x.

Rozwiązanie.

◮ (a) Dziedziną równania jest R. Korzystając ze wzoru na rozwiązania równania podstawo-wego sin x = a, otrzymamy

sin 3x = sinx

2⇐⇒ 3x = x

2+ 2kπ lub 3x = π − x

2+ 2kπ

⇐⇒ 52x = 2kπ lub

7

2x = π + 2kπ

⇐⇒ x = 45kπ lub x =

2

7π +4

7kπ (k ∈ Z).

Oczywiście rozwiązania należą do dziedziny równania.

◮ (b) Dziedziną równania jest R. Korzystając ze wzoru na rozwiązania równania podstawo-wego cosx = a otrzymamy

cos 2x = cos (π − 3x) ⇐⇒ 2x = π − 3x+ 2kπ lub 2x = − (π − 3x) + 2kπ⇐⇒ 5x = π + 2kπ lub − x = −π + 2kπ

⇐⇒ x = π5+2

5kπ lub x = π − 2kπ (k ∈ Z).


◮ (c) Warunki określające dziedzinę to 3x + π/2 6= π/2 + kπ oraz x 6= π/2 + lπ (k, l ∈ Z).Pierwszy z warunków możemy przepisać w postaci x 6= kπ/3. Korzystając ze wzoru na


rozwiązania równania podstawowego tg x = a, otrzymamy

tg(3x+

π

2

)= tg x ⇐⇒ 3x+ π

2= x+ kπ

⇐⇒ 2x = −π2+ kπ⇐⇒ x = −π

4+ kπ

2(k ∈ Z).

Zatem rozwiązania równania mają postać

x = −π4+ kπ

2(k ∈ Z).

Łatwo sprawdzić, że rozwiązania należą do dziedziny równania.

◮ (d) Warunki określające dziedzinę to x − π/2 6= kπ oraz 2x 6= lπ (k, l ∈ Z). Można jeująć łącznie w postaci x 6= nπ/2 (n ∈ Z). Korzystając ze wzoru na rozwiązania równaniapodstawowego ctg x = a, otrzymamy

ctg(x− π2

)= ctg 2x ⇐⇒ x− π

2= 2x+ kπ

⇐⇒ −x = π2+ kπ⇐⇒x = −π

2− kπ (k ∈ Z).

Łatwo zauważyć, że żadna z otrzymanych powyżej liczb nie należy do dziedziny równania.

Zatem równanie nie ma rozwiązań.


(a) sin 3x = cos 2x; (b) cos(x+π

4

)= sin 2 (x− π);

(c) tg 2x− ctg(x− π4

)= 0; (d) ctg

(x− π3

)− tg

(x+π

3

)= 0.

Rozwiązanie.

◮ (a) Dziedziną równania jest R. Korzystając ze wzorów redukcyjnych mamy cos 2x =sin (π/2 + 2x) . Postępując dalej jak w poprzednim przykładzie, otrzymamy

sin 3x = cos 2x ⇐⇒ sin 3x = sin(π

2+ 2x

)

⇐⇒ 3x = 2x+ π2+ 2kπ lub 3x = π −

(π

2+ 2x

)+ 2kπ

⇐⇒ x = π2+ 2kπ lub 5x =

π

2+ 2kπ

⇐⇒ x = π2+ 2kπ lub x =

π

10+2

5kπ (k ∈ Z).


◮ (b) Dziedziną równania jest R. Korzystając z okresowości funkcji sin oraz ze wzorówredukcyjnych mamy

sin 2(x− π) = sin 2x = cos(π

2− 2x

).

Postępując dalej jak w poprzednim przykładzie, mamy

cos(x+π

4

)= sin 2(x− π) ⇐⇒ cos

(x+π

4

)= cos

(π

2− 2x

)

⇐⇒ x+ π4=π

2− 2x+ 2kπ

lub x+π

4= −

(π

2− 2x

)+ 2kπ ⇐⇒


⇐⇒ 3x = π4+ 2kπ lub − x = −3π

4+ 2kπ

⇐⇒ x = π12+2

3kπ lub x =

3π

4− 2kπ (k ∈ Z).


◮ (c) Dziedzinę równania określają warunki 2x 6= π/2 + kπ oraz x − π/4 6= lπ (k, l ∈ Z).Warunki te można ująć łącznie w postaci x 6= π/4 + nπ/2 (n ∈ Z). Korzystając ze wzoruredukcyjnego mamy

ctg(x− π4

)= tg

(π

2−(x− π4

))= tg

(3π

4− x).

Postępując dalej jak w poprzednim przykładzie, mamy

tg 2x− ctg(x− π4

)= 0 ⇐⇒ tg 2x = tg

(3π

4− x)

⇐⇒ 2x = 3π4− x+ kπ

⇐⇒ 3x = 3π4+ kπ⇐⇒ x = π

4+kπ

3(k ∈ Z).

Sprawdzimy teraz, które rozwiązania należą do dziedziny. Powinien być spełniony warunekx 6= π/4 + nπ/2. Stąd mamy π/4 + kπ/3 6= π/4 + nπ/2, czyli 2k 6= 3n. Zatem k nie możebyć liczbą całkowitą podzielną przez 3. Rozwiązanie równania ma więc postać π/4 + kπ/3,przy czym k = 3m+ 1 lub k = 3m+ 2 (m ∈ Z).

◮ (d) Dziedzinę równania określają warunki x−π/3 6= kπ oraz x+π/3 6= π/2+ lπ (k, l ∈ Z).Zatem mamy x 6= π/3+kπ oraz x 6= π/6+ lπ (k, l ∈ Z). Korzystając ze wzoru redukcyjnegomamy

tg(x+π

3

)= ctg

(π

2−(x+π

3

))= ctg

(π

6− x).

Postępując dalej jak w poprzednim przykładzie, otrzymamy

ctg(x− π3

)− tg

(x+π

3

)= 0 ⇐⇒ ctg

(x− π3

)= ctg

(π

6− x)

⇐⇒ x− π3=π

6− x+ kπ

⇐⇒ 2x = π2+ kπ⇐⇒x = π

4+kπ

2(k ∈ Z).

Wszystkie otrzymane rozwiązania należą do dziedziny równania.


(a) 2 cos2 2x+ cos 2x = 0; (b) cos2 x+ cosx = sin2 x;

(c) 3− 2√2 sinx = 2 cos2 x; (d) 4 cos4 x = 3− cos2 x;

(e) tg2 2x+ tg 2x = 0; (f) tg x− ctg x = 2√3;

(g) sin 6x− sin 4x = sin 4x− sin 2x; (h) cos 2x+ cos 6x = 1 + cos 8x.


Rozwiązanie.

◮ (a) Dziedziną równania jest R. Mamy

2 cos2 2x+ cos 2x = 0 ⇐⇒ cos 2x (2 cos 2x+ 1) = 0⇐⇒ cos 2x = 0 lub 2 cos 2x+ 1 = 0

⇐⇒ cos 2x = 0 lub cos 2x = −12

⇐⇒ 2x = π2+ kπ lub 2x =

2π

3+ 2kπ lub 2x = −2π

3+ 2kπ

⇐⇒ x = π4+ kπ

2lub x =

π

3+ kπ lub x = −π

3+ kπ (k ∈ Z).


◮ (b) Dziedziną równania jest R. Korzystając ze wzoru sin2 x = 1 − cos2 x, a następniepodstawiając cos x = t, gdzie |t| ¬ 1, otrzymamy

cos2 x+ cos x = sin2 x ⇐⇒ cos2 x+ cosx = 1− cos2 x

⇐⇒ 2 cos2 x+ cos x− 1 = 0 ⇐⇒ 2t2 + t− 1 = 0.

Równanie kwadratowe 2t2 + t − 1 = 0 ma dwa pierwiastki t = 1/2, t = −1, które spełniająwarunek |t| ¬ 1. Zatem

2 cos2 x+ cosx− 1 = 0 ⇐⇒ cos x = 12lub cosx = −1

⇐⇒ x = π3+ 2kπ lub x = −π

3+2kπ lub x = π+2kπ (k ∈ Z).


◮ (c) Dziedziną równania jest R. Korzystając ze wzoru cos2 x = 1 − sin2 x, a następniepodstawiając sin x = t, gdzie |t| ¬ 1, otrzymamy

3− 2√2 sin x = 2 cos2 x ⇐⇒ 3− 2

√2 sin x = 2

(1− sin2 x

)

⇐⇒ 2 sin2 x− 2√2 sin x+ 1 = 0 ⇐⇒ 2t2 − 2

√2t+ 1 = 0.

Równanie kwadratowe 2t2 − 2√2t + 1 = 0 ma jeden pierwiastk podwójny t =

√2/2, który

spełnia warunek |t| ¬ 1. Zatem

2 sin2 x− 2√2 sin x+ 1 = 0 ⇐⇒ sin x =

√2

2

⇐⇒ x = π4+ 2kπ lub x = π − π

4+ 2kπ

⇐⇒ x = π4+ 2kπ lub x =

3π

4+ 2kπ (k ∈ Z).

Zauważmy, że otrzymane rozwiązania można zapisać w postaci:

x =π

4+ lπ (l ∈ Z).

Otrzymane rozwiązania należą do dziedziny równania.


◮ (d) Dziedziną równania jest R. Podstawiając cos2 x = t, gdzie 0 ¬ t ¬ 1, otrzymamy4 cos4 x = 3− cos2 x ⇐⇒ 4t2 = 3− t ⇐⇒ 4t2 + t− 3 = 0.

Równanie kwadratowe 4t2+ t−3 = 0 ma dwa pierwiastki t = −1, t = 34, przy czym pierwszy

z nich odrzucamy, gdyż nie spełnia warunku 0 ¬ t ¬ 1. Zatem mamy

4 cos4 x = 3− cos2 x ⇐⇒ cos2 x = 34

⇐⇒ cos x =√3

2lub cosx = −

√3

2

⇐⇒ x = π6+ 2kπ lub x = −π

6+ 2kπ lub

x =5π

6+ 2kπ lub x = −5π

6+ 2kπ (k ∈ Z).

Zauważmy, że otrzymane rozwiązania można zapisać w postaci:

x =π

6+ kπ, x = −π

6+ kπ (k ∈ Z).

Oczywiście otrzymane rozwiązania należą do dziedziny równania.

◮ (e) Dziedzinę równania określa warunek 2x 6= π/2 + kπ, czyli x 6= π/4 + kπ/2 (k ∈ Z).Mamy

tg2 2x+ tg 2x = 0 ⇐⇒ tg 2x (tg 2x+ 1) = 0⇐⇒ tg 2x = 0 lub tg 2x = −1⇐⇒ 2x = kπ lub 2x = −π

4+ kπ

⇐⇒ x = kπ2lub x = −π

8+ kπ

2(k ∈ Z).

Łatwo zauważyć, że otrzymane rozwiązania należą do dziedziny.

◮ (f) Dziedzinę równania wyznaczają warunki x 6= π/2 + kπ oraz x 6= lπ (k, l ∈ Z). Korzy-stając ze wzoru ctg x = 1/ tg x, a następnie podstawiając tg x = t, otrzymamy

tg x− ctg x = 2√3⇐⇒ tg x− 1

tg x=2√3⇐⇒ t− 1

t=2√3⇐⇒ t2 − 2√

3t− 1 = 0.

Równanie kwadratowe t2 − (2/√3)t− 1 = 0 ma dwa pierwiastki t = −1/

√3, t =

√3. Zatem

mamy

tg x− 1

tg x=2√3⇐⇒ tg x = − 1√

3lub tg x =

√3

⇐⇒ x = −π6+ kπ lub x =

π

3+ kπ (k ∈ Z).

Zauważmy, że otrzymane rozwiązania można zapisać w postaci

x = −π6+ kπ

2(k ∈ Z).

Oczywiście rozwiązania należą do dziedziny.

◮ (g) Dziedziną równania jest R. Korzystając ze wzoru

sinα− sin β = 2 sin α− β2cosα+ β

2,


mamy

sin 6x− sin 4x = sin 4x− sin 2x ⇐⇒ 2 sin x cos 5x = 2 sin x cos 3x⇐⇒ sin x cos 5x = sin x cos 3x⇐⇒ sin x (cos 5x− cos 3x) = 0⇐⇒ sin x = 0 lub cos 5x = cos 3x⇐⇒ x = kπ lub 5x = 3x+ 2kπ lub 5x = −3x+ 2kπ

⇐⇒ x = kπ lub x = kπ lub x = kπ4(k ∈ Z).

Otrzymane rozwiązania można zapisać krócej w postaci x = kπ/4 (k ∈ Z). Oczywiście należąone do dziedziny.

◮ (h) Dziedziną równania jest R. Korzystając ze wzoru

cosα+ cos β = 2 cosα+ β

2cosα− β2

oraz parzystości funkcji cos przekształcamy lewą stronę równania do postaci

cos 2x+ cos 6x = 2 cos2x+ 6x

2cos2x− 6x2

= 2 cos 4x cos 2x.

Przekształcając teraz prawą stronę równania zgodnie ze wzorem cos 2α = 2 cos2 α−1, otrzy-mamy

1 + cos 8x = 1 + cos(2 · 4x) = 1 + 2 cos2 4x− 1 = 2 cos2 4x.Zatem

cos 2x+ cos 6x = 1 + cos 8x ⇐⇒ 2 cos 4x cos 2x = 2 cos2 4x⇐⇒ cos 4x (cos 2x− cos 4x) = 0.

Następnie korzystając ze wzoru

cosα− cos β = −2 sin α+ β2sinα− β2

oraz z nieparzystości funkcji sin mamy

cos 2x− cos 4x = −2 sin 2x+ 4x2

sin2x− 4x2

= −2 sin 3x sin(−x) = 2 sin 3x sin x.

Kontynuując dalej mamy

cos 4x (cos 2x− cos 4x) = 0 ⇐⇒ cos 4x · sin 3x · sin x = 0

⇐⇒ cos 4x = 0 lub sin 3x = 0 lub sin x = 0

⇐⇒ 4x = π2+ kπ lub 3x = kπ lub x = kπ

⇐⇒ x = π8+ kπ

4lub x = k

π

3lub x = kπ (k ∈ Z).

Otrzymane powyżej rozwiązania można zapisać krócej w postaci:

x =π

8+ kπ

4, x = k

π

3(k ∈ Z).

Oczywiście rozwiązania należą do dziedziny.

4.8. Nierówności trygonometryczne 113

4.8 Nierówności trygonometryczne

Nierównościami trygonometrycznymi nazywamy nierówności, w których niewiadomawystępuje tylko w wyrażeniach będących argumentami funkcji trygonometrycznych.Poniżej przykłady nierówności trygonometrycznych:

sinx < 1; cos 2x > sinx; sin3 x+ 2 cosx ¬ 0;

tg x2 > 0;√ctg x ¬ 2 tg x; tg2 x+ ctg2 x 3.

Rozwiązywanie nierówności rozpoczynamy od wyznaczenia jej dziedziny. Nierównościtrygonometryczne postaci:

sinx < a, sinx > a, cosx < a, cosx > a,

tg x < a, tg x > a, ctg x < a, ctg x > a,

gdzie a ∈ R, nazywamy podstawowymi. W nierównościach zamiast znaku ostrej nie-równości (<, >) może występować znak słabej nierówności (¬, ). Poniżej omówimymetody rozwiązywania podstawowych nierówności trygonometrycznych.

Nierówności sinx < a, sinx > a

Niech a ∈ (−1, 1). Rozwiązanie równania sinx = a, które należy do przedziału(−π/2, π/2), oznaczmy przez x0 (rys.). Wówczas

sinx < a ⇐⇒ x ∈ (−π − x0 + 2kπ, x0 + 2kπ) (k ∈ Z).

x

y

−π2

π2−π π 2π

a

y=sinx

−x0−π x0 π−x0 x0+2π

Podobnie jest dla nierówności skierowanej w stronę przeciwną (rys.):

sinx > a ⇐⇒ x ∈ (x0 + 2kπ, π − x0 + 2kπ) (k ∈ Z).

x

y

−π2

π2−π π 2π

a

y=sinx

−x0−π x0 π−x0 x0+2π

Wzory te obejmują także graniczne wartości a, tj. −1 oraz 1. Jednak w takim przy-padku wygodniej jest wykorzystać równoważności

sinx < 1 ⇐⇒ sinx 6= 1 oraz sinx > −1 ⇐⇒ sinx 6= −1.


Nierówności cosx < a, cosx > a

Niech a ∈ (−1, 1). Rozwiązanie równania cosx = a, które należy do przedziału (0, π),oznaczmy przez x0 (rys.). Wówczas

cosx < a ⇐⇒ x ∈ (x0 + 2kπ, 2π − x0 + 2kπ) (k ∈ Z).

x

y

−π π 2πa

y=cos x

−x0 x0 −x0+2π x0+2π


cosx > a ⇐⇒ x ∈ (−x0 + 2kπ, x0 + 2kπ) (k ∈ Z).

x

y

−π π 2πa

y=cos x

−x0 x0 −x0+2π x0+2π

Jak w poprzednim przypadku, wzory te obejmują także graniczne wartości a, tj. −1oraz 1. Jednak w takim przypadku wygodniej jest wykorzystać równoważności

cosx < 1 ⇐⇒ cosx 6= 1 oraz cosx > −1 ⇐⇒ cosx 6= −1.

Nierówności tgx < a, tgx > a

Niech a ∈ R. Rozwiązanie równania tg x = a, które należy do przedziału (−π/2, π/2),oznaczamy x0 (rys.). Wówczas

tg x < a ⇐⇒ x ∈(−π2+ kπ, x0 + kπ

)(k ∈ Z).

x

y

−π

−π2

π2

π

3π2

2π

a

y=tg x

x0−π x0 x0+π x0+2π



tg x > a ⇐⇒ x ∈(x0 + kπ,

π

2+ kπ

)(k ∈ Z).

x

y

−π

−π2

π2

π

3π2

2π

a

y=tg x

x0−π x0 x0+π x0+2π

Nierówności ctgx < a, ctgx > a

Niech a ∈ R. Rozwiązanie równania ctg x = a, które należy do przedziału (0, π),oznaczamy x0 (rys.). Wówczas

ctg x < a ⇐⇒ x ∈ (x0 + kπ, π + kπ) (k ∈ Z).

x

y

0−2π −π −π2

π2 π

3π2

− 3π2 2π

a

y=ctg x

x0−2π x0−π x0 x0+π


ctg x > a ⇐⇒ x ∈ (kπ, x0 + kπ) (k ∈ Z).

x

y

0−2π −π −π2

π2 π

3π2

− 3π2 2π

a

y=ctg x

x0−2π x0−π x0 x0+π


Jeżeli w nierównościach podstawowych występują symbole ¬, , to w rozwiązaniach,w przypadku funkcji sin i cosx, przedziały otwarte należy obustronnie domknąć,a w przypadku funkcji tg i ctg, domknąć z odpowiedniej strony (pamiętając o dzie-dzinie).

Przykład 1. Rozwiązać nierówności:

(a) sinx >1

2; (b) tg x >

√3; (c) cosx < −

√2

2; (d) ctg x ¬ 1.

Rozwiązanie.

◮ (a) Dziedziną nierówności jest R. W przedziale (−π/2, π/2) równanie sin x = 1/2 marozwiązanie x0 = π/6. Zatem

sin x >1

2⇐⇒ x ∈

(π

6+ 2kπ, π − π

6+ 2kπ

)

⇐⇒ x ∈(π

6+ 2kπ,

5π

6+ 2kπ

)(k ∈ Z).

x

y

π 2π 3π

12

y=sinx

π6

5π6

13π6

17π6

Rozwiązania są zawarte w dziedzinie.

◮ (b) Dziedzinę nierówności określa warunek x 6= π/2+kπ (k ∈ Z).Wprzedziale (−π/2, π/2)równanie tg x =

√3 ma rozwiązanie x0 = π/3. Zatem

tg x >√3 ⇐⇒ x ∈

(π

3+ kπ,

π

2+ kπ

)(k ∈ Z).

x

y

−π

−π2

π2

π

3π2

2π

5π2

√3

y=tg x

− 2π3

π3

4π3

7π3


Otrzymane rozwiązania są zawarte w dziedzinie.

◮ (c) Dziedziną nierówności jest R.W przedziale (0, π) równanie cos x = −√2/2 ma rozwią-

zanie x0 = 3π/4. Zatem

cos x < −√2

2⇐⇒ x ∈

(3π

4+ 2kπ, 2π − 3π

4+ 2kπ

)

⇐⇒ x ∈(3π

4+ 2kπ,

5π

4+ 2kπ

)(k ∈ Z).

x

y

π2

3π2

5π2

7π2

3π4

5π4

11π4

13π4

−√22

y=cos x


◮ (d) Dziedzinę nierówności określa warunek x 6= kπ (k ∈ Z). W przedziale (0, π) równaniectg x = 1 ma rozwiązanie x0 = π/4. x0 = π/4. Zatem

ctg x ¬ 1 ⇐⇒ x ∈[π

4+ kπ, π + kπ

)(k ∈ Z).

x

y

0−2π −π−π2

π2

π

3π2

2π

1

y=ctg x

− 7π4

− 3π4

π4

5π4


Przykład 2. Rozwiązać nierówności we wskazanych przedziałach:

(a) 4 sin2 x > 3, [−π, π]; (b) 3 tg2 x− 1 ¬ 0,(−π2,π

2

);

(c) 2 cos2 x < 1, [0, 2π]; (d) ctg2 x 1, (0, π).Rozwiązanie.

◮ (a) Nierówność 4 sin2 x > 3 jest równoważna alternatywie:

sin x >

√3

2lub sin x < −

√3

2.


W przedziale [−π, π] rozwiązania tych nierówności wyznaczamy metodą graficzną (rys.).

x

y

−ππ

y=√32

y=sinx

π3

2π3

x

y

−ππ

y=−√32

y=sinx

−π3

− 2π3

Zatem dla x ∈ [−π, π] mamy

4 sin2 x > 3 ⇐⇒ x ∈(−2π3,−π3

)∨ x ∈

(π

3,2π

3

)⇐⇒ x ∈

(−2π3,−π3

)∪(π

3,2π

3

).

◮ (b) Nierówność 3 tg2 x− 1 ¬ 0 jest równoważna koniunkcji:

tg x −√3

3i tg x ¬

√3

3.

Wprzedziale (−π/2, π/2) rozwiązania tych nierówności wyznaczamy metodą graficzną (rys.).

x

y

−π2

π2

y=−√33

y=tg x

−π6 x

y

−π2

π2

y=√33

y=tg x

π6

Zatem dla x ∈ (−π/2, π/2) mamy

3 tg2 x− 1 ¬ 0⇐⇒x ∈[−π6,π

2

)∧ x ∈

(−π2,π

6

]⇐⇒ x ∈

(−π6,π

6

).

◮ (c) Nierówność 2 cos2 x < 1 jest równoważna koniunkcji:

cosx > −√2

2i cosx <

√2

2.

Rozwiązania tych nierówności w przedziale [0, 2π] wyznaczamy metodą graficzną (rys.).

x

y

0 π

2π

y=−√22

y=cos x

3π4

5π4

x

y

π

2π

y=√22

y=cos x

π4

7π4


Zatem dla x ∈ [0, 2π] mamy

2 cos2 x < 1 ⇐⇒ x ∈[0,3π

4

)∪(5π

4, 2π]∧ x ∈

(π

4,7π

4

)

⇐⇒ x ∈([0,3π

4

)∪(5π

4, 2π])∩(π

4,7π

4

)⇐⇒ x ∈

(π

4,3π

4

)∪(5π

4,7π

4

).

◮ (d) Nierówność ctg2 x 1 jest równoważna alternatywie:

ctg x 1 lub ctg x ¬ −1.

W przedziale (0, π) rozwiązania tych nierówności wyznaczamy metodą graficzną (rys.).

x

y

0

π

y=1

y=ctg x

π4

x

y

0

π

y=−1

y=ctg x

3π4

Zatem dla x ∈ (0, π) mamy

ctg2 x 1⇐⇒x ∈(0,π

4

]∨ x ∈

[3π

4, π)⇐⇒ x ∈

(0,π

4

]∪[3π

4, π).

Przykład 3. Rozwiązać nierówności:

(a) 2 sin 2x < −√2; (b) 2 cos

(x+π

4

) 1;

(c) tg(3x− π

6

)¬ 1; (d)

√3 ctg

(π3− x)> 3.

Rozwiązanie.

◮ (a) Dziedziną nierówności jest R. Podstawiamy u = 2x.Wtedy nierówność przyjmie postaćsin u < −

√2/2. Ponieważ równanie sin u = −

√2/2 w przedziale (−π/2, π/2) ma rozwiązanie

u0 = −π/4, więc

sin u < −√2

2⇐⇒ u ∈ (−π − u0 + 2kπ, u0 + 2kπ)

⇐⇒ u ∈(−3π4+ 2kπ,−π

4+ 2kπ

)(k ∈ Z).

Wracając do zmiennej x otrzymamy

u ∈(−3π4+ 2kπ,−π

4+ 2kπ

)⇐⇒ 2x ∈

(−3π4+ 2kπ,

π

4+ 2kπ

)

⇐⇒ x ∈(−3π8+ kπ,

π

8+ kπ

)(k ∈ Z).



◮ (b) Dziedziną nierówności jest R. Podstawiamy u = x+ π/4. Wtedy nierówność przyjmiepostać cosu 1/2. Ponieważ równanie cos u = 1/2 w przedziale (0, π) ma rozwiązanieu0 = π/3, więc

cosu 12⇐⇒ u ∈ [−u0 + 2kπ, u0 + 2kπ] ⇐⇒ u ∈

[−π3+ 2kπ,

π

3+ 2kπ

](k ∈ Z).


u ∈[−π3+ 2kπ,

π

3+ 2kπ

]⇐⇒

(x+π

4

)∈[−π3+ 2kπ,

π

3+ 2kπ

]

⇐⇒ x ∈[−π3− π4+ 2kπ,

π

3− π4+ 2kπ

]

⇐⇒ x ∈[−7π12+ 2kπ,

π

12+ 2kπ

](k ∈ Z).


◮ (c) Dziedzina nierówności jest określona przez warunki 3x − π/6 6= π/2 + kπ, czyli x 6=2π/9+kπ/3 (k ∈ Z). Podstawmy u = 3x−π/6.Wtedy nierówność przyjmie postać tg u ¬ 1.Ponieważ równanie tg u = 1 w przedziale (−π/2, π/2) ma rozwiązanie u0 = π/4, więc

tg u ¬ 1 ⇐⇒ u ∈(−π2+ kπ, u0 + kπ

]⇐⇒ u ∈

(−π2+ kπ,

π

4+ kπ

](k ∈ Z).


u ∈(−π2+ kπ,

π

4+ kπ

]⇐⇒

(3x− π

6

)∈(π

2+ kπ,

π

4+ kπ

]

⇐⇒ 3x ∈(π

2+π

6+ kπ,

π

4+π

6+ kπ

]

⇐⇒ 3x ∈(2π

3+ kπ,

5π

12+ kπ

]

⇐⇒ x ∈(2π

9+kπ

3,5π

36+kπ

3

](k ∈ Z).

Po uwzględnieniu dziedziny rozwiązania nierówności nie zmieniają się.

◮ (d) Dziedzina nierówności jest określona przez warunek π/3− x 6= kπ, czyli x 6= π/3+ kπ(k ∈ Z). Zanim zaczniemy rozwiązywać nierówność, dokonamy jej uproszczenia. I tak, znieparzystości funkcji ctg wynika równość ctg (π/3− x) = − ctg (x− π/3) . Teraz podsta-wiamy u = x − π/3. Wtedy nierówność przyjmie postać ctg u < −

√3. Ponieważ równanie

ctg u = −√3 w przedziale (0, π) ma rozwiązanie u0 = 5π/6, więc

ctg u < −√3 ⇐⇒ u ∈

(5π

6+ kπ, π + kπ

)(k ∈ Z).


u ∈(5π

6+ kπ, π + kπ

)⇐⇒

(x− π3

)∈(5π

6+ kπ, π + kπ

)

⇐⇒ x ∈(π

3+5π

6+ kπ,

π

3+ π + kπ

)

⇐⇒ x ∈(7π

6+ kπ,

4π

3+ kπ

)(k ∈ Z).


Po uwzględnieniu dziedziny rozwiązania nierówności nie zmieniają się.

Przykład 4. Rozwiązać nierówności w dziedzinach lub wskazanych zbiorach:

(a) 2 sin2 x+ 3 sinx < 2, [−π, π]; (b) sinx cosx;

(c) tg2 x+√3 <

(1 +√3)tg x,

(−π2,π

2

); (d) tg

x

2¬ ctg x

2.

Rozwiązanie. Ogólna zasada rozwiązywania nierówności trygonometrycznych polega na ta-kim ich przekształceniu, aby uzyskać nierówności podstawowe.

◮ (a) Podstawiamy sin x = t. Wtedy mamy

2 sin2 x+ 3 sin x < 2⇐⇒ 2 sin2 x+ 3 sin x− 2 < 0⇐⇒ 2t2 + 3t− 2 < 0.

Równanie kwadratowe 2t2 + 3t− 2 = 0 ma dwa pierwiastki t = −2, t = 1/2. Zatem

2t2 + 3t− 2 < 0 ⇐⇒ 2 (t+ 2)(t− 12

)< 0 ⇐⇒ − 2 < t < 1

2.

Wracając do zmiennej x mamy

2 sin2 x+ 3 sin x− 2 < 0 ⇐⇒ − 2 < sin x < 12.

Oczywiście nierówność −2 < sin x jest prawdziwa dla każdego x ∈ R. Drugą nierównośćsin x < 1/2 rozwiążemy graficznie w przedziale [−π, π] (rys.).

x

y

−π π

y= 12

y=sinx

π6

5π6

Zatem rozwiązaniem nierówności sin x < 1/2 w przedziale [−π, π] jest suma [−π, π/6) ∪(5π/6, π], a w konsekwencji

2 sin2 x+ 3 sin x < 2⇐⇒x ∈[−π, π6

)∪(5π

6, π].

◮ (b) Dziedziną jest R. Nierówność najprościej jest rozwiązć graficznie. Najpierw zrobimyto w przedziale [0, 2π] (rys.).

x

y

π 2π

1

−1y=sinx

y=cos x

π4

5π4


Stąd x ∈[π

4,5π

4

]. Uwzględniając okresowość funkcji sin i cos otrzymamy

sin x ¬ cosx ⇐⇒ x ∈[π

4+ 2kπ,

5π

4+ 2kπ

](k ∈ Z).


◮ (c) Podstawiamy tg x = u. Otrzymamy wówczas

tg2 x+√3 <

(1 +√3)tg x ⇐⇒ tg2 x−

(1 +√3)tg x+

√3 < 0

⇐⇒ u2 −(1 +√3)u+√3 < 0.

Równanie kwadratowe u2 −(1 +√3)u +√3 = 0 ma dwa pierwiastki u1 = 1, u2 =

√3,

zatem

u2 −(1 +√3)u+√3 < 0 ⇐⇒ (u− 1)

(u−√3)< 0 ⇐⇒ 1 < u <

√3.

Wracając do zmiennej x mamy

1 < u <√3 ⇐⇒ 1 < tg x <

√3.

Powyższą nierówność podwójną rozwiążemy graficznie w przedziale (−π/2, π/2) (rys.).

x

y

−π2

π2

y=√3

y=tg x

π3

x

y

−π2

π2

y=1

y=tg x

π4

Zatem(tg x−

√3)(1− tg x) > 0⇐⇒x ∈

(−π2,π

3

)i x ∈

(π

4,π

2

)⇐⇒ x ∈

(π

4,π

3

).

◮ (d) Dziedzinę nierówności wyznaczająwarunki x/2 6= π/2 + kπ, x/2 6= lπ(k, l ∈ Z), co można ująć krótko x 6=nπ (n ∈ Z). Tę nierówność najprościejjest rozwiązać graficznie. Ponieważ funkcjetg(x/2) i ctg(x/2) mają okres podstawowy2π, więc w pierwszym kroku ograniczymysię do przedziału [0, 2π], co po uwzględ-nieniu dziedziny daje zbiór (0, π) ∪ (π, 2π)(rys.). W zbiorze (0, π)∪(π, 2π) nierównośćtg(x/2) ¬ ctg(x/2) jest prawdziwa dla xnależących do sumy (0, π/2) ∪ (π, 3π/2) .Następnie, uwzgledniając okresowość funk-cji, otrzymamy

x

y

π2

3π2

2ππ

y=tg x2

y=ctg x2

tgx

2¬ ctg x

2⇐⇒ x ∈

(2kπ,

π

2+ 2kπ

]lub x ∈

(π + 2kπ,

3π

2+ 2kπ

](k ∈ Z).

Zadania 123

To rozwiązanie można zapisać w prostszej postaci x ∈(kπ,π

2+ kπ

](k ∈ Z).

Zadania str. 170

1. Kąty wyrażone w stopniach zapisać w radianach:

(a) 10◦; (b) 24◦; (c) 45◦ ; (d) 135◦; (e) 350◦; (f) 1080◦.

2. Kąty wyrażone w radianach zapisać w stopniach:

(a) 1; (b)π

24; (c)

7π

12; (d)

4π

3; (e)

35π

36; (f)

7π

4.

3. Obliczyć wartości funkcji trygonometrycznych:

(a) sin

(−7π4

); (b) cos

2π

3; (c) tg

4π

3; (d) ctg

(−π6

).

4. Korzystając ze wzorów redukcyjnych podane wyrażenia zapisać w postaci funkcjitrygonometrycznych kąta ostrego α:

(a) sin

(3π

2− α

); (b) cos

(5π

2+ α

); (c) tg (π − α); (d) ctg

(π2+ α

).

5. Podane wyrażenia zapisać w postaci funkcji trygonometrycznych kąta ostrego:

(a) sin(−π3

); (b) cos

9

2π; (c) tg

(−953π

); (d) ctg

14

9π.

6. Wyprowadzić wzory:

(a) cos (α+ β) = cosα cosβ − sinα sinβ; (b) cos (α− β) = cosα cosβ + sinα sinβ.

7. Wyprowadzić wzory:

(a) cosα+ cosβ = 2 cosα+ β

2cosα− β2; (b) cosα− cosβ = −2 sin α − β

2sinα+ β

2.

8. Uzasadnić tożsamości:

(a)1 + tgα

1 + ctgα= tgα; (b) sin4 α+cos4 α = 1− 1

2sin2 2α;

(c) tgα+ ctgα =2

sin 2α; (d) ctgα− tgα = 2 ctg 2α;

(e)sin 3α+ sin 5α

cos 3α+ cos 5α= tg 4α; (f) tg

α

2=1 − cosαsinα

.

9. W przedziale [−π, π] naszkicować wykresy funkcji:

(a) y = cos 2(x− π4

); (b) y = sinx−

∣∣∣∣1

2sinx

∣∣∣∣; (c) y = 1 + ctg(x+π

4

);

(d) y = tg x+ | tg x|; (e) y = sinx+ cosx; (f) y = |tg x| ctg x.


10. Rozwiązać równania:

(a) sinx = −12; (b) cosx =

√2

2; (c) tg x = 1; (d) ctg x = − 1√

3.


(a) sinx = − sin 2x; (b) cos(π4− 2x

)= cos

(x+π

3

);

(c) tg(x− π4

)= tg

(π6− x); (d) ctg

(2x+

π

3

)= ctg x.


(a) cos 4x = sinx

2; (b) sin

(π6− 2x

)= cos

(x+π

3

);

(c) ctg 2x = tg 2x; (d) tg(2x+

π

4

)= ctg

(3x+

π

6

).


(a) sin2 x+ cosx sinx = 0; (b) sinx− 2 = cos 2x;(c) cos 4x = 2− 3 sin 2x; (d) sin3 x− 4 sin2 x− sinx = −4;(e) tg2 x− 2 tg x+ 1 = 0; (f) tg x+ tg 2x = tg 3x;

(g) sin 3x− sinx = sin 2x; (h) cos 5x− cosx = sin 3x.

14. Rozwiązać nierówności:

(a) sinx ¬√2

2; (b) cosx 1

2; (c) tg x < −1; (d) ctg x > −

√3

3.

15. Rozwiązać nierówności we wskazanych przedziałach:

(a) 2 sin2 x ¬ 1, [0, 2π]; (b) 4 cos2 x 3, [−π, π];(c) tg2 x > 1,

(−π2,π

2

); (d) ctg2 x < 3, (0, π).

16. Rozwiązać nierówności:

(a) 2 sin(π3− x)√3; (b) 2 cos

(x2− π6

)< −1;

(c) tg(x4+π

3

)> −1; (d)

√3 ctg

(2x+

π

4

)¬ 1.

17. Rozwiązać nierówności w ich dziedzinach lub wskazanych zbiorach:

(a) cosx ¬ sin x2,[−π2,π

2

]; (b) cosx+ sinx

√3

2;

(c) ctg x− 1

ctg x< 0; (d) tg x tg 2x ¬ 1,

(−π2,π

2

).

WSTĘPDO ANALIZYIALGEBRYFunkcje trygonometryczne kąta α deﬁniujemy wzorami: sinα = y r; cosα =...

Documents

Transcript of WSTĘPDO ANALIZYIALGEBRYFunkcje trygonometryczne kąta α deﬁniujemy wzorami: sinα = y r; cosα =...