Głos Wielkopolski, 1.12.2009
Trygonometria
Zadanie 1. Kąt α jest ostry oraz sin α = 2 .
3
Oblicz wartość wyrażenia ctg2 α−tg2 α
cos2 α
.
Rozwiązanie. Wykonuję rysunek pomocniczy trójkąta prostokątnego o przyprostokątnej długości 2 naprzeciwko kąta α i przeciwprostokątnej długości 3.
(1)
3
2
α
b
Obliczam długość drugiej przyprostokątnej:
(2)
22 + b2 = 32
b2 = 9 − 4
√
b =
5
Obliczam kosinus, tangens i kotangens kąta α:
√
cos α = 5
3
tg α = 2
√
(3)
5
√
ctg α = 5
2
Obliczam wartość wyrażenia:
√
5 2
2 2
ctg2 α − tg2 α
− √
= 2
5
√
=
cos2 α
5 2
3
5 − 4
25−16
= 4
5 = 20 = 9 · 9 = 0,81
5
5
20
5
9
9
Objaśnienia. Uwaga: Zadanie można też rozwiązać, stosując tożsamości: sin2 α + cos2 α = 1 oraz tg α = sin α
cos α . Podobnym sposobem można również
rozwiązać zadanie 2.
(1) Narysowany trójkąt jest „najprostszym” trójkątem prostokątnym w którym sin α = 2 . Ponieważ sinus jest stosunkiem długości jednej z przyprostokątnych 3
do długości przeciwprostokątnej, równie dobrze moglibyśmy narysować dowolny inny trójkąt, w którym te dwa boki pozostają w stosunku 2 : 3, a więc na przykład mają długość 4 i 6, 8 i 12, 144 i 216, lub ogólnie 2k i 3k, gdzie k > 0.
(2) Korzystamy tu z twierdzenia Pitagorasa.
(3) Zazwyczaj w takich sytuacjach usuwamy niewymierność z mianownika. Tu jednak nie warto tego robić, ponieważ w wyrażeniu, którego wartość mamy obliczyć, wartość kotangensa będziemy podnosili do kwadratu.
Zadanie 2. Wykaż, że dla każdego kąta ostrego α zachodzi tożsamość 1
cos2 α = 1 + tg2 α.
Rozwiązanie. Korzystam z definicji funkcji kosinus i tangens.
c
cos α = b
a
c
tg α = a
α
b
b
Przekształcam obie strony równania:
c2
L =
1
= 1 = 1 = 1 ·
= c2
cos2 α
( b )2
b2
b2
b2
c
c2
2
P = 1 + tg2 α = 1 + a
= 1 + a2 =
(1)
b
b2
= b2 + a2 = b2 + a2 = c2
(2)
b2
b2
b2
b2
L = P
Objaśnienia.
(1) Po przekształceniu prawej strony do postaci 1 + a2 nie widać jeszcze, że to b2
wyrażenie jest równe wyrażeniu, do którego przekształciliśmy lewą stronę.
Dlatego przekształcamy je dalej, czyli...
(2) ...sprowadzamy ułamki do wspólnego mianownika, a następnie korzystamy z twierdzenia Pitagorasa.
Zadanie 3. Oblicz pole trójkąta prostokątnego, w którym najkrótszy bok ma
√
długość 4, a sinus najmniejszego kąta wynosi 5 .
5
Rozwiązanie. Wykonuję rysunek pomocniczy
(1)
√
c
sin α = 5
4
5
α
b
Obliczam długość boku c:
(2)
4 = sin α
c
√
4 = 5
c
5
√
c · 5 = 4
5 √
c = 4 5
Obliczam długość boku b:
(3)
√
b =
c2 − a2
q
√
b =
(4 5)2 − 42
√
b =
80 − 16
b = 8
Obliczam pole trójkąta:
(4)
P = 1 · 8 · 4 = 16
2
Odpowiedź. Pole trójkąta wynosi 16.
Objaśnienia.
(1) Dobrze wiedzieć, że w każdym trójkącie najkrótszy bok leży naprzeciwko najmniejszego kąta, a nadłuższy bok – naprzeciwko największego kąta.
Informacja, że podany bok jest najkrótszym bokiem, a podany kąt –
najmniejszym kątem naszego trójkąta, nie jest w naszym zadaniu istotna.
√
Można by zastąpić ją ogólniejszą informacją, że kąt o sinusie równym 5 leży 5
naprzeciwko boku długości 4.
(2) Planując rozwiązanie, widzimy, że do obliczenia pola potrzebna będzie długość boku b. Sinus kąta α nie pozwala wyliczyć jej bezpośrednio, dlatego najpierw znajdujemy długość boku c, a następnie długość b.
(3) Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa.
(4) Stosujemy najbardziej znany wzór na pole trójkąta o podstawie a i wysokości h: P = 1 ah. W trójkącie prostokątnym, gdy uznamy jedną 2
przyprostokątną za podstawę, druga przyprostokątna jest odpowiadającą tej podstawie wysokością.
Zadanie 4. Sinus pewnego kąta ostrego jest o 15% mniejszy od kosinusa tego kąta. Wyznacz kotangens tego kąta.
Rozwiązanie. Zapisuję równanie wynikające z treści zadania sin α = cos α − 0,15 cos α
sin α = 0,85 cos α
(1)
sin α
cos α = 0,85
tg α = 0,85
Obliczam kotangens kąta α:
ctg α = 1
tg α
(2)
ctg α = 1
0,85
ctg α = 100
85
ctg α = 1 317
Odpowiedź. Kotangens kąta α wynosi 1 3 .
17
Objaśnienia.
(1) Fakt, że A jest o 15% mniejsze od B, najlepiej od razu opisać równaniem A = 0,85B, obliczając w pamięci, że 1 − 0,15 = 0,85. Podobnie, gdy np. X jest o 4% większe od Y, zapiszemy równanie X = 1,04Y (bo 1 + 0,04 = 1,04). Taki sposób wykonywania obliczeń procentowych jest dużo wygodniejszy i szybszy niż np. rachowanie za pomocą proporcji.
(2) Równość ctg α = 1
tg α można znaleźć w zestawie wzorów dostępnym na
maturze. Wynika ona bezpośrednio z definicji funkcji tangens i kotangens: przy standardowych oznaczeniach (takich jak na rysunku do zadania 2.) tg α = a , natomiast ctg α = b = 1 .
b
a
a
b
Zadanie 5. Sinus kąta ostrego α jest o 1 większy od kosinusa tego kąta. Oblicz 2
kosinus kąta α.
Rozwiązanie.
(Sposób 1.) Przyjmuję oznaczenia:
x = sin α,
y = cos α.
Z warunków zadania wynika, że x > 0 i y > 0.
(1)
Z warunków zadania i „jedynki trygonometrycznej” otrzymuję układ równań:
x − y = 1
2
(2)
x2 + y2 = 1.
Z powyższego układu równań wyznaczam y:
(3)
x = 1 + y
2
+
( 1
y)2 + y2 = 1
2
1 + y + y2 + y2 = 1
4
2y2 + y − 3 = 0
4
∆ =
12 − 4 · 2 · − 3 = 1 + 6 = 7
4
√
√
−1 − 7
−1 − 7
y1 =
=
< 0 – nie spełnia warunków zadania;
2 · 2
4
√
√
−1 + 7
−1 + 7
y2 =
=
> 0 – spełnia warunki zadania.
2 · 2
4
(4)
√
−1 + 7
Ostatecznie y =
.
4
√
7 − 1
Odpowiedź. Kosinus kąta α wynosi
.
4
(Sposób 2.) Rysuję trójkąt prostokątny o bokach a, b, c i kącie ostrym α.
c
sin α = a
a
c
cos α = b
α
c
b
Z warunków zadania i twierdzenia Pitagorasa otrzymuję układ równań:
a − b
= 1
c
c
2
(5)
a2 + b2 = c2
Z pierwszego równania wyznaczam a:
a = 1 + b /·c
c
2
c
a = c + b
2
Otrzymaną wartość a podstawiam do drugiego równania i wyznaczam z niego b.
c + 2
b
+ b2 = c2
2
c2 + bc + b2 + b2 = c2
4
2b2 + c · b − 3 c2 = 0
(6)
4
∆ = c2 − 4 · 2 · (−3c2) = c2 + 6c2 = 7c2
4
(∆ > 0 dla wszystkich c > 0)
(7)
√
√
√
∆ = 7c2 = c 7
√
√
b
7
7)
1 = −c−c
= −c(1+
< 0 – nie spełnia warunków zadania;
2·2
4
√
√
b
7
7−1)
2 = −c+c
= c(
> 0 – spełnia warunki zadania.
2·2
4
(8)
√
Ostatecznie b = c( 7−1)
4
Obliczam kosinus kąta α:
√
√
c( 7−1)
7 − 1
cos α = b =
4
=
c
c
4
√
7 − 1
Odpowiedź. Kosinus kąta α wynosi
.
4
Objaśnienia.
(1) Jest tak, ponieważ funkcje trygonometryczne dla kątów ostrych przyjmują wartości wyłącznie dodatnie.
(2) Rozwiązując układ równań, w którym jedno równanie jest liniowe, a drugie kwadratowe, najczęściej wyznaczamy jedną niewiadomą z równania liniowego i podstawiamy otrzymaną wartość do równania kwadratowego.
Otrzymujemy w ten sposób równanie kwadratowe z jedną niewiadomą.
(Podobny sposób został zastosowany w poprzednim odcinku, w zadaniu 3.) (3) Wzór sin2 α + cos2 α = 1, zwany „jedynką trygonometryczną”, można znaleźć w zestawie wzorów dostępnych na maturze.
√
(4) Widzimy, że licznik ułamka jest dodatni, ponieważ 7 > 1.
(5) Otrzymaliśmy układ dwóch równań z trzema niewiadomymi. W takiej sytuacji na ogół niemożliwe jest podanie jednoznacznego rozwiązania (tzn.
wyznaczenie wartości a, b i c), ponieważ mamy za mało informacji (tylko dwie) w stosunku do liczby poszukiwanych obiektów (trzy). Posiadane informacje wystarczą nam jednak, aby wyznaczyć stosunek b równy kosinusowi kąta α.
c
(6) Równanie to jest równaniem kwadratowym z niewiadomą b. Współczynniki przy kolejnych potęgach niewiadomej wynoszą kolejno 2, c oraz − 3 c2.
4
Współczynniki te oznaczane są zwykle literami a, b i c; tu jednak nie możemy wykorzystać tych oznaczeń, ponieważ użyliśmy ich w innym znaczeniu.
(7) Wyrażenie 7c2 przyjmuje wartości dodatnie dla wszystkich dodatnich c, dlatego równanie (2) ma zawsze rozwiązania.
√
(8) Dla dodatnich c wyrażenie −c(1 + 7) przyjmuje wartość ujemną, dlatego rozwiązanie b1 nie ma interpretacji geometrycznej.
√
√
Z kolei wyrażenie c( 7 − 1) przyjmuje wartość dodatnią, ponieważ 7 > 1,
więc c mnożymy przez liczbę dodatnią.
chciałabym zapytać o pewne zadanie z prawdopodobieństwa:
Rzucamy trzykrotnie kostką. Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że przynajmniej raz otrzymamy 6 oczek?
Wiem, że najprościej jest rozwiązać to zadanie z wykorzystaniem własno-
ści: P(A) = 1 − P(A0), gdzie A to zdarzenie „przynajmniej raz wypadło 6 oczek”.
Wtedy A0 to zdarzenie, w którym liczba oczek 6 nie pada ani razu, w żadnym rzucie. Czyli ¯
A0 = 53, a przestrzeń zdarzeń elementarnych ma ¯
Ω = 63 elemen-
tów. Wtedy P(A0) = 125/216 ≈ 0,579, z tego wiadomo, że P(A) ≈ 1 − 0,579 =
0,421. Taki sposób jest chyba najszybszy, jednak nie jestem pewna, czy na pew-no wszystko jest dobrze.
Przede wszystkim (i to jest dla mnie najważniejsze) chciałabym zapytać, jak rozwiązać to zadanie bez wykorzystania własności P(A) = 1 − P(A0)?
Ola Musiał
Istotnie, zaproponowane przez Ciebie rozumowanie (które odrobinę prze-redagowaliśmy) jest chyba najkrótsze. Dla ścisłości zauważmy, że 0,579 (a więc i 0,421) to wyniki przybliżone – dlatego pojawia się przed nimi symbol „≈” („rów-na się w przybliżeniu”), a nie „=”; zamiast podawać wartości przybliżone, lepiej zresztą pozostać przy ułamkach zwykłych.
Co do innych metod: istotnie, sposób z wykorzystaniem zdarzenia przeciwnego nie jest jedyny. Można, zamiast stosować równość P(A0) = 1 − P(A), użyć podobnego wzoru na liczbę elementów zdarzenia przeciwnego: ¯
A0 = ¯
Ω − ¯
A, co
daje niemal identyczne rozwiązanie. Istnieją też inne sposoby, ale są one bardziej pracochłonne, a poza tym korzysta się w nich z metod spoza podstawy programowej (np. tzw. schemat Bernoulliego).
( mb)
Tomasz Karolak, Marcin Borkowski