Trigonometrijske funkcije

Transcript

1 9 1. Trigoometrijske fukcije 1.1. Ako je α + β π,izračuaj 1 + tg α)1 + tg β) Izračuaj zbroj log a tg 1 + log a tg log a tg Izračuaj 40 0 si 0 bez uporabe tablica ili račuala Bez uporabe tablica ili račuala, izračuaj kut α ako je tg α Dokaži da je tg π 7 tg π 7 tg 3π Bez uporabe tablica i kalkulatora izračuaj tg Izračuaj kut α ako je ctg α + a + b + c, 1) ctg α + a, ) gdje su a, b, c prirodi brojevi koji isu djeljivi s 4, a a, bc su iracioali brojevi Izračuaj arc tg 1 + arc tg Dokaži da je za prirodi broj broj π iracioala Dokaži da je si 1 iracioala broj Ako je 0 < α < 90 mjera ekog kuta u stupjevima i racioala broj, α 45, oda dokaži da je broj tg α iracioala.

2 10 1. TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE 1.1. Dokaži da je za svaki x R bar jeda od brojeva si x, six+1) veći od Odredi ekstreme vrijedosti fukcije y 5six + 1 x Odredi ekstreme fukcije f x) a x + b si x x + c si x Odredi ekstreme vrijedosti fukcije f x, y) x + y x + y) Odredi: a) ajmaju vrijedost fukcije f x) si 100 x x, b) ajveću vrijedost fukcije f x) si x x Dokaži da je 1.. Dokaži jedakost Dokaži da je 1.0. Dokaži da je broj racioala. si π 8 + 3π 8 + si 5π 8 + 7π 8. π 7 4π 7 5π π 7 π 7 + 3π 7 1. si π si 3π 1.1. Odredi vrijedost produkta 1.. Dokaži relaciju si 5π 7π 9π si si π korijea)

3 1. TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE Dokaži da je za svaki prirodi > 1 si π si π si 1)π Ako je si α + si β a iα + β b, a + b 0, odredi: a) siα + β) iα + β), b) tg α + tg β, α, β 0, π Na - di vezu izme - du parametara a, b, c, d ako je: a x si y si z, b si x y si z, c si x si y z, d x y z Ako je si x si y z) a, si y si z x) b, si z si x z) c, izračuaj six + y + z) Odredi vrijedosti izraza tg x + ctg x,akoje 0< x < π, m R ). si x + x si x x m, 1.8. a) Odredi temelji period fukcije f x) x [x]) si 3πx. b) Je li fukcija f x) x x 1 periodiča? 1.9. Odredi temelji period fukcije x si x Ako je fukcija f x) x + a 1 x + a x a x periodiča, dokaži da su tada brojevi a 1, a,...,a racioali Neka su a 1,...,a reali brojevi, f x) a 1 + x)+ a + x) a + x) 1. Dokaži da iz f x 1 )fx )0 slijedi x 1 x mπ, m Z.

4 1 1. TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE 1.3. Dokaži da si α si α si 3α 1 e vrijedi i za jeda α R Neka je si x 1 + si x + si x 3 0 x 1 + x + x 3 1. Dokaži da za eki x k {x 1, x, x 3 } vrijedi si x k 0ix k Dokaži da se za svaki prirodi broj tg 15 + ctg 15 može apisati u obliku sume kvadrata tri uzastopa priroda broja Dokažite da ako je α + α 0, tada za svaki eegativi cijeli broj postoje epari cijeli brojevi a i b za koje vrijedi α) 1 4 a + b 17) Dokaži da je za bilo koji N i α R, > 1, siα 0 ) poliom Px) x si α x si α + si 1)α, djeljiv poliomom Qx) x x α Neka su α, β, γ, δ [ π, π ] takvi da je si α + si β + si γ + si δ 1, i α + β + γ + δ Dokaži da je α, β, γ, δ [0, π 6 ] Neka su a, b, A, B dai reali brojevi. Promotrimo fukciju f x) 1 a x b si x A x B si x. Ako je f x) 0zasvakix, dokaži da je a +b ia +B 1. i Rješeja zadataka 1.1. Primjeom adicijskog teorema za fukciju tages, dobivamo 1 + tg α)1 + tg β) 1 +tg α + tg β)+tg α tg β 1 + tgα + β) tg α tg β tgα + β)+tg α tg β tg α tg β + tg α tg β jer iz α + β π 4 slijedi tgα + β) tg π 4 1.

5 1. TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE 13 Aalogo 1.. Vrijedi tg 1 tg 89 tg 1 ctg 1 1. tg tg 88 tg ctg 1, Kako je još tg45 1, to je cijeli izraz jedak log a tg 1 + log a tg log a tg 89 itd. log a tg 1 tg tg 89 )log a Trasformirajmo brojik: ) 40 si30 si si 10 si 50 si si 0 Zato je tražei izraz jedak Račuajmo a ovaj ači: tg α 3 + 1) + 1) 3 ) + 1) 1) te je α si 15 si 15 si 60 si 45 si 45 si 30 si tg Dokažimo prvo lemu pri kojoj za svaki cijeli > 1 vrijedi si π si π 1... si π 1. 1) Nultočke polioma Px) x 1 x 1)x A)x A )... x A 1 ), gdje je A π + i si π. Imamo lim x 1 x 1 x 1 lim x 1 x x + 1) 1 A)1 A )... 1 A 1 ),

6 14 1. TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE odakle slijedi 1 A 1 A... 1 A 1.Zak 1,,..., 1 vrijedi tj. 1 A k 1 si kπ k1 1 kπ ) + si kπ sikπ, 1 si kπ 1. k1 Sada je prema lemi 1) tg π 7 tg π 7 tg 3π π 7 π 7 3π 7, odakle je koristeći formule si x six x isiα siπ α) tg π 7 tg π 7 tg 3π si π si 7 4π si 7 π 7 si π si 6π 7 si 3π Iz tg3 36 )tg108 tg0 7 ) tg 7 tg 36 ), primjeom formula tg α tgα 1 tg itg3α tgα + α) α 3tgα tg 3 α 1 3tg α dobivamo 3tg36 tg tg 36 tg36 1 tg 60. Supstitucijom t tg 36 0, 1 slijedi: 3t t 3 1 3t t 1 t t 5 10t + 5t 0 t ) 10t t 5 5.

7 1. TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE 15 Zbog t 0, 1 slijedi t 5 5, pa je tg tg α tg β Sada, primjeom formule tgα β) 1 + tg α tg β izlazi tg 9 tg45 36 ) tg45 tg tg 45 tg Koristeći 1) i ) u formuli ctgα ctg α 1 ctgα, dobivamo 4 a bc b + c a 5. 3) Budući su a, b, c N, to je razlika 4 a bc Z. Pretpostavimo da je ta razlika različita od ule, tj. 4 a bc + R, R 0. Kvadrirajem dobivamo 16a 4bc + R + 4R bc, odakle slijedi da je bc racioala broj za R 0,što je kotradikcija s uvjetom zadatka. Sada je R 0, pa iz 3) dobivamo 4 a } } bc bc 4a c4 b) 45 b). b + c a 5 b + c a 5 Kako je b 0 i ije djeljivo s 4 dobivamo c 4 4 b b 4 b. Na temelju posljedje jedakosti aslućujemo sljedeće mogućosti 1 4 b 1, tj. b 3; 4 b 1, tj. b 5; 3 4 b, tj. b ; 4 4 b, tj. b 6; Mogućosti 1 i otpadaju, jer a ije elemet N.Zab dobivamo c 6ia 3,teza b 6 dobivamo c ia 3. Dobivee vrijedosti za a, b i c zadovoljavaju sve uvjete zadatka, pa je ctg α i ctgα + 3 odakle je α arc tg + 3), te koačo α Neka je α arc tg 1, β arc tg 1 3. Tražimo γ α + β. Vrijedi tg α 1,tgβ 1 tg α + tg β 3,tgγ tgα + β) 1 tg α tg β 1paje γ π 4 + kπ, k Z.

8 16 1. TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE 1.9. Dokazujemo idukcijom. Za je π 4, iracioala broj. Pretpostavimo da je za > broj π iracioala. Tada je zbog relacije π π +1 1 i broj π +1 tako der - iracioala Pretpostavimo da je si 1 m, racioala broj. Tada su 1 1 si 1 i 1 si 1 racioali brojevi. Aalogo se dobiva da su brojevi 4,8, 16, 3 racioali. Medutim, - tada bi vrijedilo: ) 3 + si 3 si si 1. S lijeve strae je iracioala, a s dese strae racioala broj. Proturječje! Pretpostavimo suproto, tj. da je tg α p, p, q N, Mp, q) 1, p q. 1) q Po pretpostavci je α racioala pa postoje m, N takvi da je α m 0 i Mm, ) 1. ) Koristeći Moivreove formule za -tu poteciju kompleksih brojeva α + i si α) α + i si α, α i si α) α i si α, te iz ) čijeicu da je si α 0 slijedi α + i si α) α i si α). Podijelivši ovu jedakost s α 0 dobivamo što zbog 1) dalje daje 1 + i tg α) 1 i tg α) q + ip) q ip) što zbog Biome formule možemo zapisati kao ) q ip) [q ip)+ip] q ip) + q ip) 1 ip ) + q ip)ip) 1 +ip). 1 3)

9 1. TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE 17 Odavde je [ ) ip) 1 q ip) q ip) + 1 ) q ip) 3 ip +... ) + ip) ]. 1 Kompleksi broj a lijevoj strai ove jedakosti mora biti jedak kompleksom broju a desoj, pa moraju biti jedaki i kvadrati jihovih formula, odakle mora vrijediti p) p + q ) z 4) gdje je z kompleksi broj u uglatim zagradama. Očito je z priroda broj, pa zbog 4) zaključujemo da p) mora biti djeljiv s p + q ). S druge strae je Mp, q) 1,pajei Mp, p + q )1 što avodi a to da mora biti djeljiv s p + q. Pokažimo da je to emoguće! Najprije, p i q e mogu biti istovremeo pari jer je to u kotradikciji s 1), pa razlikujemo dva slučaja: i) Ako je p para i q epara ili obruto) oda je p + q epara, pa očito ije djeljiv s p + q ). ii) Ako su p i q epari oda su oi oblika p k ± 1 i q l ± 1; k, l N, pa je p + q k + l + k + l + 1). Odavde zaključujemo da p + q ) sadrži epara faktor. vidjeti da je o različit od 1. Zaista, kada bi bilo k + l + k + l + 1 1, k + l + k + l 0, tj. Treba slijedilo bi k l 0,atojeemoguće jer po pretpostavci je p q. Dobivea kotradikcija pretpostavci 1) dokazuje tvrdju zadatka Neka su A i B točkeajediičoj kružici za koje je si <)COB 1 3,si<)COA 1 3 sl.??). Obilježimo sa X i X točke te kružice takvedaje <)COX x i <)COX x mjereo u radijaima). Moramo pokazati da se barem jeda od točaka X ili X e alazi a luku ACB. U tu je svrhu dovoljo pokazati da je <)AOB maji od jedog radijaa.

10 1. TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE Imamo si <)AOB si<)cob) si arcsi 1 ) 3 si arc si 1 ) arc si 1 ) ) 4 1 < y X 1_ 3-1_ 3 0 B X A x Sl S druge strae je si 1 > si π 4 > 0.7. Dobili smo si <)AOB < si 1 i stoga je <)AOB < 1,što je trebalo pokazati Napišimo fukciju u obliku y si x + 13 x).ka- ) + 1 ) 13 1, to postoji kut α takav da je α 5 13 i, pa se fukcija dade apisati u obliku ko je 5 13 si α 1 13 y 13 α si x + si α x) 13 six + α). Najveća vrijedost y max 13 poprima se za x π α +kπ, a ajmaja y mi 13 za x π α + kπ f x) a x + b si x x + c si x 1 + x a + b si x + c a + c a + c + a c x + b si x + A six + ϕ), 1 x

11 1. TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE 19 ) gdje je A a c + b, ϕ arc tg a c pa f x) ima ekstreme b istovremeo kad i six + ϕ). Stoga je f x) mi a + c ) a c + b f x) max a + c ) + a c + b Očito je zbog α 1, f x, y) 3. Kako je za x y π, f x, y) π + π π 3, to je miimum fukcije 3. Trasformiramo li fukciju f x, y) x+ y x y x+ y + 1 x+ y x y ) + 1 x y + 1 Budući je za x y π x+ y 3 1 x y π ,a x y 0 1, to je f π3, 3 π ) 3, maksimum fukcije a) Usporedimo li srediu reda 50 s aritmetičkom srediom za brojeve si x i x, dobivamo: 50 si x) 50 + x) 50 si x + x 1. Stoga je f x) 1 49,kodčega f postiže tu doju graicu za sve x za koje je si x x, pr. x π 4. b) Očito je dovoljo gledati f samo a itervalu 0, π,akojemu su si x ixpozitivi. Nejedakost izmedu - geometrijske i kvadrate sredie za +1) -torku brojeva si x,...,si x, x) daje +1 si x x si x si x + x iz čega slijedi f x),pričemu se taj ekstrem postiže za + 1) +1 si x x, tj. tg x.

12 0 1. TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE Vrijedi si π 8 + 3π 8 + 5π si 8 + 7π 8 si π 8 + π 5π ) + si 5π π π ) 8 si π 8 + 5π 8 + si 5π 8 + π Ozačimo A π 7 4π 7 5π Tadaje A si π 7 si π 7 π 7 4π 7 5π 7 Odavde je A si π 7 4π 7 5π 7 1 si 5π 7 4π 7 5π π si 4 7 4π si 4π 7 4π si 8π si π 7 π 7 π 7 + 3π 7 1 π 14 π 14 π 7 π 14 π 7 + π 14 3π 7 1 π 1 3π 14 + π 5π 3π π ) π π 7π ) π π Koristili smo formulu trasformacije produkta u sumu: x y 1 [x + y)+x y)]. ) + 7π 14

13 1. TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE Budući je si 3π si π 6 1,si9π si π 1, izraz 1) postaje 1 si π 5π 7π si si. Koristeći formule si x six x isix π x), izraz 1) dalje možemo trasformirati 1 si π π 4π π π 1 4 si 4π 4π 1 8 π 16 1 si 8π π što je očigledo racioala broj. si π π π 1 16 π π 1.1. Ozačimo li zadai produkt s A, imamo redom: A π 1 16, si si 10 si 5 A si 5 5 ) 10 si 10 ) si 40 ) 8 A si 10 si 0... si 80 8 A si )... si ) 1 A 3 si 0 si 40 si 80 ) 3 si 0 si 40 si 80 ) 3 si 0 si 60 si 0 ) 3 34 si 0 si 3 0 ) 3 8 3si0 4si 3 0 ) 3 8 si , odakle sada jedostavo dobivamo A Za 1je π 4 te je relacija istiita. Pretpostavimo da tvrdja vrijedi za broj : π A,

14 1. TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE u zapisu je korijea). Tada za broj + 1 imamo π π A + A 1 + A. 4 Dobili smo idetiča izraz, s + 1 korijea. Time je tvrdja dokazaa Jedadžba z 1 ima za rješeja sljedećih kompleksih brojeva: 1 kπ Ozačimo ih redom kπ + i si, z 0 0π + i si 0π 1, z 1 π + i si π,. z 1 1)π k 0, 1,..., 1. + i si 1)π. Ti su brojevi ul-točke polioma z 1. Stoga se taj poliom dade prikazati u obliku z 1 z z 0 )z z 1 ) z z 1 ) Dijeljejem s faktorom z 1) slijedi z 1)z z 1 ) z z 1 ) z 1 z 1 z 1 + z z + 1 z z 1 ) z z 1 ). Ova relacija vrijedi za svaki kompleksi broj z. Izaberimo z 1: 1 z 1 )1 z ) 1 z 1 ) i uzmimo apsolutu vrijedost obiju straa: 1 z 1 1 z 1 z 1.

15 1. TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE 3 Umošci a desoj strai sreduju - se ovako: 1 z k 1 kπ kπ ) + i si kπ kπ 1 i si sikπ si kπ i kπ ) si kπ si kπ + kπ ) Odavde što dokazuje tvrdju. si kπ. si π siπ si 1)π. tj a) Imamo redom si α + si β α + β a b, tg α + β si α+β α β α+β α β a b 1 α + β) 1 + α + β), a b, odakle kvadrirajem slijedi α + β) b a b + a, tj. siα + β) 1 α + β) b) Kreimo od idetiteta ab a + b. tg α + tg β si α β + si β α α+ β si α β α β. Iz jedadžbi a si α + si β + siα si β i b α + β + α β zbrajajem dobivamo α β) a + b. Nadalje, α β α β)+1 a + b. Kako vrijedi b

16 4 1. TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE α + β α+ β odakle dobivamo α β, to imamo α+ β si α + β 1 b a + b a a + b, α β 1 α β + α + β ) 1 a + b + Napoko se dobiva tg α + tg β b ) a + b + b a + b 4 a + b. 4a a + b + b. b a + b, 1.5. Redom je ac 1 4 si x si z si y i bd 1 4 si x si z y, odakle zbog y 1 si y slijedi si y ac bd + ac. 1) Dalje je bc 1 4 si y si z si x i ad 1 4 si y si z x odakle slijedi si x bc ad + bc. ) Nadalje je ab 1 4 si x si y si z i cd 1 4 si x si y z, tj. si z ab cd + ab. 3) Jedostavo dobivamo abc d si x si y si z odakle uz 1), ) i 3) koačo slijedi 1.6. Imamo redom: ab + cd) ac + bd) ad + bc) abcd. si x si y z) a [si x siy z)][si x + siy z)] a x + y z si x y + z si x + y z si x y + z x y + z si x + y z x y + z x + y z a a six y + z) six + y z) a. 1)

17 1. TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE 5 Sličo dobivamo si x + y + z) six + y z) b ) si x + y + z) six y + z) c. 3) Pomožimo li 1), ) i 3), te izvadimo li drugi korije, dobivamo: si x + y + z) six y + z) six + y z) abc. 4) bc Podijelimo li 4) redom s 1), ) i 3) dobivamo si x+y+z) a, ac ab six y+z) b isix+y z), odakle slijedi x+y+z c bc ac ab arc si, x y + z arc si, x + y z arc si a b c.zbrajajem ovih jedadžbi dobivamo bc ac ab x + y + z arc si + arc si + arc si a b c. Upotrebom idetiteta siα + β + γ )si α β γ + α si β γ + α β si γ si α si β si γ, te uz siarc si x) x iarc si x) 1 x, dobivamo bc six + y + z) 1 ac ) 1 ab ) ac + 1 bc ) 1 ab a b c b a c ab + 1 bc ) 1 ac ) abc. c a b 1.7. Vrijedi tg x + ctg x si x x + x si x si x + x 1 si x x si x x. Ozačimo t si x x. Kvadrirajem i sredivajem - izraza si x + x si x x m dobivamo m t t 1 0. Odavde t 1 ± 1 + m m. Zbog t > 0 imamo t m m.zato,tgx + ctg x m 1 + m + 1. )