Trigonometria parte 3
easy matematica
Eliana pagina 23
TRIANGOLO RETTANGOLO
Consideriamo i triangoli rettangoli OPQ e OP ' Q′
A
c
B
β
b
a
γ
C
Essi sono simili per cui
Q′P′ : QP = OP′ : OP
Essendo Q ' P ' = b QP = sin β
b : sen β = a :1
b = a sen β
OP′ = a
OP = 1 otteniamo
e quindi
1) Si ha quindi Un cateto è uguale al prodotto dell’ ipotenusa per il seno dell’angolo
opposto.
Abbiamo anche
OQ′ : OQ = OP′ : OP e quindi
c : cos β = a :1 per cui
c = a sen β
2) Un cateto è uguale al prodotto dell’ipotenusa per il coseno dell’angolo acuto ad esso
adiacente.
Dalla proporzione
OQ′: OQ = P ′Q′: PQ avremo
c : cos β = b : sen β e quindi
b cos β
c = b ⋅ ctg β inoltre
c=
= b ⋅ ctg β
sen β
c sen β
b = c ⋅ tg β
b=
= c ⋅ tg β
cos β
3) un cateto è uguale al prodotto dell’altro cateto per la tangente dell’angolo opposto o
per la cotangente dell’angolo acuto adiacente
Trigonometria parte 3
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Eliana pagina 24
AREA DI UN TRIANGOLO
A
α
c
B
β
aH
b
γ
C
L’area di un triangolo è uguale al semiprodotto di due lati per il seno dell’angolo tra essi
compreso.
Consideriamo il triangolo qualunque ABC e supponiamo noti a, b e γ , sia inoltre h = AH
l’altezza relativa al lato BC
Avremo, indicando l’area del triangolo con S
a⋅h
S=
essendo h = b ⋅ sen γ
otteniamo
2
1
S = ab ⋅ sen γ
2
Analogamente se il triangolo è ottusangolo
A
α
c
B
β
a
In questo caso S =
γ
b
π− γ
C
H
1
a⋅h
2
h = b ⋅ sen (π − γ ) = b sen γ e quindi:
1
ab ⋅ sen γ
2
Pertanto:
1
1
1
S = ab ⋅ sen γ = ac ⋅ sen β = bc ⋅ sen α
2
2
2
S=
TEOREMA DELLA CORDA
La lunghezza di una corda di una circonferenza è uguale al prodotto del diametro per il
seno di uno qualunque degli angoli alla circonferenza che insistono su uno dei due archi
determinati dalla corda stessa.
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Se la corda AB è un diametro si ha AB = 2 r
Gli archi da essa sottesi risultano due semicirconferenze. Poiché gli angoli alla circonferenza
che insistono su questi archi sono angoli retti risulta sin α = sin
AB = 2r ⋅ sen α = 2r
π
2
= 1 e quindi
Se la corda AB non è un diametro, consideriamo diametro AM : il triangolo ABM è
rettangolo e pertanto per il teorema dei triangoli rettangoli avremo
AB = 2r ⋅ sen α
Se consideriamo l’arco ALB, per una proprietà relativa ai quadrilateri inscritti in una
circonferenza avremo che l’angolo alla circonferenza sarà π − α e quindi essendo
sin(π − α ) = sin α avremo
AB = 2r ⋅ sen(π − α ) = 2r sin α
TEOREMA DEI SENI
C
b
A
α
γ
c
a
β
B
Le misure dei lati di un triangolo sono proporzionali ai seni degli angoli opposti.
Applicando a ogni lato del triangolo circoscritto da una circonferenza il teorema della corda si
ha:
a = 2r sen α ; b = 2r sen β ; c = 2r sen γ essendo 2r il diametro
ne seguono le seguenti uguaglianze:
a
b
c
= 2r ;
= 2r ;
= 2r
sen α
sen β
sen γ
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Eliana pagina 26
Avremo quindi
a
b
c
=
=
= 2r
sen α sen β sen γ
TEOREMA DELLE PROIEZIONI
A
α
c
B
β
b
a
H
γ C
In un triangolo qualunque la misura di un lato è uguale alla somma dei prodotti degli
altri due lati per il coseno dell’angolo che ciascuno di essi forma col primo.
Sappiamo che:
a = BC = BH + HC
essendo
BH = c ⋅ cos β e HC = b ⋅ cos γ avremo
a = b ⋅ cos γ + c ⋅ cos β analogamente
b = a ⋅ cos γ + c ⋅ cos α
c = a ⋅ cos β + b ⋅ cos α
TEOREMA DEL COSENO
A
A
c
B
β
α
α
a
H
γ C
b
c
b
H
β
B
a
γ
C
In un triangolo il quadrato della misura di un lato è uguale alla somma dei quadrati
delle misure degli altri due, diminuiti del doppio prodotto delle misure dei due lati per il
coseno dell’angolo da essi formato.
dal teorema delle proiezioni abbiamo
a = b ⋅ cos γ + c ⋅ cos β
b = a ⋅ cos γ + c ⋅ cos α
c = a ⋅ cos β + b ⋅ cos α
moltiplicando, la 1° per –a, la 2° per –b, la terza per –c
a 2 = ab ⋅ cos γ + ac ⋅ cos β
−b 2 = −bc ⋅ cos α − ab ⋅ cos γ
−c 2 = ac ⋅ cos β − bc ⋅ cos α
sommando membro a membro otteniamo:
a 2 = b 2 + c 2 − 2bc ⋅ cos α
inoltre
avremo
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b 2 = a 2 + c 2 − 2ac ⋅ cos β
c 2 = a 2 + b 2 − 2ab ⋅ cos γ
Si ha anche
b2 + c 2 − a 2
cos α =
2bc
cos β =
a 2 + c2 − b2
2ac
cos γ =
a 2 + b2 − c 2
2ab
IDENTITA’ ED EQUAZIONI GONIOMETRICHE
Si definisce identità goniometrica ogni uguaglianza fra due espressioni contenti funzioni
goniometriche di uno o più angoli.
Tali identità sono risolvibili in modo analogo alle identità algebriche. Infatti si può lasciare
invariato il secondo membro, e risolvere il primo (sviluppandolo e/o semplificandolo) in
modo da ottenere due espressioni identiche.
sen α cos 2 α + sen 3 α = sen α
(
)
sen α cos 2 α + sen 2 α = sen α
essendo cos α + sen α = 1 otteniamo
2
2
sen α = sen α
1
1
=
ctg α sen α cos α
cos α sen α
1
+
=
sen α cos α sen α cos α
cos 2 α + sen 2 α
1
=
sen α cos α
sen α cos α
1
1
=
sen α cos α sen α cos α
ctg α +
sin 2α − cos 2α + tg 2
α
2
(1 + cos α )
(
)
2sin α cos α − cos 2 α − sin 2 α +
2
=
2 tg 2 α + 2 tg α − 1
tg 2 + 1
1 − cos α
2 tg 2 α + 2 tg α − 1
2
(1 + cos α ) =
1 + cos α
tg 2 + 1
2sin α cos α − cos 2 α + sin 2 α + 1 − cos 2 α =
2 tg 2 α + 2 tg α − 1
tg 2 α + 1
2 tg 2 + 2 tg α − 1
2sin α cos α + sin α − 2 cos α + 1 =
tg 2 α + 1
2
2
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Eliana pagina 28
Sostituendo 1 = sin 2 α + cos 2 α otteniamo:
2sin α cos α + sin 2 α − 2 cos 2 α + sin 2 α + cos 2 α =
2 tg 2 α + ctg α − 1
tg 2 α + 1
E quindi:
2sin 2 α + 2sin α cos α − cos 2 α 2 tg 2 α + 2 tg α − 1
=
1
tg 2 + 1
Quindi sostituendo a 1 = sin 2 α + cos 2 α otterremo:
2sin 2 α + 2sin α cos α − cos 2 α 2 tg 2 α + 2 tg α − 1
=
sin 2 α + cos 2 α
tg 2 α + 1
Dividendo sia il numeratore che il denominatore per cos 2 α
2 tg 2 α + 2 tg α − 1 2 tg 2 α + 2 tg α − 1
=
tg 2 α + 1
tg 2 α + 1
otteniamo
EQUAZIONI
Si definisce equazione goniometrica una uguaglianza fra due espressioni goniometriche che
viene definita per alcuni valori che si attribuiscono agli angoli.
Esempi di equazioni goniometriche elementari sono:
con −1 ≤ a ≤ 1
1 sin x = a
2 cos x = a
con −1 ≤ a ≤ 1
3 tg x = a l’equazione è sempre possibile qualunque sia il numero reale a
4.. ctg x = a l’equazione è sempre possibile qualunque sia il numero reale a
Esempio 1
P
P′
sin x =
1
2
Il seno di x assume il valore
1)
x=
π
+ 2κπ
6
π
1
in due punti, come si nota dal grafico, e precisamente:
2
5
x = π + 2κπ
6
6
I due valori ottenuti saranno dunque le soluzioni dell’equazione.
2)
x =π −
+ 2κπ
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Esempio 2
cos x =
3
2
P
P′
Il coseno di x assume il valore
π
1)
x=
2)
x=−
Od anche
6
3
in due punti, come si nota dal grafico, e precisamente:
2
+ 2κπ
π
6
+ 2κπ
π
+ 2κπ
6
Esempio n° 3
tg x = 3
x=±
π+α
a
α
π
+ κπ
3
Si nota che la tangente è una funzione periodica di π e pertanto ha una sola soluzione.
x=
Equazioni della forma
sin(ax + b) = sin(cx + d )
tg(ax + b) = tg(cx + d )
cos(ax + b) = cos(cx + d )
ctg(ax + b) = ctg(cx + d )
Trigonometria parte 3
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1 sin(ax + b) = sin(cx + d )
Si ha
ax + b = cx + d + 2kπ
ax + b = π − (cx + d ) + 2kπ
Eliana pagina 30
e
2 cos(ax + b) = cos(cx + d )
Si ha
ax + b = ±(cx + d ) + 2kπ
3 tg(ax + b) = tg(cx + d )
Si ha
ax + b = cx + d + kπ
4 ctg(ax + b) = ctg(cx + d )
Si ha
ax + b = cx + d + kπ
EQUAZIONI RICONDUCIBILI AD ELEMENTARI
Sono equazioni riconducibili ad elementari tutte quelle equazioni che attraverso abbassamento
di grado o semplificazione assumono la forma sin x = a , cos x = a , tg x = a
Esempio
cos 2 x + cos x − 2 = 0
risolvendo come una equazione algebrica di 2° grado otterremo, essendo ∆ = 9 e quindi
−2
−1 ± 3
cos x =
=
2
+1
abbiamo così ricondotto l’equazione iniziale a quelle della forma elementare seguente:
1)
cos x = −2
2)
cos x = 1
La prima equazione non ha soluzione poiché il valore di cos x varia da –1 a 1.
La seconda equazione ha due soluzioni:
x = 2κπ
x = π + 2κπ
EQUAZIONI LINEARI
Un’espressione lineare generica in sen x e cos x avrà forma:
a sin x + b cos x + c = 0
Se c = 0 l’equazione è omogenea.
Se l’equazione è omogenea si divide l’intera equazione per cos x supposto che cos x ≠ 0 e.
π
+ κπ avrà forma:
2
a tg x + b = 0
x≠
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Esempio
sin x − 3 cos x = 0
dividendo per cos x otterremo:
tg x − 3 = 0
tg x = 3
La soluzione sarà:
x=
π
3
+ κπ
Se l’equazione non è omogenea si può risolvere mediante l’uso delle formule parametriche
x π
supposto che tg ≠ + kπ e x ≠ π + 2kπ
2 2
ricordando le formule parametriche del seno e del coseno:
2t
sin x =
1+ t2
1− t2
cos x =
1− t2
Esempio
sin x + cos x − 1 = 0
sostituendo otterremo:
2t
1− t2
+
−1 = 0
1+ t2 1+ t2
da cui si avrà:
2t + 1 − t 2 − 1 − t 2 = 0
2t 2 − 2t = 0
t2 − t = 0
t ( t − 1) = 0
t1 = 0
Quindi:
1)
2)
x
= kπ
x = 2 kπ
2
x π
π
tg = + kπ
x = + 2 kπ
2 4
2
tg
Metodo grafico
L’equazione del tipo
sen x + cos x + c = 0
può essere risolta attraverso il metodo che consente graficamente di trovare le soluzioni.
Tale metodo consiste nel porre
cos x = X
sen x = Y
L’equazione assume la forma:
Trigonometria parte 3
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Eliana pagina 32
X +Y + c = 0
associando a questa l’equazione di una circonferenza goniometrica, dunque:
X 2 +Y2 =1
otterremo un sistema del tipo:
X +Y + c = 0
X 2 +Y2 =1
Le soluzioni del sistema, daranno le soluzioni dell’equazione.
N.B.) si ricorda che tale metodo è il più appropriato per la risoluzione di un’equazione
goniometrica lineare.
Esempio
sen x + cos x = 0
cos x = X
ponendo:
sen x = Y
e associando la circonferenza goniometrica avremo un sistema del tipo:
X +Y = 0
X 2 +Y 2 =1
sviluppando otterremo:
Y = −X
X 2 +Y 2 =1
Y = −X
2X 2 = 1
Y = −X
1
X2 =
2
otteniamo
2
Y=
2
Y = −X
X =±
1
2
=±
2
2
2
2
2
2
X =−
X=
2
2
le coordinate dei punti che chiameremo rispettivamente A e B saranno:
A −
Y =−
2 2
;
θ
2 2
Graficamente si ha:
B
2
2
;−
2
2
Trigonometria parte 3
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Eliana pagina 33
A
3
π
4
−
π
B 4
Le soluzioni reali sono due ma poiché sommando π ad
entrambi gli angoli si ottiene l’angolo opposto, se ne deduce che la soluzione sarà:
x=−
π
4
+ κπ
EQUAZIONI LINEARI
Data l’equazione
a sin x + b cos x + c = 0
a 2 + b 2 otteniamo:
dividendo per
a
a 2 + b2
sin x +
b
a 2 + b2
cos x +
c
a 2 + b2
=0
Poniamo
a
a +b
2
2
=k e
b
a + b2
2
=h
si ha:
h2 + k 2 =
a2
b2
+
=1
a 2 + b2 a 2 + b2
Essendo
a
a +b
2
2
≤1 e
b
a + b2
2
≤1
possiamo porre
k = cos ϕ
h = sin ϕ
cioè
a
a 2 + b2
= cos ϕ
b
a 2 + b2
Sostituendo nella (1), otteniamo
= sin ϕ
(1)
Trigonometria parte 3
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sin x cos ϕ + cos x sin ϕ +
c
a 2 + b2
cioè
sin ( x + ϕ ) = −
c
a + b2
2
Ponendo
x +ϕ = z
avremo
sin z = −
c
a + b2
2
Posto A = a 2 + b 2 si ha
A sin ( x + ϕ ) = −c
Se c = 0 otteniamo
A sin ( x + ϕ ) = 0
Esempio
3 sin 4 x + cos 4 x = 1
Poniamo
4x = α
Si ha:
3 sin α + cos α = 1
e quindi
a= 3
b =1
per cui
a 2 + b2 = 2
otteniamo
3
1
1
sin α + cos α =
2
2
2
Inoltre
3
= cos ϕ
2
1
= sin ϕ
2
Eliana pagina 34
=0
Trigonometria parte 3
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e quindi
ϕ=
π
6
L’equazione diviene
sin α cos
π
+ cos α sin
6
π
6
cioè
sin α +
π
=
6
1
2
Avremo quindi
1) sin α +
π
=
6
1
2
α = 2 kπ
essendo
4x = α
otteniamo
4 x = 2 kπ
π
x=k
2
2) α +
π
6
=
5π
+ 2 kπ
6
α=
5π π
− + 2 kπ
6 6
α=
2π
+ 2 kπ
3
cioè
4x =
x=
2π
+ 2 kπ
3
π
6
+k
π
2
=
1
2
Eliana pagina 35
Trigonometria parte 3
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Eliana pagina 36
EQUAZIONI OMOGENEE DI SECONDO GRADO
Un’equazione si dice omogenea di 2° grado quando ha la seguente forma:
a sin 2 x + b sin x cos x + c cos 2 x = 0
π
+ kπ
2
Tale equazione può essere risolta dividendo per cos 2 x ottenendo quindi una o più equazioni
elementari in tg x .
Si ha:
a tg 2 x + b tg x + c = 0
Supposto che x ≠
Esempio
sin 2 x +
(
)
3 − 1 sin x cos x − 3 cos 2 x = 0
dividendo per cos 2 x otteniamo:
tg 2 x +
∆=
(
(
)
3 − 1 tg x − 3 = 0
)
2
3 −1 + 4 3 =
tg x =
−
(
) (
3 −1 ±
2
(
)
3 +1
2
)=
3 +1
le soluzioni sono:
− 3 +1− 3 −1
=− 3
2
− 3 +1+ 3 +1
=1
2
1)
tg x = − 3
x=−
2)
tg x = 1
x=
π
4
π
3
+ κπ
+ κπ
EQUAZIONI RICONDUCIBILI AD OMOGENEE
Un’equazione è riconducibile ad omogenea quando ha la seguente forma:
a sen 2 x + b sen x cos x + c cos 2 x + d = 0
È riconducibile ad un’equazione omogenea di 2° grado moltiplicando il termine d per
sen 2 x + cos 2 x
(
)
dunque otterremo:
a sen 2 x + b sen x cos x + c cos 2 x + d sen 2 x + cos 2 x = 0
(
)
dunque sommando:
( a + d ) sen 2 x + b sen x cos x + ( c + d ) cos 2 x = 0
assumendo così la forma di un’equazione omogenea di 2° grado risolvibile pertanto con lo
2
2
stesso metodo, cioè dividendo l’intera equazione per cos x o sen x :
( a + d ) tg 2 x + b tg x + ( c + d ) = 0
Esempio:
Trigonometria parte 3
(
)
easy matematica
3 + 3 sen 2 x + 2 cos 2 x +
(
(
Eliana pagina 37
)
3 − 1 sen x cos x − 3 = 0
)
moltiplicando 3 sen x + cos x otterremo:
(
)
2
2
3 + 3 sen 2 x + 2 cos 2 x +
3 sen 2 x +
(
)
(
)
(
3 − 1 sen x cos x − cos 2 x = 0
dividendo per cos x otteniamo:
3 tg 2 x +
∆=
(
tg x =
(
)
3 − 1 tg x − 1 = 0
)
2
3 −1 + 4 3 =
− 3 +1±
(
2 3
(
)
3 +1
)
3 +1
)
3 − 1 sen x cos x − 3 sen 2 x + cos 2 x = 0
2
− 3 +1− 3 −1
= −1
2 3
− 3 +1+ 3 +1 1
3
=
=
3
2 3
3
3
le soluzioni saranno 1) tgx = −1
x = π + kπ
4
3
π
2) tg x =
x = + kπ
2
6
