Funkcje trygonometryczne dowolnego kąta

To wartość z tablicy kątów szczególnych, którą warto pamiętać:

$$\sin 30^\circ=\frac12$$

Pełny zestaw dla $30^\circ$: $\sin 30^\circ=\frac12$, $\cos 30^\circ=\frac{\sqrt3}{2}$, $\tg 30^\circ=\frac{\sqrt3}{3}$.

Odpowiedź: B. $\frac12$.

Zamiany dokonujemy przez mnożenie przez $\frac{\pi}{180^\circ}$:

$$60^\circ\cdot\frac{\pi}{180^\circ}=\frac{60\pi}{180}=\frac{\pi}{3}$$

Warto zapamiętać podstawowe zamiany: $180^\circ=\pi$, $90^\circ=\frac{\pi}{2}$, $60^\circ=\frac{\pi}{3}$, $45^\circ=\frac{\pi}{4}$, $30^\circ=\frac{\pi}{6}$.

Odpowiedź: $\frac{\pi}{3}$.

W drugą stronę mnożymy przez $\frac{180^\circ}{\pi}$:

$$\frac{3\pi}{4}\cdot\frac{180^\circ}{\pi}=\frac{3\cdot180^\circ}{4}=\frac{540^\circ}{4}=135^\circ$$

Symbol $\pi$ się skraca, więc zostaje sam rachunek na liczbach.

Odpowiedź: $135^\circ$.

Na okręgu jednostkowym cosinus to współrzędna pozioma punktu. Dla kąta $90^\circ$ punkt leży na samej górze osi OY, więc jego współrzędna pozioma to zero:

$$\cos 90^\circ=0$$

Dla porównania: $\sin 90^\circ=1$ (współrzędna pionowa jest maksymalna).

Odpowiedź: A. $0$.

Korzystamy z tożsamości $\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1$:

$$\cos^2\alpha=1-\sin^2\alpha=1-\frac{9}{25}=\frac{16}{25}$$

Wyciągamy pierwiastek. Kąt jest ostry, więc cosinus jest dodatni:

$$\cos\alpha=\frac{4}{5}$$

Rozpoznanie: to klasyczny trójkąt $3$–$4$–$5$.

Odpowiedź: $\cos\alpha=\frac45$.

Tangens to iloraz sinusa przez cosinus:

$$\tg\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\frac{\frac35}{\frac45}=\frac35\cdot\frac54=\frac34$$

Dzielenie ułamków: mnożymy przez odwrotność mianownika, a piątki się skracają.

Odpowiedź: $\tg\alpha=\frac34$.

Znak funkcji zależy od położenia punktu na okręgu jednostkowym:

• $\sin\alpha>0$ — punkt nad osią OX (ćwiartki I i II)
• $\cos\alpha<0$ — punkt na lewo od osi OY (ćwiartki II i III)

Oba warunki spełnia jednocześnie tylko ćwiartka II.

Pomocna reguła (kolejność znaków sinusa/cosinusa/tangensa po ćwiartkach): „wszystkie dodatnie” w I, „sinus” w II, „tangens” w III, „cosinus” w IV.

Odpowiedź: C. druga.

Krok 1 — zapisujemy kąt jako $180^\circ$ minus kąt ostry:

$$150^\circ=180^\circ-30^\circ$$

Krok 2 — stosujemy wzór redukcyjny. Sinus dla kąta w drugiej ćwiartce jest dodatni i zachodzi $\sin(180^\circ-\alpha)=\sin\alpha$:

$$\sin 150^\circ=\sin 30^\circ=\frac12$$

Kontrola znaku: $150^\circ$ leży w drugiej ćwiartce, gdzie sinus jest dodatni ✔

Odpowiedź: $\frac12$.

Funkcja sinus powtarza swoje wartości co pełny obrót:

$$\sin(x+2\pi)=\sin x$$

Najmniejszą taką dodatnią liczbą jest $2\pi$, więc okres podstawowy to $2\pi$.

Uwaga na jednostki: w miary łukowej okres to $2\pi$, a nie $360$ — odpowiedź C myli radiany ze stopniami.

Dla porównania: tangens ma okres $\pi$.

Odpowiedź: D. $2\pi$.

To bezpośrednie zastosowanie jedynki trygonometrycznej:

$$\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1$$

Tożsamość ta zachodzi dla dowolnego kąta, więc:

$$\sin^2 40^\circ+\cos^2 40^\circ=1$$

Kluczowa obserwacja: nie trzeba znać wartości $\sin 40^\circ$ ani $\cos 40^\circ$ — wynik jest $1$ niezależnie od kąta.

Odpowiedź: $1$.

Dla kąta $45^\circ$ sinus i cosinus są równe:

$$\sin 45^\circ=\cos 45^\circ=\frac{\sqrt2}{2}$$

Zatem ich iloraz wynosi:

$$\tg 45^\circ=\frac{\sin 45^\circ}{\cos 45^\circ}=1$$

Interpretacja: w trójkącie prostokątnym równoramiennym obie przyprostokątne są równe, więc ich stosunek to $1$.

Odpowiedź: B. $1$.

Krok 1 — kąt podstawowy. Wiemy, że $\sin 30^\circ=\frac12$.

Krok 2 — szukamy wszystkich rozwiązań w zadanym przedziale. Sinus jest dodatni w ćwiartkach I i II, więc drugie rozwiązanie to:

$$180^\circ-30^\circ=150^\circ$$

Krok 3 — zestawiamy:

$$x=30^\circ \quad \text{lub} \quad x=150^\circ$$

Częsty błąd: podanie tylko $30^\circ$. Równanie z sinusem ma zwykle dwa rozwiązania na pełnym okręgu.

Odpowiedź: $x=30^\circ$ lub $x=150^\circ$.

Krok 1 — jedynka trygonometryczna:

$$\sin^2\alpha=1-\cos^2\alpha=1-\frac{144}{169}=\frac{25}{169}$$

Krok 2 — wyciągamy pierwiastek, dobierając znak.

$$\sin\alpha=\pm\frac{5}{13}$$

Krok 3 — ustalamy znak. W drugiej ćwiartce sinus jest dodatni, więc:

$$\sin\alpha=\frac{5}{13}$$

Kluczowa uwaga: jedynka daje wartość bezwzględną — znak rozstrzyga informacja o ćwiartce. Pominięcie tego kroku to najczęstszy błąd.

Odpowiedź: $\sin\alpha=\frac{5}{13}$.

Na okręgu jednostkowym kąt $180^\circ$ wskazuje punkt $(-1,\,0)$ — skrajnie po lewej stronie osi OX.

Cosinus to współrzędna pozioma tego punktu:

$$\cos 180^\circ=-1$$

Dla porządku: $\sin 180^\circ=0$ (współrzędna pionowa).

Odpowiedź: A. $-1$.

Krok 1 — rozpoznajemy tangens:

$$\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\tg\alpha$$

Krok 2 — mnożymy, cosinus się skraca:

$$\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}\cdot\cos\alpha=\sin\alpha$$

Założenie: $\cos\alpha\neq0$, bo dzielimy przez cosinus.

Odpowiedź: $\sin\alpha$.

Sposób 1 — podstawiamy wartości z tablicy:

$$\frac{\sqrt3}{2}\cdot\frac{\sqrt3}{2}+\frac12\cdot\frac12=\frac{3}{4}+\frac{1}{4}=1$$

Sposób 2 — wzór na sinus sumy kątów:

$$\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta=\sin(\alpha+\beta)$$

$$=\sin(60^\circ+30^\circ)=\sin 90^\circ=1$$

Drugi sposób jest szybszy — warto rozpoznawać wzory na funkcje sumy kątów.

Odpowiedź: $1$.

Sinus jako współrzędna punktu na okręgu jednostkowym przyjmuje wszystkie wartości od $-1$ do $1$ włącznie:

$$-1\le\sin x\le 1$$

Skrajne wartości są osiągane: $\sin 90^\circ=1$ i $\sin 270^\circ=-1$, dlatego przedział jest domknięty (to odróżnia odpowiedź C od D).

Odpowiedź: C. $\langle -1,\,1\rangle$.

Krok 1 — wyznaczamy cosinus:

$$2\cos x=1 \quad\Rightarrow\quad \cos x=\frac12$$

Krok 2 — kąt podstawowy. Wiemy, że $\cos 60^\circ=\frac12$.

Krok 3 — wszystkie rozwiązania. Cosinus jest dodatni w ćwiartkach I i IV, więc drugie rozwiązanie to:

$$360^\circ-60^\circ=300^\circ$$

Krok 4 — zestawiamy:

$$x=60^\circ \quad \text{lub} \quad x=300^\circ$$

Uwaga: dla cosinusa drugie rozwiązanie leży w ćwiartce IV ($360^\circ-\alpha$), inaczej niż dla sinusa ($180^\circ-\alpha$).

Odpowiedź: $x=60^\circ$ lub $x=300^\circ$.

Sposób z trójkątem prostokątnym. Tangens to stosunek przyprostokątnej naprzeciw do przyprostokątnej przy kącie. Skoro $\tg\alpha=\frac21$, przyjmijmy bok naprzeciw $=2$, bok przy kącie $=1$.

Krok 1 — przeciwprostokątna z twierdzenia Pitagorasa:

$$c=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt5$$

Krok 2 — odczytujemy funkcje:

$$\sin\alpha=\frac{2}{\sqrt5}=\frac{2\sqrt5}{5},\qquad \cos\alpha=\frac{1}{\sqrt5}=\frac{\sqrt5}{5}$$

Sprawdzenie jedynką: $\frac{4}{5}+\frac{1}{5}=1$ ✔

Odpowiedź: $\sin\alpha=\frac{2\sqrt5}{5}$, $\cos\alpha=\frac{\sqrt5}{5}$.

Krok 1 — przekształcamy licznik. Z jedynki trygonometrycznej wynika:

$$1-\cos^2\alpha=\sin^2\alpha$$

Krok 2 — podstawiamy do wyrażenia:

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

Krok 3 — skracamy (możemy, bo $\sin\alpha\neq0$):

$$\frac{\sin^2\alpha}{\sin\alpha}=\sin\alpha$$

Otrzymaliśmy prawą stronę, co kończy dowód.

Uwaga: założenie $\sin\alpha\neq0$ jest konieczne — bez niego nie wolno byłoby ani dzielić, ani skracać.

Odpowiedź: wyrażenie upraszcza się do $\sin\alpha$, co należało wykazać.

Pamiętając o tym, że dla kątów rozwartych sinus przyjmuje wartości dodatnie, a cosinus ujemne, możemy od razu odrzucić odpowiedzi A oraz D, a nawet możemy odrzucić odpowiedź C, ponieważ iloczyn liczby dodatniej i ujemnej da wynik ujemny. To prowadzi nas wprost do wniosku, że pierwszą poprawną zależnością będzie ta z odpowiedzi B.

Teraz trzeba ustalić, która z dwóch pozostałych zależności - E czy F, jest tą poszukiwaną. Tu z pomocą przyjdą nam wzory z tablic, które można zastosować w omawianej na rysunku sytuacji, czyli:
$$sin\alpha=\frac{y}{r} \\
cos\alpha=\frac{x}{r}$$

W powyższych wzorach \(x\) oraz \(y\) to współrzędne jakiegoś punktu na lewym ramieniu kąta. W naszym przypadku możemy wziąć punkt \(P=(-1;3)\), zatem \(x=-1\) oraz \(y=3\). Długość \(r\) obliczamy z kolei ze wzoru \(r=\sqrt{x^2+y^2}\), zatem w naszym przypadku \(r=\sqrt{(-1)^2+3^2}=\sqrt{10}\). Tym samym \(sin\alpha=\frac{3}{\sqrt{10}}\) oraz \(cos\alpha=\frac{-1}{\sqrt{10}}\), czyli \(sin\alpha=-3cos\alpha\).

Opisana w zadaniu sytuacja jest bardzo charakterystyczna i związana jest tak naprawdę z definicjami funkcji trygonometrycznych. Możemy się tutaj posłużyć wzorami z tablic matematycznych, z których wynika, że:
$$tg\alpha=\frac{y}{x}$$

\(x\) oraz \(y\) to współrzędne punktu, przez który przechodzi drugie ramię kąta, zatem możemy zapisać, że:
$$tg\alpha=\frac{1}{-3}=-\frac{1}{3}$$