Trigonometri: lösningar

Trigonometri: lösningar
2. 2211
sin 2 v
1 − sin 2 v = sin2 v
cos2 v =tan2v (Glöm aldrig att cos2 x, ln 3 x, etc. endast är ett
förkortat skrivsätt för (cos x) 2 , (ln x) 3 , etc.)
2212
µ
¡ ¢¡ ¢ 2 2 2
1 − sin A 1+tanA = cos A 1+ sin2 A
cos2
A
2213
= cos 2 A +sin 2 A =1
1 − cos2 x
1+sinx = 1− 1 − sin2 x
1+sinx =
=
(1 − sin x)(1+sinx)
1− =
1+sinx
= 1− (1 − sin x) =sinx
2214
2215
(3 + cos x)(3− cos x) = 9−cos 2 x =
= 8+1−cos 2 x =
= 8+sin 2 x
1+tanx
sin x +cosx
2216
2217
= 1+ sin x
cos x
sin x +cosx =
cos x+sin x
cos x 1
=
sin x +cosx cos x
cos x cos x
−
1 − sin x 1+sinx
µ
1
= cosx
1 − sin x −
1
=
1+sinx
(1 + sin x) − (1 − sin x)
= cosx ·
(1 − sin x)(1+sinx) =
2sinx
= cosx ·
1 − sin 2 x =
= cosx · 2sinx
cos2 x =2tanx
tan x
1 − tan 2 x =
=
sin x
cos x
1 − sin2 x
cos 2 x
=
sin x
cos x
cos2 x ·
cos2 ³
x · 1 − sin2 x
cos2 cos x sin x
´ =
cos
x
2 x − sin 2 x
1
2218
2219
tan2 x
1 − cos x =
1 1
+
cos x cos2 x
sin 2 x
(1 − cos x)cos2x =
cos x +1
cos2 x
sin 2 x = (1−cos x)(1+cosx)
sin 2 x = 1−cos 2 x
OK
1 1
−
sin x tan x =
sin x
1+cosx
1 cos x
−
sin x sin x =
sin x
1+cosx
1 − cos x
sin x
=
sin x
1+cosx
(1 − cos x)(1+cosx) = sin 2 x
1 − cos 2 x = sin 2 x
OK
2220
1
1 − sin v +
1
1+sinv
2221
(1 + sin v)+(1−sin) v
=
(1 − sin v)(1+sinv) =
2
=
1 − sin 2 2
=
v cos2 v
tan x − sin x
sin 3 x
µ
sin x
− sin x cos x (1 + cos x) = sin
cos x 3 x
sin x (1 − cos x)(1+cosx) = sin 3 sin x
x
¡ 1 − cos 2 x ¢ = sin 3 x
OK
2228 Subtrahera
=
cos (a − b) =cosacos b +sinasin b
cos (a + b) =cosacos b − sin a sin b
från varandra så fås
2235
cos (a − b) − cos (a + b) =2sina sin b
1
cos x +cos 2 x
sin 3x =sin(2x + x) =
=sin2xcos x +cos2xsin x =
=2sinxcos x cos x + ¡ cos 2 x − sin 2 x ¢ sin x =
=2sinxcos 2 x + ¡ 1 − 2sin 2 x ¢ sin x =
=2sinx ¡ 1 − sin 2 x ¢ + ¡ 1 − 2sin 2 x ¢ sin x =
=3sinx−4sin 3 x

2236
sin 4x +2sin2x
=2sin2xcos 2x +2sin2x =
=4sinxcos x (cos 2x +1)=
=4sinxcos x ¡¡ cos 2 x − sin 2 x ¢ + ¡ cos 2 x +sin 2 x ¢¢ =
=8sinxcos 3 x
2237
2238
cos 4 x − sin 4 x
= ¡ cos 2 x − sin 2 x ¢¡ cos 2 x +sin 2 x ¢ =
=cos2x · 1
cos 4x =2cos 2 2x − 1
=2 ¡ 2cos 2 x − 1 ¢ 2
− 1
=8cos 4 x − 8cos 2 x +1
2239 a,b) Med hjälp av dessa identiteter kan man
faktiskt ta fram primitiva funktioner av typen
Z
3
4+5sinx dx
Z
sin x
1 − sin x − cos x dx
Z
3+4cosx
2 dx
(1 + cos x)
Brukar formuleras också så här
1 − t2
cos x =
1+t2 sin x = 2t
, om t =tanx
1+t2 2
Kan kontrolleras utgående från högerleden:
1 − tan2 x
1+tan2x = 1 − sin2 x
cos2 x =
1+ sin2 x
cos2 x
= cos2 x − sin 2 x
cos2 x +sin 2 cos 2x
=
x 1
2tanx
1+tan 2 x
= 2 sin x
cos x
1+ sin2 x
cos2 x
sin x
cos x
cos
=
2 x · 2
cos2 ³
x · 1+ sin2 x
cos2 ´ =
x
= 2cosxsin x
cos2 x +sin 2 sin 2x
=
x 1
men det är nyttigt att fråga sig: Hur hittar man på
sådana identiteter — de kan inte bara ”komma från
ovan”?! En mera realistisk frågeställning hade varit:
=
2
Försök uttrycka cos 2x och sin 2x i tan x !
Då krävs större påhittighet. En variant är
cos 2x = cos 2 x − sin 2 x = cos2 x − sin 2 x
=
1
= cos2 x − sin 2 x
cos2 x +sin 2 x =
=
¡ ¢
2 2 2 cos x − sin x / cos x
¡ ¢
cos2 2 =
x +sinx / cos2 x
= 1 − tan2 x
1+tan2x som alltså utnyttjar ”baklängesomskrivningen”
a
a =
cos2 x +sin 2 x
Inte lätt att komma på! Kräver en aktiv kännedom
om rådande samband — det räcker inte att i formelsamlingar
leta upp närmast liknande uttryck.
För en geometrisk härledning, se fråga 18.
2239 c) Kombinera a) och b) :
tan 2x =
sin 2x
cos 2x =
2tanx
1+tan 2 x
1−tan 2 x
1+tan 2 x
eller räkna på som i a) och b) :
2tanx
1 − tan 2 x =
2240
2241
=
= 2sinu cos u
=
=
= 2tanx
1 − tan 2 x
sin x 2 cos x
1 − sin2 x
cos2 =
x
cos2 sin x x · 2 cos x
cos2 ³
x · 1 − sin2 x
cos2 ´ =
x
2cosxsin x
cos2 x − sin 2 sin 2x
= = tan 2x
x cos 2x
sin 2u
1+cos2u
2sinucos u
¡ ¢ ¡ ¢
cos2 2
u +sinu + cos2 2 =
u − sin u
2cos 2 u =tanu
Ur cos 2x = 2cos 2 fås cos x =
x − 1
r
1+cos2x
±
2
I vårt fall är det klart att cos 15◦ > 0, så
cos 15 ◦ =
=
r
1+cos30◦ =
2
s
1+ √ 3/2
=
2
1
q
2+
2
√ 3

3. .
2242 Som föregående.
0 ◦

10.
sin x
cos x
sin 2 x
cos2 x
1 − cos2 x
cos2 x
= t =⇒
= t2
= t 2
· Alternativt kan
sin 2 x lösas ut
1 − cos 2 x = t 2 cos 2 1 =
x
¡ 1+t 2¢ cos 2 x
cos 2 x =
1
1
=
1+t2 ³
2ab 1+ a2−b2 =
´ 2 =
¡
2 2 a − b ¢ 2
(a2 − b2 ) 2 +4a2 =
b2 ¡
2 2 a − b ¢ 2
=
(a 2 + b 2 ) 2
Med vetskap om att cos x>0 och 0

15. NEJ, minusettan betecknar invers funktion (därav
också knappbeteckningen INV), inte någon potens!
Skrivsättet kommer sig av att
i) för proportionalitetsfunktionen finns ett direkt
samband mellan funktionens invers och ett tals inverterade
värde
y = kx
har inversen x = 1
k y = k−1y Men för andra funktioner är det inte lika enkelt!
ii) inversen, låt oss beteckna den med g (x) , till en
given funktion f (x) kännetecknas av att
g (f (x)) = x
f (g (x)) = x för alla x i resp. def.mängd
Om vi nu tänker på f som f 1 och betecknar g med
f −1 och skippar parenteserna, så ser detta ut som
vanlig potensräkning:
f −1 fx = x
ff −1 x = x
Men det är ingen potensräkning, utan endast ett stöd
för minnet!
16. Vi tänker oss först två rätvinkliga trianglar, med
vinklar α resp. β lagda ovanpå varandra, så att
α-triangelns horisontella katet sammanfaller med βtriangelns
hypotenusa
1
0.8
0.6
0.4
0.2
Övre triangeln:
Nedre triangeln:
∼
0.2 0.4 0.6 0.8 1
hypotenusa = 1
kateter = cosα, sin α
hypotenusa = cosα
kateter = cosαcos β, cos α sin β
5
Sedan tänker vi oss en rätvinklig triangel med en
horisontell och en vertikal katet så här:
1
0.8
0.6
0.4
0.2
∼
0.2 0.4 0.6 0.8 1
högra hörnvinkeln =
³
π
´
− β +
2 π π
−
2 2
övre hörnvinkeln = β
horisontella kateten = sinαsin β
vertikala kateten = sinαcos β
Därmed
cos (α + β) = cosαcos β − sin α sin β
sin (α + β) = cosαsin β +sinαcos β
Invändningar: Täcker figuren alla tänkbara fall? Hur
blir det om en av vinklarna ligger i den fjärde kvadranten?
om båda ligger i den tredje? Det är lätt att
förbise någon möjlighet!

17. Låt a, b, c beteckna resp. områdes andel av
kvadratens area.
åtanke:
Två ekvationer kommer genast i
Alla delområdena ihop skall ge hela kvadraten:
4a +4b + c =1
Titta vilka områden en cirkelkvadrant består utav:
2a +3b + c = π/4
Men man skulle behöva en tredje ekvation?!
En sådan får man, om man drar en vertikal linje
genom mitten:
C≠2
A≠2
P.g.a. symmetrin delas A- och C-områdena mitt itu.
Observera att den rätvinkliga triangeln till vänster
är en halv liksidig triangel:
Såväl basen som det vänstra benet är är ju lika med
kvartscirkelns radie, och p.g.a.
högra triangeln lika stor.
symmetrin är den
Därmed kan vi ställa upp (se åter näst sista figuren
ovan)
a c
+ b +
2 2
= (sektorns area) − (triangelns area)
B
6
= π/3 1 1
π − ·
2π 2 2 ·
√
3 π
=
2 6 −
√
3
8
och har vi att lösa ekv.systemet
⎧
⎨
⎩
4a +4b + c =1
2a +3b + c = π/4
a +2b + c = π
3 − √ 3
4
Lös ut c ur första och sätt in i de andra två:
⎧
⎨
⎩
c =1− 4a − 4b
2a + b =1− π/4
3a +2b =1− π
3 + √ 3
4
Lös ut b ur andra och sätt in i tredje:
Alltså
⎧
⎨
⎩
c =1− 4a − 4b
b =1− 2a − π/4
−a +2− π/2 =1− π
3 + √ 3
4
a = 1− π
6 −
√
3
4 =0.043
b = π
12 +
√
3
− 1=0.128
2
c = 1+ π
3 − √ 3=0.315
18. I den mindre triangeln är sidorna
1, tan x
2 = t, p 1+t2 Hypotenusan i den större triangeln (Pythagoras)
q
= (1 + cos x) 2 +sin 2 x = √ 2+2cosx
Förhållandet mellan hypotenusorna är lika med
förhållandet mellan de horisontella kateterna:
√
2+2cosx
√ =
1+t2 1+cosx
1
2(1+cosx)
1+t 2 = (1+cosx) 2
2
1+t2 = 1+cosx
1 − t2 1+t2 = cosx
Dentrigonometriskaettangernu
sin x = p 1 − cos2 =
x =
s
µ
1 − t2 1 −
1+t2 2
=
s
=
4t2 (1 + t2 2t
2 =
) 1+t2

19. Beteckna med θ (grekisk bokstav, som uttalas
”täta”) vinkeln mellan sidorna a och b .
sen säger att
A =
Areasat-
1
ab sin θ
2
Vi vill ha in den tredje sidan c i stället för vinkeln
θ. Kvadrera uttrycket för arean, så har vi sin 2 θ,
som vi önskar byta ut mot något med a, b, c enbart.
Observera att
sin 2 θ =1− cos 2 θ
och cos θ kan vi uttrycka i a, b, c med cosinussatsen
Vi får
c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos θ
cos θ = a2 + b 2 − c 2
2ab
4A 2 = a 2 b 2
à µ 2 2 2
a + b − c
1 −
2ab
2 !
Resten är en övning på konjugat- och
kvadr.identiten:
= a 2 b 2
µ
1 − a2 + b2 − c2 µ
1+
2ab
a2 + b2 − c2 =
2ab
a 2 b 2
à ¡ ¢ !
2 2 2 c − a + b − 2ab
·
2ab
á ¢ !
2 2 2
a + b +2ab − c
·
2ab
= 1
³
c
4
2 − (a − b) 2´³
(a + b) 2 − c 2´
= 1
(c − a + b)(c + a − b)(a + b − c)(a + b + c)
4
7