Matematički fakultet

Transcript

1 Univerzitet u Beogradu Matematički fakultet MASTER RAD Tema: Doprinos nestandardnih zadataka iz trigonometrije poboljšanju nastave matematike Profesor: dr Zoran Petrović Student: Marijana Nikolić Beograd 015.

2 SADRŽAJ: Uvod... 1.Trigonometrijske jednačine...7.iracionalne trigonometrijske jednačine Trigonometrijske jednačine sa parametrom Trigonometrijske jednačine koje se rešavaju smenom Razni nestandardni trigonometrijski zadaci...44 Zaključak...60 Literatura

3 Uvod Zahvaljujem se profesorima dr Zoranu Petroviću, dr Nebojši Ikodinoviću i dr Goranu -Dankoviću koji su pomogli nizom korisnih primedbi i sugestija. Trigonometrija je matematička disciplina koja se bavi proučavanjem odnosa med u elementima pravouglog trougla, koji izražavaju uglove pomoću stranica i obrnuto. Reč trigonometrija je nastala od starogrčkih reči trigonom (trougao) i metron (mera). Poznata su metrička svojstva koja povezuju samo uglove ili samo stranice pravouglog trougla, od kojih je najznačajnija Pitagorina teorema. Ona omogućava da se na osnovu dve poznate stranice pravouglog trougla izračuna treća. Takod e, u pravouglom trouglu može da se izračuna jedan oštar ugao ako je poznat drugi. Med utim, ako bi bila poznata jedna stranica pravouglog trougla i jedan oštar ugao, onda se ostale dve stranice ne bi mogle izračunati pomoću do sada poznatih svojstava vezanih za pravougli trougao. Zato je i nastala trigonometrija. Sa trigonometrijom se učenici prvi put susreću na kraju prve godine gimnazije. Tada se tek upoznaju sa najosnovnijim pojmovima vezanih za pomenutu temu, dok na drugoj godini se po planu i programu rade znatno ozbiljniji zadaci med u kojima su i trigonometrijske jednačine. Najpre se rade najjednostavnije jednačine, kako bi se kasnije složenije svodile na jednostavne. Prema planu i programu za trogodišnje stručne škole u područjima rada: mašinstvo i obrada metala, elektrotehnika, geodezija i grad evinarstvo, saobraćaj, rudarstvo, geologija, trgovina itd, trigonometrija se proučava jedno polugodište. U ovom radu koji sadrži detaljno rešene zadatke iz jedne od najtežih tema u matematici srednje škole, prikazani su različiti oblici trigonometrijskih jednačina kao i različite metode rešavanja takvih problema. Na primer, za neke trigonometrijske jednačine su potrebne drugačije ideje pri njihovom rešavanju. To i jeste jedan od razloga zbog kog učenici ne vole trigonometriju. Iako se mnogi matematički problemi mogu rešiti na više načina, ovde su rešeni na jednostavniji način. Za to su korišćene mnoge trigonometrijske formule, kao i teorija iz ove oblasti. Neke od njih su: Osnovne trigonometrijske identičnosti: tg α = sin α cos α, α π sin α + cos α = 1 cos α + kπ ctg α =, α kπ, k Z. sin α

4 Sinus i kosinus suplementnih uglova: sin(180 α) = sin α, cos(180 α) = cos α sin(π α) = sin α, cos(π α) = cos α. Sinusna i kosinusna teorema: sinusna teoreama: kosinusna teorema: a sin α = b sin β = c sin γ a = b + c bc cos α b = a + c ac cos β c = a + b bc cos γ 3

5 Adicione formule: cos(α ± β) = cos α cos β sin α sin β sin(α ± β) = sin α cos β ± sin β cos α Trigonometrijske funkcije dvostrukog ugla: sin t = sin t cos t cos t = cos t sin t Trigonometrijske funkcije polovine argumenta: sin x = 1 cos x cos x = 1 + cos x Transformacije proizvoda: sin x sin y = 1 [cos(x y) cos(x + y)] cos x cos y = 1 [cos(x + y) + cos(x y)] sin x cos y = 1 [sin(x + y) + sin(x y)] 4

6 Transformacije u proizvod: cos x + cos y = cos x + y cos x cos y = sin x + y sin x + sin y = sin x + y sin x sin y = sin x y cos x y sin x y cos x y cos x + y 5

7 Grafik funkcije sin x: Grafik funkcije cos x: 6

8 1. Trigonometrijske jednačine 1. Rešiti jednačinu sin x cos x = 0. Na prvi pogled jednačina izgleda komplikovano, jer se pojavljuju dve različite trigonometrijske funkcije od kojih je jedna funkcija dvostrukog ugla, ali kako je ( π ) cos x = sin x, jednačina dobija oblik ( π ) sin x sin x = 0. Koristimo formulu za transformaciju iz zbira u proizvod (x y) sin x sin y = sin cos Kada je iskoristimo jednačina: sin x sin (x + y). ( π x ) = 0 transformiše se u sin (x ( π x)) cos (x + π x) = 0. Ova jednačina je ekvivalentna sledećoj ( 3x sin π ) ( π cos 4 4 x ) = 0. Koristeći parnost funkcije cos x, dobijamo da je dobijena jednačina ekvivalentna sledećoj ( 3x sin π ) ( x cos 4 π ) = 0. 4 Prozvod dva broja jednak je nuli, ako je bar jedan od njih jednak nuli, ( 3x sin π ) ( x = 0 ili cos 4 π ) = 0. 4 Najpre rešimo trigonometrijsku jednačinu ( 3x sin π ) =

9 Kako je sin t jednako 0 samo za t = kπ, dobijamo: 3x π 4 Stoga je rešenje ove jednačine dato sa: = kπ, k Z. x = π 6 + kπ, k Z. 3 Sada rešavamo jednačinu Dobijamo da je ( x cos π ) = 0. 4 x π 4 = π + kπ, k Z, x = 3π + kπ, k Z. Lako se uočava da se ovaj skup rešenja sadrži u skupu rešenja prethodne jednačine, pa je skup rešenja polazne jednačine skup { π kπ : k Z }.. Rešiti jednačinu sin x + sin x = 3. Na osnovu formule sledi da je sin x = sin x cos x, sin x + 4 sin x cos x = 3. Jednačina je ekvivalentna sledećoj sin x + 4 sin x(1 sin x) = 3, 8 sin 4 x 10 sin x + 3 = 0. Nakon smene t = sin x, jednačina se svodi na kvadratnu 8t 10t + 3 = 0. 8

10 Rešavanjem kvadratne jednačine dobijamo dva rešenja t = 3 4 ili t = 1. Najpre rešimo jednačinu sin x = 3 4, Dobijamo da je sin x = ± 3. x = π 3 + kπ ili x = π 3 + kπ, k Z. Sada rešimo drugu jednačinu Sledi da je x = π 4 + kπ sin x = 1, sin x = ±. ili x = π 4 + kπ, k Z. 3. Rešiti jednačinu (sin x + 3 cos x) sin 4x =. Ova jednačina je ekvivalentna jednačini: ( 1 sin x + 3 cos x ) sin 4x = 1. Primetimo da brojevi uz sin x i cos x predstavljaju kosinus i sinus ugla π 3 ( cos π 3 sin x + sin π 3 cos x ) sin 4x = 1. Na izraz ( cos π3 sin x + sin π3 cos x ), primenimo adicionu formulu. Dobijamo: ( π ) sin 3 + x sin 4x = 1. Kako je sin ( π 3 + x) 1 i sin 4x 1, mora biti: sin( π 3 + x) = 1 i sin 4x = 1 9

11 sin( π 3 ili + x) = 1 i sin 4x = 1. Posmatramo prvi sistem jednačina. Dobijamo da je π 3 + x = π + lπ i 4x = π + kπ, za cele brojeve k i l. Iz prve i druge jednakosti sledi da je: x = π 6 + lπ i x = π 8 + kπ. Ako izjednačimo obe vrednosti x-a, videćemo za koje vrednosti k i l jednačina ima smisla π 6 + lπ = π 8 + kπ, 4l k = 1 1. Med utim kako su k i l celi brojevi, predhodna jednakost nije moguća, tako da jednačina nema rešenja. Sada posmatramo drugi sistem. Dobijamo da je π 3 + x = 3π + mπ i 4x = 3π + nπ, za cele brojeve m i n. Slično kao i u prethodnom slučaju dolazimo do zaključka da je veza izmed u m i n: 4m n = 19 1 što nije moguće, jer su m i n celi brojevi. Tako da jednačina nema rešenja. 4. Rešiti jednačinu sin x + cos x + sin x cos x = 1. Kako je jednačina ekvivalentna jednačini sin x + cos x + sin x cos x = 1 sin x + cos x = 1 sin x cos x, 10

12 kvadriranjem desne i leve strane jednakosti dobijamo (sin x + cos x) = (1 sin x cos x). Ideja je da se posle kradriranja iskoristi trigonometrijski identitet (sin x + cos x = 1), i tako jednačina pojednostavi: sin x + sin x cos x + cos x = 1 sin x cos x + sin x cos x. Posle zamene sin x + cos x sa 1 i sred ivanja, dobijamo 4 sin x cos x sin x cos x = 0. Kada izvučemo ispred zagrade sin x cos x, dobijamo Sledi da je sin x cos x(4 sin x cos x) = 0. sin x cos x = 0 ili 4 sin x cos x = 0. Druga jednačina je nemoguća jer je 1 sin x 1, 1 cos x 1, a iz prve sledi da je sin x = 0 ili cos x = 0. Ako u zadatu jednačinu zamenimo da je sin x = 0, dobijamo da je cos x = 1, a kada zamenimo da je cos x = 0, sledi da je sin x = 1. Zaključak je da su rešenja: x = kπ ili x = π + kπ, k Z. 5. Rešiti jednačinu cos x + cos x + cos 3x = 1. Kada je u zadatku zadata trigonometrijska funkcija drugog stepena, tada možemo da koristimo formulu za sinus i kosinus dvostrukog ugla, cos x = 1 + cos x = 1 Zamenom date formule, oslobodićemo se stepena cos x cos 4x 11 cos x cos 3x = 1.

13 Poslednji član cos 3x, nismo transformisali jer će se kasnije pri rešavanju pojaviti trigonometrijska funkcija čiji će argument biti 3x. To se može videti ako se prisetimo formula za transformaciju iz zbira u proizvod. Posle sred ivanja dobijamo jednačinu: cos x + cos 4x + cos 3x = 0, cos x + cos 4x + cos 3x = 0. Primenimo na prva dva člana transformaciju iz zbira u proizvod cos x + 4x cos x 4x + cos 3x = 0, cos 3x cos x + cos 3x = 0. Kada izvučemo ispred zagrade cos 3x, jednačina će biti ekvivalentna sledećoj cos 3x(cos x + cos 3x) = 0. Posle transformacije izraza cos x + cos 3x iz zbira u proizvod imamo da je Možemo zaključiti da je Dobijamo da su rešenja: ( cos 3x cos x + 3x cos x 3x ) = 0, 4 cos 3x cos x cos x = 0. cos 3x = 0 ili cos x = 0 ili cos x = 0. x = π 6 + mπ 3 ili x = π 4 + lπ ili x = π + kπ, k, l, m Z. Naredni tip zadatka se obično zadaje na takmičenjima. Iako se u njemu pojavljuje čak osmi stepen, to ne bi trebalo da predstavlja problem jer je osam paran broj, pa je moguće koristiti poznatu razliku kvadrata. 1

14 6. Rešiti jednačinu sin 4 x cos 4 x = sin 8 x cos 8 x. Desnu stranu jednakosti možemo da prebacimo na levu stranu Jednačina je ekvivalentna sledećoj sin 4 x cos 4 x (sin 8 x cos 8 x) = 0. sin 4 x cos 4 x (sin 4 x cos 4 x)(sin 4 x + cos 4 x) = 0. Kada izvučemo zajednički činilac sin 4 x cos 4 x biće Zaključujemo da je (sin 4 x cos 4 x)(1 (sin 4 x + cos 4 x)) = 0. sin 4 x cos 4 x = 0 ili sin 4 x + cos 4 x = 1. Prvo ćemo rešiti jednačinu sin 4 x cos 4 x = 0. Ako je cos x = 0 tada mora biti i sin x = 0, što je nemoguće, te zaključujemo da je cos x 0. Jednačina se svodi na tg 4 x = 1 iz koje sledi da je tg x = ±1, x = π 4 + kπ ili x = 3π + kπ, k Z. 4 Za rešavanje druge jednačine: sin 4 x + cos 4 x = 1, koristimo da je sin 4 x + cos 4 x = (sin x + cos x) sin x cos x, tako da je jednačina ekvivalentna sledećoj (sin x + cos x) sin x cos x = 1. Zamenimo sin x + cos x sa 1 : 1 sin x cos x = 1 1 sin x cos x = 1, Konačno, rešenja su: 1 (sin x) = 0, sin x = 0. x = mπ, m Z. 13

15 7. Rešiti jednačinu tg 3x cos x = 0. Ako je cos x = 0, onda je x = π + kπ, odakle sledi da je 3x = 3π + 3kπ = π + (3k + 1)π. Ali, tada tg 3x nije definisano. Stoga je cos x 0 i jednačina se svodi na tg 3x = 0. Rešimo jednačinu tg 3x = 0 Dovoljno je posmatrati da je sin 3x = 0 i cos 3x 0. sin 3x = 0. Tako da su sva rešenja jednačine data sa: x = kπ 3, k Z. 8. Rešiti jednačinu sin x = sin x + cos x. Zbog apsolutne vrednosti, najbolje je da datu jednačinu kvadriramo, tako da će ona dobiti sledeći oblik Posle skraćivanja sin x, imamo da je sin x = sin x + 4 sin x cos x + 4 cos x. 4 sin x cos x + 4 cos x = 0. 14

16 Sred ivanjem predhodnog izraza dobijamo: cos x(sin x + cos x) = 0, odakle sledi da je cos x = 0 ili sin x = cos x x = π + kπ ili x = π + lπ, k, l Z. 4 Kako se pri kvadriranju dobija jednačina koja može imati i neka rešenja koja ne zadovoljavaju polaznu jednačinu, neophodno je izvršiti proveru. Proverom se dobija da su rešenja polazne jednačine samo x = π + πn i x = π 4 + πm, n, m Z. 9. Rešiti jednačinu 1 1 sin x = cos x. Kako bismo rešili zadatak moramo postaviti uslove 1 sin x 0 i cos x 0, mora biti sin x 1 i cos x 0. Zamenimo cos x sa 1 sin x u početnu jednakost. Dobijamo da je 1 1 sin x = 1 sin x posle unakrsnog množenja, jednačina će biti ekvivalentna sledećoj 1 sin x = (1 sin x) (1 sin x)(1 + sin x) = (1 sin x). Levu i desnu stranu jednakosti možemo podeliti sa (1 sin x), zbog uslova sin x 1 0, tako da je (1 + sin x) = sin x = 1. Kako je uslov: sin x 1, rešenje moramo odbaciti. Zaključak je da zadatak nema rešenja! 15

17 10. Rešiti jednačinu sin x cos x = ( ) sin x + 5π. 4 Prvi način: Transfornisanjem desne strane jednakosti pomoću adicione formule, jednačina je ekvivalentna sledećoj Nakon sred ivanja sledi da je Tako da su rešenja: Drugi način: sin x cos x = ( sin x cos 5π 4 + cos x sin 5π 4 sin x cos x = ( ( sin x ), ) ( + cos x sin x cos x = sin x cos x, sin x = 0. x = kπ, k Z. )). Koristimo ideju iz zadatka 3, tj. celu jednakost ćemo podeliti sa 1 ( (sin x cos x) = sin x + 5π 4 ( ) ( sin x cos x = sin x + 5π ). 4 Ideja je da u levoj strani jednačine iskoristimo adicionu formulu. Stoga ćemo zapisati kao cos π i sin π 4 4 ( sin x cos π 4 cos x sin π ) ( = sin x + 5π ) 4 4 ) ( sin x π ) ( = sin x + 5π 4 4 ). 16

18 Jednačina je ekvivalentna sledećoj ( sin x π ) ( sin x + 5π 4 4 ) = 0. Posle primene formule za transformaciju razlike u proizvod, treba da rešimo jednačinu ( x π sin 4 (x + 5π 4 ) ) ( x π 4 cos + x + 5π 4 Sred ivanjem dobija se ekvivalentna jednačina ( sin 3π ) ( cos x + π ) = 0, 4 iz koje sledi da je ( ) Kako je sin 3π 4 jednačine ( sin 3π 4 ) ( = 0 ili cos x + π ) = 0. ( ) 0, to ostaje samo cos x + π ( cos x + π ) = 0. ) = 0. = 0. Rešavanjem Dobijamo da je x + π = π + kπ, x = kπ, k Z. 11. Rešiti jednačinu sin π 1+x = 0. Iz jednačine sin π π = 0, sledi da je = kπ, k Z, biće 1+x 1+x Posle sred ivanja izraz se svodi na x = k, 1 + x = 1 k, k Z. x = 1 k k. 17

19 Sledi da je jer je 1 k k 1 k 0, k kvadrat od x. Zaključujemo da je 1 k > 0. Dakle, k = 1, tj. x = 0 što predstavlja jedino rešenje date jednačine. 1. Rešiti jednačinu sin x + sin x = 3 + sin 3x. Data jednačina je ekvivalentna sledećoj sin x + sin x sin 3x = 3. (1) Transformišimo sin 3x primenom adicione formule sin 3x = sin(x+x) = sin x cos x+sin x cos x = sin x(cos x sin x)+ sin x cos x cos x = = sin x cos x sin 3 x + sin x cos x = 3 sin x cos x sin 3 x. Zamenimo prethodnu jednakost u (1). Dobijamo: sin x + 4 sin x cos x sin x(3 4 sin x) = 3. Kada izvučemo sin x ispred zagrade sin x(1 + 4 cos x (3 4 sin x)) = 3, jednačina će biti ekvivalentna sledećoj sin x( 1 + cos x + sin x) = 3 sin x( cos x + cos x + 1) = 3. Ako posmatramo izraz cos x + cos x + 1 i ako ga malo transformišemo cos x+ cos x+1 = (cos x cos x 1 (( ) = cos x 1 ) ), dobijamo da je ( cos x + cos x + 1 = cos x 1 )

20 Kako je cos x + cos x i sin x 1, iz prethodnog zaključujemo da mora biti sin x = 1 i cos x = 1 ( samo za tu vrednost kosinusa izraz je jednak 3 ), ali to nije moguće. Zaključujemo da zadatak nema rešenje. 13. Rešiti jednačinu sin x + cos x = 1 + sin x cos x. Sve članove izraza prebacićemo na levu stranu jednakosti, 1 + sin x cos x sin x cos x = 0 a, zatim ih faktorizovati (1 sin x)(1 cos x) = 0 odakle sledi Rešenja su: sin x = 1 ili cos x = 1. x = π + kπ ili x = kπ, k Z. 14. Rešiti jednačinu sin x + cos x = (cos 99x). Koristimo ideju iz zadatka 3, dakle podelimo celu jednakost sa 1 (sin x + cos x) = cos 99x ( sin π 4 sin x + cos π ) 4 cos x = cos 99x. Primenom adicione formule za razliku dva ugla dobijamo ekvivalentnu jednačinu ( π ) cos 4 x = cos 99x, ( π ) cos 4 x cos 99x = 0. 19

21 Sada, koristimo formulu za transformaciju iz razlike u proizvod ( π sin 4 x + 99x ) ( π sin 4 x 99x posle sred ivanja dobija se ekvivalentna jednačina ( π sin x te je ( π 4 sin + 98x ) Dobijamo da je ) ( π sin 4 100x ( π = 0 ili sin ) = 0, 4 100x ) = 0, ) = 0. π + 98x 4 = kπ ili π 100x 4 = kπ, k Z, x = kπ 98 π 39 ili x = π 400 kπ 50, k Z. 15. Odrediti broj rešenja jednačine x = 4π sin x. Kako je mora biti x = 4π sin x 1 x 4π 1 4π x 4π. Med utim, x 4π, 4π, jer ako se zamene vrednosti 4π i 4π, u datu jednačinu, jednakost neće imati smisla. Rešenje ove jednačine ćemo prikazati crtežom. Prvo nacrtajmo funkciju sin x, a zatim funkciju 4π sin x, primetićemo da funkcija 4π sin x ima maksimum u 4π, nakon toga crtamo pravu y = x i gde se funkcije y = x i y = 4π sin x 0

22 preseku to su rešenja, vidićemo da je to ukupno sedam preseka tj. sedam rešenja. 16. Rešiti jednačinu tg x + tg x + tg 3x = 0. Ako primenimo adicionu formulu: tg (α + β) = jednačina se svodi na tg α+tg β, na tg 3x, naša 1 tg αtg β tg x + tg x + Jednačina je ekvivalentna sledećoj tg x + tg x 1 tg xtg x = 0. ( 1 ) (tg x + tg x) 1 + = 0, 1 tg xtg x ( tg xtg x ) (tg x + tg x) = 0. 1 tg xtg x 1

23 Odavde sledi tg x + tg x = 0 ili tg xtg x 1 tg xtg x = 0 tg x + tg x = 0 ili tg xtg x =. Najpre rešimo jednačinu tg x + tg x = 0. Posle transformisanja tg x, sledi tg x + tg x 1 tg x = 0 Dobijamo da je Rešenja su: 3tg x tg 3 x = 0. tg x(3 tg x) = 0, tg x = 0 ili tg x = ± 3. x = kπ ili x = π 3 + kπ ili x = π 3 + kπ Iz druge jednačine tg x tg x =, sledi tg x tg x 1 tg x = Rešenja su: tg x 1 tg x = 1 tg x = 1 tg x = ±. x = arctg ± + kπ, k Z. 17. Rešiti jednačinu log 0,1 sin x + log cos x log 7 = 0. U ovom zadatku treba pažljivo iskoristiti svojstva logaritma. Posebno treba obratiti pažnju na oblast definisanosti funkcija koje se tu pojavljuju.

24 Neophodni uslovi su da je sin x > 0 i cos x > 0, a to je ekvivalentno sa tim da je sin x > 0 i cos x > 0. log 0,1 sin x + log cos x log 7 = 0 log 1 sin x + log cos x log 7 = Primenimo pravilo: log a s b = 1 s log a b, b > 0, a > 0, a 1, s 0. Kako je 1 10 = 10 1, biće log sin x + log cos x log 7 = 0 log cos x log sin x log 7 = 0. Posle primene pravila: log a log b = log a, a > 0, b > 0, jednačina će biti b ekvivalentna sledećoj cos x log 7 sin x = 0 cos x 7 sin x = 1 cos x = 14 sin x cos x. Nakon sred ivanja jednačina se svodi na sin x = Konačno uz uslov da je sin x > 0 i cos x > 0, rešenja su: x = arcsin 1 + πn, n Z. 14 3

25 . Iracionalne trigonometrijske jednačine 18. Rešiti jednačinu cos x = + sin x. Kako je jednačina iracionalna kvadriraćemo je i kako je + sin x > 0, a koren uvek definisan za pozitivne vrednosti, biće + sin x > 0, te je i cos x > 0. Posle kvadriranja dobijamo: Posle sred ivanja dobijamo 4 cos x = + sin x. ( cos x 1) = sin x. Zamenom cos x 1 sa cos x, jednačina se svodi na cos x = sin x. Zatim podelimo jednačinu sa cos x. Primetimo da cos x mora biti različito od nule, pošto bi iz jednačine sledilo da je onda i sin x nula, što ne može biti. Stoga se može deliti sa cos x. Kako je tg x = sin x, jednačina je ekvivalentna cos x sledećoj tg x =. Odavde sledi da su rešenja x = 1 arctg + πk. Kako je uslov cos x > 0, a to važi za x ( π +kπ, π +kπ), treba proveriti za koje vrednosti x = 1 πk arctg + zadovoljava nejednakost. Zaključak je za: x = 1arctg + πn, k = 4n ili x = 1arctg π + πn, k = 4n 1, n Z. 19. Rešiti jednačinu 1 cos x = sin x. Mora važiti 1 cos x 0 sin x 0 4

26 Prvi uslov je uvek zadovoljen. cos x 1 sin x 0. Kada kvadriramo jednačinu, dobićemo ekvivalentnu jednačinu 1 cos x = sin x. Zamenimo sin x sa 1 cos x, kako bismo jednačinu predstavili preko funkcije kosinus 1 cos x = 1 cos x. Nakon sred ivanja izraz se svodi na jednostavniji cos x cos x = 0 Dobijamo Rešenja su: cos x(cos x 1) = 0. cos x = 0 ili cos x = 1. x = π + kπ ili x = kπ, k Z. Vidimo da ova rešenja zadovoljavaju uslov sin x 0, te smo time dobili sva rešenja. 0. Rešiti jednačinu cos( π 8 (3x 9x + 160x + 800)) = 1, x Z. Dobijamo da je π 8 (3x 9x + 160x + 800) = kπ, k Z, 9x + 160x = 3x 16k. Kvadriranjem leve i desne strane jednakosti, dobijamo novu jednačinu 9x + 160x = 9x 96kx + 56k, 5

27 gde je k Z. Izvucimo ispred zagrade x Iz jednakosti 5x + 3kx = 8k 5, x(3k + 5) = 8k 5. x(3k + 5) = 8k 5, gde je x ceo broj, sledi da 3k + 5 deli 8k 5. Kako je (3k + 5)(3k 5) = 9k 5 to je i 9k 5 deljivo sa 3k + 5. Sledi da je i k deljivo sa 3k + 5, pa onda je i 5 deljivo sa 3k + 5, da je vrednost izraza 3k + 5 jedan od brojeva 1, 1, 5, 5, 5, 5. To je moguće samo za k = 0,, 10 pri čemu su za x odgovarajuće vrednosti: 31, 7, 5. Neposrednom proverom u polaznoj jednačini utvrd uju se konačna rešenja: x = 31 ili x = 7. 6

28 3. Trigonometrijske jednačine sa parametrom 1. Rešiti jednačinu sin 4 x + cos 4 x = a (a R). Rešenje: Ako levu stranu jednakosti transformišemo, dobićemo ekvivalentnu jednačinu (sin x + cos x) sin x cos x = a. Zamenom sin x + cos x sa 1, izraz se pojednostavljuje 1 sin x cos x = a. Primenom transformacije za dvostruki ugao sledi da je 1 1 sin x = a, sin x = a. Za a > 1, jednačina nema rešenje, jer je izraz na desnoj strani jednakosti negativan, a na levoj zbog sinusa mora biti a 1. U, slučaju da je a 1, korenovanjem dobijamo ekvivalentan oblik sin x = a pa, je skup rešenja unija skupova rešenja jednačina sin x = a i sin x = a. Ove jednačine imaju rešenja akko je 0 a 1, tj. a [ 1, 1]. U tom slučaju rešenja polazne jednačine možemo zapisati u obliku 1 { } arcsin a, arcsin a, π arcsin a, π + arcsin a +kπ. 7

29 . Rešiti jednačinu cos x + 3 sin x = m, m Z. Koristimo ideju iz 3. zadatka, tj. celu jednačinu podelimo sa 1 (cos x + 3 sin x) = m ( 1 cos x + 3 sin x ) = m. Kako je cos π = 1 i sin π = 3, jednačina će biti ekvivalentna sledećoj 3 3 ( cos x π ) = m 3. Mora biti m 1, jer je cos x 1. Stoga je m. Ako je m = ( cos x π ) = 1. 3 Jednačina se svodi na x π 3 = π + kπ, k Z, x = 4π 3 + kπ, k Z. Ako je m = 1 cos(x π 3 ) = 1. Jednačina se svodi na x π 3 = π 3 + kπ ili x π 3 = π 3 + kπ, k Z, x = π + kπ ili x = π 3 + kπ, k Z. Ako je m = 0 ( cos x π ) =

30 Jednačina se svodi na x π 3 = π + kπ, k Z, x = 5π 6 + kπ, k Z. Ako je m = 1 cos(x π 3 ) = 1. Jednačina se svodi na x π 3 = π 3 + kπ ili x π 3 = π 3 + kπ, k Z, Ako je m = x = π 3 + kπ ili x = kπ, k Z. ( cos x π ) = 1. 3 Jednačina se svodi na x π 3 x = π 3 = kπ, k Z, + kπ, k Z. 9

31 4. Trigonometrijske jednačine koje se rešavaju smenom 3. Rešiti jednačinu sin x 4 sin x cos x + 3 cos x = 0. Med u rešenjima ove jednačine ne postoji nijedno za koje bi bilo cos x = 0, jer bi tada bilo i sin x = 0, što je nemoguće. Otuda deleći sa cos x 0, dobijamo ekvivalentnu jednačinu sin x 4 sin x cos x cos x cos x cos x + 3 cos x cos x = 0. Nakon skraćivanja, imamo izraz koji podseća na kvadratnu jednačinu ( ) ( ) sin x sin x = 0. cos x cos x Zamenimo sin x cos x sa tg x. Dobijamo sledeću ekvivalentnu jednačinu (tg x) 4 tg x + 3 = 0. Posle smene, tg x = t, jednačina će biti kvadratna po t t 4t + 3 = 0. Rešavanjem kvadratne jednačine dobijamo dva rešenja Odavde su rešenja redom tg x = 3 ili tg x = 1. x = arctg 3 + kπ ili x = π 4 + kπ, k Z. 4. Rešiti jednačinu 5 sin x + sin x cos x + cos x =. Zamenimo sa (cos x + sin x). Na taj način jednačinu svodimo na homogenu i rešavamo kao u prethodnom zadatku. Dobijamo 5 sin x + sin x cos x + cos x = (cos x + sin x). 30

32 Nakon sred ivanja jednačina je ekvivalentna sledećoj 5 sin x + sin x cos x + cos x cos x sin x = 0, Podelimo celu jednačinu sa cos x 3 sin x + sin x cos x cos x = 0. 3 sin x cos x + sin x cos x cos x cos x cos x cos x = 0. Kao i u prethodnom primeru odavde sledi da je 3(tg x) + tg x 1 = 0. Nakon smene, tg x = t, jednačina postaje kvadratna po t 3t + t 1 = 0. Rešavanjem kvadratne jednačine dobijamo Sledi da su rešenja redom tg x = 1 ili tg x = 1 3. x = π 4 + kπ ili x = arctg 1 + kπ, k Z Rešiti jednačinu sin 8 x + cos 8 x = Data jednačina je ekvivalentna sledećoj (sin 4 x) + (cos 4 x) = Ako dodamo i oduzmemo sin 4 x cos 4 x na levoj strani jednakosti, pojaviće se kvadrat binoma (sin 4 x + cos 4 x) sin 4 x cos 4 x =

33 (sin 4 x + cos 4 x) = sin4 x cos 4 x. Primenimo isti postupak kao i u prethodnom koraku ((sin x + cos x) sin x cos x) = sin4 x 8 ((1 sin x cos x) = sin4 x 8 ( 1 sin x ) 17 = 3 + sin4 x. 8 Nakon smene t = sin x, jednačina se svodi na kvadratnu (1 t) = t 1 t + t = t. Sred ivanjem, jednačina je ekvivalentna sledećoj t 4t = 0 16t 64t + 15 = 0. Rešavanjem kvadratne jednačine dobijamo dva rešenja t 1 = 15 ili t 4 = 1. 4 Prvo rešenje odbacujemo, jer ne može biti sin x = 15, a drugo prihvatamo. 4 Sada rešimo jednačinu sin x = 1 4, primenom formule za polovinu ugla, dobijamo ekvivalentnu jednačinu Nakon sred ivanja sledi da je 1 cos 4x 4 = 1 4. cos 4x = 0, 4x = π + kπ. 3

34 Rešenja su: x = π 8 + kπ 4, k Z. 6. Odrediti ona rešenja jednačine 4 cos x + 4 cos x = 3 koja su u skupu [ 3 4, 1]. Zamenimo cos x sa cos x 1. Dobijamo ekvivalentnu jednačinu 4 cos x cos x = 3. Nakon smene 4 cos x = t, jednačina se svodi na kvadratnu jednačinu po t: Odavde slede dva rešenja t + 4t 1 = 0. t 1 = 6 ili t =. Prvo rešenje odbacujemo jer mora biti t = 4 cos x veće od nule, dakle data jednačina ekvivalentna je sa 4 cos x = i ona se svodi na cos x = 1. Na osnovu svojstava funkcije x, zaključujemo da mora biti cos x = 1. Transformisanjem prethodne jednačine dobijamo: Nakon sred ivanja sledi da je 1 + cos x = 1. cos x = 0, x = π 4 + kπ, k Z. Od svih rešenja postoji samo jedno koje pripada datom intervalu [ 3, 1], a to 4 je x = π. 4 33

35 7. Rešiti jednačinu 11ctg x 5tg x = 16 sin x, za x kπ. Nakon zamene trigonometrijskih identiteta jednačina je ekvivalentna sledećoj tg x = sin x cos x, ctg x = cos x sin x 11 cos x sin x 5 sin x cos x = 16 sin x. Celu jednačinu pomnožimo sa sin x cos x (na osnovu uslova zadatka znamo da je sin x cos x 0), kako bi je pojednostavili 11 cos x 5 sin x = 16 cos x, 16 cos x 16 cos x 5 = 0. Nakon smene cos x = t, jednačina će se svesti na kvadratnu po t 16t 16t 5 = 0. Kada rešimo kvadratnu jednačinu dobijamo dva rešenja t 1 = 5 4 ili t = 1 4. Prvu mogućnost ćemo odbaciti zbog toga što mora biti 1 cos x 1, tako da rešavamo sledeću trigonometrijsku jednačinu cos x = 1 4, x = ± arccos ( 1 4) + πl, l Z. 34

36 8. Rešiti jednačinu arcsin 3x = arctg 5x. Neka je: β = arcsin 3x, tada je sin β = 3x, a kako je cos β + sin β = 1 sledi da je cos β = 1 9x cos β = ± 1 9x. Zamenom prethodnih izraza jednačina će biti ekvivalentna sledećoj tg β = sin β cos β = 3x ± 1 9x. Kako je i β = arctg 5x, to je tg β = 5x. Dakle jednačina se svodi na 3x ± 1 9x = 5x 1, ±3x = 5x 1 9x. Jedno rešenje je x = 0. Ako je x 0, onda je ±3 = 5 1 9x. Med utim, pošto je koren uvek nenegativan, zaključujemo da je 3 = 5 1 9x. Sada kvadriramo jednačinu 3 = 5 1 9x, kako bismo se oslobodili korena 9 = 5(1 9x ) 9 5 = 1 9x. Rešimo nepotpunu kvadratnu jednačinu 9x = Rešenja su: x = x = ±

37 9. Data je jednačina (arcsin x) 3 + (arccos x) 3 = aπ 3. a) Pokazati da jednačina nema rešenja ako je a < 1. 3 b) Rešiti jednačinu u slučajevima a = 1 i a = a) Zbog oblasti definisanosti funkcija arcsin x i arccos x, važi da je 1 x 1. Uvod enjem smene t = arcsin x sledi da je π t = arccos x, tako se jednačina transformiše u Posle sred ivanja dobija se jednačina t 3 + ( π t ) 3 = aπ 3. 1t 6πt + π 8aπ = 0 1t 6πt + π (1 8a) = 0. Diskriminanta za našu kvadratnu jednačinu je D = b 4ac = 36π 4 1 (π 8aπ ) = 1π +384aπ = 1π (1 3a). Za a < 1 jednačina će imati negativnu diskriminantu, pa prema tome nema 3 rešenje. b) Zamenom a = 1 u 8 jednačina se svodi na Kada izvučemo t ispred zagrade dobijamo da je 1t 6πt + π (1 8a) = 0 1t 6πt + π ( ) = 0, 1t 6πt = 0. t (1t 6π) = 0 t = 0 ili t = π 36

38 Konačno rešenja su: arcsin x = 0 ili arcsin x = π. x = 0 ili x = 1. Za a = 7 8 1t 6πt + π ( ) = 0. Sred ivanjem, jednačina se svodi na jednostavniju t πt π = 0 iz koje sledi da je t = π ili t = π arcsin x = π ili arcsin x = π. Prvo rešenje odbacujemo jer je t = arcsin x [ π, π], a arcsin x = π prihvatamo. Sledi da je t = π, x = Rešiti jednačinu sin(sin x) cos(cos x) = 0. Smenom: sin x = p i cos x = q, dobijamo jednačinu: sin p cos q = 0 sin p = cos q. Ova jednačina je ekvivalentna sa ( π ) sin p = sin q gde p, q [ 1, 1]. Sledi da je p = π ( π ). q ili p = π q Rešimo sistem p = π q 37

39 p + q = 1. Primenom metode zamene, dobijamo kvadratnu jednačinu po q ( π q ) + q = 1 π 4 πq + q + q = 1. Posle sred ivanja dobijamo ekvivalentnu jednačinu 8q 4πq + π 4 = 0. Kako je diskriminanta D < 0 sistem nema rešenja. Ako je p = π + q tada treba rešiti sledeći sistem p = π + q p + q = 1. Nakon rešavanja kao i za prethodni slučaj dobijamo da je D < 0, tako da je zaključak da početna jednačina nema rešenja. 31. Rešiti jednačinu sin(cos x) cos(sin x) = 0. Smenom: cos x = p i sin x = q, polazna jednačina se svodi na sistem sin p = cos q p + q = 1. Kao i u prethodnom zadatku sistem se svodi na p = π q ili p + q = 1, p = π + q 38

40 p + q = 1. Primenimo metod zamene na prvi sistem ( π q ) + q = 1, 8q 4πq + π 4 = 0. Kako je diskriminanta D < 0 sistem nema rešenja. Kada rešimo drugi sistem diskriminanta će takod e biti manja od nule, tako da je zaključak da jednačina nema rešenja. 3. Rešiti jednačinu arccos x arcsin x = π 6. Znamo da važi arcsin x + arccos x = π. Zadatak se svodi na rešavanje sledećeg sistema arccos x arcsin x = π 6 arccos x + arcsin x = π. Kada saberemo prethodne dve jednakosti imamo da je arccos x = π + π 6 Dakle Lako se proveri da je x = 1 arccos x = π 3. x = 1. zaista rešenje date jednačine. 39

41 33. Rešiti jednačinu sin x = tg x. Smena: t = x, (x = t) dovodi do nove jednačine: sin t = tg t. Primetimo da ovde mora biti t π + kπ, tj. koristimo. Dobijamo sin t cos t = sin t cos t. Jedno rešenje je sin t = 0. Iz kog sledi cos t 0 te u daljem to t = lπ, l Z. Kada vratimo smenu, dobijamo x = lπ, l Z. Sada razmatramo slučaj kada je sin t 0. Rešimo jednačinu iz koje sledi Zamenimo 1+cos t Nakon sred ivanja cos t = 1 cos t, cos t = 1. sa cos t. Dobijamo ekvivalentnu jednačinu 1 + cos t cos t = 0, = 1. t = π + kπ, k Z. Rešenja su: x = π + kπ, k Z. Ali, kako je uslov da cos t 0, x π +mπ, m Z, moramo odbaciti rešenje x = π + kπ. 40

42 34. Rešiti jednačinu ctg x = tg x + tg x+1. Smena: x = t, dovodi do ekvivalentne jednačine Zamenimo cos t sin t sa ctg t, zatim sin t cos t ctg t = tg t + tg t. sa tg t. Dobijamo da je: cos t sin t = sin t sin t + cos t cos t. Pomnožimo jednačinu sa sin t cos t cos t, da bismo se oslobodili razlomka cos t cos t = sin t cos t + sin t cos t sin t. Mora važiti uslov da je: sin t, cos t, sin t 0. Posle sred ivanja jednačina se svodi na cos t cos t sin t cos t sin t = 0. Dokažimo da je cos t cos t sin t cos t sin t = cos 4t. Izvlačenjem ispred zagrade cos t, dobijamo cos t (cos t sin t) sin t. Med utim kako je cos t sin t, kosinus dvostrukog ugla, biće cos t cos t sin t = cos t sin t, što je primenom već pomenute formule za dvostruki ugao jednako Konačno, rešavamo jednačinu cos 4t. cos 4t = 0. Zaključujemo da je 4t = π + kπ, k Z, t = π 8 + kπ 4, k Z. 41

43 Kada vratimo smenu x = t rešenja su x = π 8 + kπ 4. Kako znamo da x mora biti pozitivno, odbacićemo vrednosti k, za koje je k < 0. Ostaju samo za k 0. Med utim, moramo celu jednakost da logaritmujemo, da bismo došli do x x = log ( π 8 + kπ 4 ), k Z. 35. Rešiti jednačinu log (cos x + cos x ) + log 0.5 (sin x + cos x ) = 0. Na osnovu definicije logaritamske funkcije imamo sledeće uslove: cos x + cos x > 0 i sin x + cos x > 0. Koristeći pravilo za logaritmovanje jednačinu možemo pojednostaviti ( log cos x + cos x ) ( + log 1 sin x + cos x ) = 0 ( log cos x + cos x ) ( log sin x + cos x ) = 0. Levu stranu jednakosti možemo predstaviti preko količnika, a nulu kao log 1. Ideja je da logaritmi i sa leve i sa desne strane jednakosti imaju istu osnovu, u našem slučaju osnova je log cos x + cos x sin x + cos x = log 1. Dobijamo da je odavde sledi cos x + cos x sin x + cos x = 1, cos x + cos x = sin x + cos x. Transformisanjem dobijamo cos x sin x = 0. 4

44 Umesto cos x, pisaćemo cos x sin x cos x sin x sin x = 0 Izrazimo cos x, preko sin x, kako bismo jednačinu sveli na jednostavniju 1 sin x sin x sin x = 0 sin x sin x + 1 = 0 sin x + sin x 1 = 0. Smena: sin x = t, dovodi do kvadratne jednačine t + t 1 = 0 iz koje sledi da je t = 1 ili t = 1, x = 3π + kπ, x = π 6 + kπ, x = 5π 6 + kπ, k Z. Kada zamenimo x = 3π + kπ u izraz cos x + cos x, taj izraz postaće negativan, a uslov je da bude pozitivan. Tako da, uzimajući u obzir uslove, neka od ovih rešenja moramo odbaciti jer ne zadovoljavaju ranije navedeni uslov. Konačno, rešenja su: x = π + kπ ili x = 5π + kπ, k Z

45 5. Razni nestandardni trigonometrijski zadaci 36. Odrediti tg α tg β, ako je cos(α + β) = 0 i cos(α β) = 1. Koristimo adicione formule, za zbir i razliku dva ugla, tako da se zadatak svodi na rešavanje sledećeg sistema cos α cos β sin α sin β = 0 cos α cos β + sin α sin β = 1. Sabiranjem prethodne dve jednakosti dolazimo do cos α cos β = 1 što je ekvivalentno sa cos α cos β = 1. Na sličan način, oduzimanjem, dobijamo sin α sin β = 1. Konačno tg α tg β = 1 sin α sin β cos α cos β = = Dokazati x + y + z = kπ, k Z tg x + tg y + tg z = tg x tg y tg z, ako su svi x, y, z takvi da su tg x, tg y, tg z definisani. =: Transformisanjem tg x + tg y + tg z = tg x tg y tg z, dobijamo: tg x + tg y = tg z(1 tg x tg y). (1) Ideja je da izraz navedemo na adicionu formulu. Ako je tg x tg y = 1, tada se iz početnog izraza dobija da je tg x + tg y + tg z = tg z, pa sledi da je tg x + tg y = 0, tg x = tg y. Kada zamenimo tg x = tg y u 44

46 tg x tg y = 1, dobijamo da je tg x = 1, a to je nemoguće. Zaključak je da možemo deliti sa 1 tg x tg y izraz (1) tg x + tg y 1 tg x tg y = tg z, odavde sledi da je Zaključujemo da je Što je i trebalo dokazati. tg (x + y) = tg z. x + y = z + kπ, k Z x + y + z = kπ, k Z. = : Prebacimo z na desnu stranu x + y + z = kπ, k Z x + y = z + kπ, k Z. Primenimo tangens na levu i desnu stranu jednakosti tg (x + y) = tg z. Levu stranu jednakosti zapišemo preko adicione formule tg x + tg y 1 tg x tg y = tg z. Zatim ceo izraz pomnožimo sa 1 tgx tgy, kako bismo se oslobodili razlomka Posle sred ivanja imamo da je što je i trebalo dokazati. tg x + tg y = tg z(1 tg x tg y). tg x + tg y + tg z = tg x tg y tg z, 45

47 38. Ako je sin x + cos x = a, odrediti sin 4 x + cos 4 x. Transformisanjem izraza sin 4 x + cos 4 x dobijamo: sin 4 x + cos 4 x = (sin x + cos x) sin x cos x = 1 sin x Primenom formule za dvostruki ugao, sledi da je (1). sin x = sin x cos x = sin x + sin x cos x + cos x 1. Dakle sin x = (sin x + cos x) 1 = a 1. Zamenimo sin x sa a 1 u (1) sin 4 x + cos 4 x = 1 (a 1). Posle sred ivanja dobija se sin 4 x + cos 4 x = 1 + a a Dokazati da zbir: zavisi od x. 4 cos4 x 6 cos x sin 4 x + 6 cos x + 3 ne Kako se u zadatom izrazu pojavljuje cos 4 x, sin 4 x kao i cos x, pogodno je izvršiti transformaciju na cos 4 x i sin 4 x (kako bi sve izrazili preko cos x), korišćenjem sledećih formula: cos x = 1 + cos x, sin x = 1 cos x. Kada ih zamenimo u zadatu jednakost, koju ćemo pre toga da transformišemo, zadatak će biti jednostavniji za dokazivanje ( cos x) 6 cos x ( sin x) + 6 cos x + 3 = 46

48 ( ) ( ) 1+cos x 4 6 cos x cos x cos x + 3 = 1 + cos x + cos x 6 cos x cos x + cos x + 6 cos x + 3 = 4 4 cos x + cos x cos x + cos x = ( cos x) + ( + cos x) = kako je a = a, biće: cos x + + cos x = cos x + + cos x = Za koju vrednost α i β važi jednakost sin(α + β) = sin α + sin β? Transformisanjem leve strane jednakosti uz pomoć adicione formule, jednakost se svodi na sin α cos β + sin β cos α = sin α + sin β, sin α cos β + sin β cos α sin α sin β = 0. Izvucimo zajednički činilac ispred zagrade ili sin α (cos β 1) + sin β (cos α 1) = 0 sin α (1 cos β) + sin β (1 cos α) = 0. (1) Ako je sin α sin β = 0, onda sledi da je sin α = 0 ili sin β=0. Ako je sin α = 0, tada iz (1) sledi da je sin β(1 cos α) = 0, a to je moguće za sin β = 0 ili cos α = 1. Ukoliko je cos α = 1, α = kπ, tada će jednakost važiti za proizvoljno β. Med utim, za sin β = 0, sledi da je sin α (1 cos β) = 0, odakle se može zaključiti da jednakost važi za sin α = 0 ili za β = kπ i α proizvoljno. Ako je sin α sin β 0, (1) se može napisati u obliku Kako je 1 cos β sin β = 1 cos α sin α. tg x = 1 cos x sin x, 47

49 sledi Iz tg β = tg α. tg β ( = tg α ), dobija se β = α + πk. Dakle, data jednakost važi za: 1. α = kπ, β proizvoljno, k Z,. α proizvoljno, β = kπ, k Z, 3. α + β = kπ, k Z. 41. Za unutrašnje uglove α i β trougla ABC (kod A, B) važi sin 3 α cos48 β = sin3 β cos48 α AC.Naći odnos. BC Dokažimo da je α = β. Ako bi bilo α β, na primer, 0 < α < β < π, bilo bi 0 < sin α < sin β 0 < cos β < cos α, 48

50 odakle sledi da je suprotno pretpostavci. Dakle, sin 3 α cos48 β < sin3 β cos48 α, α = β, AC BC = Ako su α, β, γ uglovi trougla i ako je sin α + sin β + sin γ = 3(cos α + cos β + cos γ), onda je bar jedan od uglova α, β, γ jednak π 3. Dokazati. Transformisanjem datog izraza dobijamo: sin α + sin β + sin γ 3 cos α 3 cos β 3 cos γ = 0. Ako celu jednakost podelimo sa dva, pojaviće se vrednosti nekih trigonometrijskih funkcija, tako da ćemo primeniti adicionu formulu kao i da za trougao važi α + β + γ = π α + β = π γ sin α cos α + 1 sin β cos β + 1 sin γ cos γ = 0 ) ( + sin β π ) ( + sin (π α β) π ) = ( sin α π 3 Primenimo formulu za transformaciju iz zbira u proizvod ( α π 3 sin + β π ) ( 3 α π cos β + π ) ( 3 3 π ) + sin 3 α β = 0 ( α + β sin π ) ( α β ) ( ( π (α + β) )) cos + sin = ( α + β sin π ) ( α β ) ( π cos + sin 3 3 α + β ) ( π cos 3 α + β ) = 0 ( α + β sin π )( ( α β ) ( π cos cos 3 3 α + β )) = 0. (1) Sred ivanjem izraza sin ( α+β π 3 ), dobijamo: ( α + β sin π ) ( 3(α + β) π ) ( 3(π γ) π ) = sin = sin ( π ) = sin 6 γ.

51 Transformisanjem: ( ( cos ) α β cos ( α β + π 3 sin α+β ) ( α β sin ( ) π Posle zamene izraza sin γ i 6 ( )) π α+β, dobijamo: 3 ( π 3 + α+β sin ) ) ( π = sin 6 β ) ( π sin 6 α ). ( ) ( ) π β π sin α u (1), sledi : 6 6 ( π sin 6 γ ) ( π sin 6 β ) ( π sin 6 α ) = 0. Zaključujemo da neki od činilaca mora biti jednak nuli, pa dobijamo (s obzirom da su α, β i γ unutrašnji uglovi trougla): sledi da je π 6 γ = 0 ili π 6 β = 0 ili π 6 α = 0, γ = π 3 ili β = π 3 ili α = π Pokazati da je cos 3 + cos 1 cos 4 cos = 1. Primenom formule za polovinu ugla i transformacije iz proizvoda u zbir sledi 1 + cos cos 1 (cos(4+)+cos(4 )) = 1 +cos cos 1 (cos 6+cos ) = =1+ cos 6 + cos cos 6 cos =1. Što je i trebalo dokazati. 44. Dokazati da je: a) sin 0 sin 40 sin 80 = 3 ; 8 b) tg 6 tg 54 tg 66 = tg 18. Prvi način. a) Transformisanjem izraza sin 0 sin 40 sin 80, iz proizvoda u zbir, dobijamo sin 0 1 (cos(40 80 ) cos( )) = sin 0 1 (cos( 40 ) cos 10 ) 50

52 = sin 0 1 cos sin 0 = 1 4 (sin( ) + sin(0 40 )) = 1 4 (sin 60 + sin( 0 )) sin 0 = 1 4 sin sin sin 40 = Drugi način. Pokažimo da važi sin α sin(60 + α) sin(60 α) = 1 sin 3α. 4 Primenimo adicionu formulu pri dokazivanju identiteta sin sin(60 +α) sin(60 α) = (sin 60 cos α+sin α cos 60 )(sin 60 cos α sin α cos 60 ) = 3 ( 3 ) 4 cos α sin α 1 4 = sin α 4 cos α sin α 1 = 1 ( ) 3 cos α sin α sin 3 α. 4 4 Kako je sin 3α = 3 cos α sin α sin 3 α, sledi da je sin α sin(60 + α) sin(60 α) = 1 sin 3α. 4 Primenimo prethodni identitet na sin 0 sin 40 sin 80 sin 0 sin 40 sin 80 = sin 0 sin(60 0 ) sin(60 +0 ) = 1 4 sin 60 = 1 4 b) Kako je tg αtg (60 α)tg (60 + α) = tg α tg αtg (60 α)tg (60 + α) = tg α Transformisanjem, dobijamo da je tg 60 tg α 1 + tg 60 tg α tg 60 + tg α 1 tg 60 tg α, 3 tg α 3 + tg α tg α 1 3 tg α. 3 = 3 8. tg αtg (60 α)tg (60 + α) = tg α 51 3 (tg α) 1 3 (tg α) = 3tg α tg3 α 1 3 tg α.

53 Kako je možemo zaključiti da tg 3α = 3tg α tg3 α 1 3 tg α, tg αtg (60 α)tg (60 + α) = tg 3α. Primenom prethodnog identiteta, sledi da je tg6 tg54 tg66 = tg18 = tg6 tg(60 6 ) tg(60 +6 ) = tg3 6 = tg18. U narednim zadacima koristićemo oznake a, b, c, za dužine stranica trougla, a α, β, γ, za odgovarajuće uglove kod temena A, B, C. 45. Ako za uglove i stranice trougla važi: a) a = b cos γ, dokazati da je trougao jednakokraki; b) (b + c + a) (b + c a) = 3bc, dokazati da je α = 60. a) Posle množenja leve i desne strane jednakosti a = b cos γ sa a, sledi da je a = ab cos γ. Primenom kosinusne teoreme c = a + b ab cos γ, formiramo sistem a = ab cos γ c = a + b ab cos γ. Koristimo metodu zamene pri rešavanju sistema Dobijamo da je c = a + b a. c = b, c = b. b) Iz (b + c + a) (b + c a) = 3bc, primenom razlike kvadrata, sledi da je (b + c) a = 3bc, 5

54 b + c a = bc. Korišćenjem kosinusne teoreme: a = b + c bc cos α, sledi da je cos α = b + c a. (1) bc Zamenom (1) u b + c a = bc, dobijamo cos α = bc bc, cos α = 1. Odavde možemo da zaključimo da je α = Dokazati da u svakom trouglu važi: a (sin β sin γ) + b (sin γ sin α) + c (sin α sin β) = 0 Koristimo sinusnu teoremu a sin α = b sin β = c sin γ = R, gde je R, poluprečnik opisanog kruga. Dobijamo b R = sin β i a R = sin α i c R = sin γ. (1) Zamenimo (1), u zadatu jednakost a Dobijamo da je ( b R a ) ( c + b R R a ) ( a + c R R b ) = 0. R a (b c) + b (c a) + c (a b) = a b a c + b c b a + c a c b = 0. 53

55 47. U paralelogramu ABCD je dat oštar ugao α (kod temena A) i odstojanja m i p tačke preseka dijagonale od neparalelnih stranica AB i BC. Izračunati dužine dijagonala paralelograma. Neka je T 1, podnožije normale iz temena D na stranicu AB. Posmatrajmo trougao ADT 1 : AD je hipotenuza za pravougli trougao i m je naspramna stranica u odnosu na α, jer je rastojanje od preseka dijagonala paralelograma do stranice paralelograma m. Kako je sin α odnos naspramne stranice i hipotenuze pravouglog trougla imamo da je odakle sledi sin α = m AD AD sin α = m i BC = AD. Slično važi i za DCT, gde je T podnožje normale iz temena D, na stranicu BC AB = p sin α. Primenom kosinusne teoreme na ABC, sledi da je AC = ( p ) ( m ) 4mp AB + BC AB BC cos(π α) = + + sin α sin α sin α cos α 54

56 , 4p AC = sin α + 4m sin α + 8mp sin α cos α = m + p sin α + mp cos α. Slično se dokazuje i za BD = m + p sin α mp cos α. 48. Oko datog pravougaonika, čije su stranice a i b, opisati novi pravougaonik koji će imati zadatu površinu m. Za koje vrednosti m zadatak ima rešenja? Neka je ϕ ugao koji grade stranica opisanog i datog pravougaonika. Iz T 1 D 1 S dobijamo iz sin ϕ = D 1T 1, b S 1 T 1 C 1 55

57 dobijamo cos ϕ = T 1C 1 a. Stranice opisanog pravougaonika su redom jednake Prema uslovu zadatka je Sred ivanjem dalje dobijamo a cos ϕ + b sin ϕ i a sin ϕ + b cos ϕ. (a cos ϕ + b sin ϕ) (a sin ϕ + b cos ϕ) = m. (a + b ) (cos ϕ sin ϕ) + a b (cos ϕ + sin ϕ) = m. Kako je izraz se svodi na cos ϕ + sin ϕ = 1 (a + b ) cos ϕ sin ϕ + a b = m (a + b ) 1 cos ϕ sin ϕ + a b = m. Transformisanjem dobijamo da je 1 (a + b ) sin ϕ = m a b, (a + b ) sin ϕ = (m a b), sin ϕ = (m a b) a + b. Zadatak ima rešenje akko je 0 (m a b) a + b 1. Nema smisla posmatrati za ϕ > 90, jer je ϕ unutrašnji ugao pravouglog trougla, pa samim tim manji od 90 0 m a b a + b 1. Kada celu nejednakost pomnožimo sa a + b, biće 0 m ab a + b. 56

58 Sada celoj nejednakosti dodamo ab ab m a + b + ab, ab m (a + b). Posle korenovanja, dobijamo za koje vrednosti m, zadatak ima rešenje ab m a + b. 49. Neka su d 1 i d dijagonale konveksnog četvorougla, a ϕ ugao koji one grade. Dokazati da je površina tog četvorougla S = 1 d 1d sin ϕ. Koristimo da je sin(180 ϕ) = sin ϕ. Neka su a 1 i b 1 a i b odsečci na koje su dijagonale d 1 i d podeljene tačkom u kojoj se seku. Tada je S = P ( ABM) + P ( BMC) + P ( CMD) + P ( DMA). 57

59 Primenimo formulu za površinu trougla P = 1 bc sin α, na ABM, BMC, CMD i DMA S = 1 a 1b sin(180 ϕ)+ 1 b b 1 sin(180 ϕ)+ 1 b 1a sin(180 ϕ)+ 1 a 1a sin(180 ϕ). Sred ivanjem dobijamo da je S = 1 sin ϕ(a 1b + b b 1 + b 1 a + a 1 a ) = 1 sin ϕ(a 1b + b b 1 + b 1 a + a 1 a ), S = 1 sin ϕ(a 1(b +a )+b 1 (b +a )) = 1 sin ϕ((b +a )(a 1 +b 1 )) = 1 d 1d sin ϕ. 50. Izraziti dijagonale tetivnog četvorougla preko njegovih stranica. Izvesti odatle Ptolomejevu teoremu: proizvod dijagonala tetivnog četvorougla jednak je zbiru proizvoda naspramnih strana. Neka su a, b, c, d stranice, m i n dijagonale tetivnog četvorougla, a ugao izmed u stanica a i d označimo sa ϕ. Iz kosinusne teoreme je: n = a + d ad cos ϕ i n = b + c bc cos(180 ϕ). Kako je cos(180 ϕ) = cos ϕ, biće n = a + d ad cos ϕ i n = b + c + bc cos ϕ. 58

60 Iz prve jednakosti imamo da je cos ϕ = a + d n. ad Zamenom prethodnog izraza u n = b + c + bc cos ϕ, dobijamo da je n = b + c + bc a + d n, ad n = b + c + bca d + bcd a bcn ad. Oslobodimo se razlomka Transformisanjem, dobijamo da je adn = adb + adc + bca + bcd bcn. n (ad + bc) = (db + ac) (ab + dc), Analogno se dobija n = m = (db + ac) (ab + dc). (1) ad + bc (ab + bc) (ac + bd). () ab + cd Posle množenja (1) i (), n m = (db + ac) (ab + dc) (ad + bc) (ab + bc) (ac + bd) (ab + cd) izraz se svodi na n m = (ac + bd), n m = ac + bd. Tako smo dokazali Ptolomejevu teoremu. 59

61 ZAKLJUČAK: Ideja ovog rada je da se učenicima približi trigonometrija kao i da se mnoge nedoumice oko pojedinih matematičkih problema iz jedne od težih tema iz matematike koja se predaje u školi otklone. Za to su birani različiti primeri u kojima se koriste mnoge ideje. Neke se mogu koristiti na dodatnoj nastavi, za pripremu za takmičenja ili prijemni. Zadaci su postupno rešeni i treba da ukažu na metodu rešavanja zadataka iz trigonometrije, tako što komplikovane matematičke probleme, na različite načine, svodimo na jednostavne. Cilj je da nakon vežbe ponud enih zadataka učenik samostalno može da reši zadatak iz trigonometrije. 60

62 LITERATURA: [1] -Dord e Kadijević, ZBIRKA NESTANDARDNIH ZADATAKA IZ TRIGONOMETRIJE, Arhimedes, Beograd [] -Dord e Dugošija, Živorad Ivanović, TRIGONOMETRIJA, Krug, Beograd 006. [3] Srd an Ognjanović, 004. Živorad Ivanović, MATEMATIKA, Krug, Beograd [4] Gradimir Vojvodić, Milan Vukasović, Radivoje Despotović, -Dura Paunić, Vojislav Petrović, Ratko Tošić, MATEMATIKA, Zavod za udžbenike i nastavna sredstva, Beograd [5] Društvo matematičara 61