ΒΑΣΙΚΕΣ ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΚΕΣ ΤΑΥΤΟΤΗΤΕΣ

Print Friendly, PDF & Email

ΒΑΣΙΚΕΣ ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΚΕΣ ΤΑΥΤΟΤΗΤΕΣ

  1.  Να αποδείξετε ότι \hm^2\grv+\syn^2\grv=1.
    Αν M(x, y) είναι το σημείο στο οποίο η τελική πλευρά της γωνίας \grv τέμνει τον τριγωνομετρικό κύκλο, τότε θα είναι:

    Η τετμημένη x= ημ ω και η τεταγμένη y =συν ω του σημείου M(x,y)

        \[x = \syn\omega \quad \text{και} y = \hm\omega.\]

    Επειδή όμως, (OM) =1
    Από την εφαρμογή του Πυθαγορείου Θεωρήματος στο ορθογώνιο τρίγωνο του σχήματος έχουμε:

        \[(ΟΜ)^2= |x|^2 + |y|^2 \Rightarrow\]

        \[1^{2} =x^2 + y^2\Rightarrow\]

        \[x^2+y^2=1\]

    συνεπώς:

        \[\hm^2\grv+\syn^2\grv=1.\]

  2. Να αποδείξετε ότι \ef \omega=\dfrac{\hm \omega}{\syn\omega} και \snf \omega=\dfrac{\syn \omega}{\hm \omega}
    Στο ίδιο σχήμα έχουμε:\ef\omega=\dfrac{y}{x}=\dfrac{\hm\omega}{\syn\omega} (εφόσον x=\syn\omega \neq 0 )

    \snf\omega =\dfrac{x}{y}=\dfrac{\syn\omega}{\hm\omega} (εφόσον y=\hm\omega\neq 0)

  3. Να αποδείξετε ότι \efv\cdot\snf\omega=1.
    Είναι:
    \ef\omega =\dfrac{\hm \omega}{\syn\omega} και \snf \omega =\dfrac{\syn\omega}{\hm\omega} (εφόσον \syn\omega \neq 0 και \hm\omega\neq 0)
    Επομένως:

        \[\ef \omega\cdot\snf \omega=\dfrac{\hm \omega}{\syn \omega} \cdot \dfrac{\syn \omega}{\hm \omega}=1.\]

  4. Να αποδείξετε ότι \syn^2\grv=\dfrac{1}{1+\ef^2\grv} Διαιρούμε και τα δύο μέλη της ταυτότητας \hm^2\grv + \syn^2\grv = 1 με \syn^2\grv \neq 0

    και έχουμε:

        \[$\hm^2\grv + \syn^2\grv = 1\Leftrightarrow\]

        \[\dfrac{\hm^2 \grv }{\syn^2 \grv } + \dfrac{\syn^2 \grv}{\syn^2 \grv }=\dfrac{ 1}{\syn^2\grv } \Leftrightarrow\]

        \[\Big(\dfrac{\hm \grv }{\syn \grv }\Big)^2 + \dfrac{\syn^2 \grv}{\syn^2 \grv }=\dfrac{ 1}{\syn^2\grv } \Leftrightarrow\]

        \[\ef^2\grv+1=\dfrac{ 1}{\syn^2\grv }\Leftrightarrow\]

        \[{\syn^2\grv }=\dfrac{1}{\ef^2\grv+1}.\]

  5. ΒΑΣΙΚΕΣ ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΚΕΣ ΤΑΥΤΟΤΗΤΕΣ

  6. Να αποδείξετε ότι \hm^2\grv=\dfrac{\ef^2\grv}{1+\ef^2\grv}
    Αν στην ταυτότητα \hm^2\grv + \syn^2\grv = 1 θέσουμε \syn^2\grv=\dfrac{1}{1+\ef^2\grv} έχουμε:

        \[\hm^2\grv + \syn^2\grv = 1\Leftrightarrow\]

        \[\hm^2\grv + \dfrac{1}{1+\ef^2\grv} = 1 \Leftrightarrow\]

        \[\hm^2\grv = 1 - \dfrac{1}{1+\ef^2\grv}\Leftrightarrow\]

        \[\hm^2\grv = \dfrac{1+\ef^2\grv}{1+\ef^2\grv}- \dfrac{1}{1+\ef^2\grv}\Leftrightarrow\]

        \[\hm^2\grv = \dfrac{1+\ef^2\grv-1}{1+\ef^2\grv}\Leftrightarrow\]

        \[\hm^2\grv=\dfrac{\ef^2\grv}{1+\ef^2\grv}\]

Βιβλιογραφία:
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηματικός M.Sc. www.i-tutor.gr

Άδεια Creative Commons
Αυτή η εργασία χορηγείται με άδεια Creative Commons Αναφορά Δημιουργού – Μη Εμπορική Χρήση – Παρόμοια Διανομή 4.0 Διεθνές .

FacebooktwitterlinkedinmailFacebooktwitterlinkedinmail

Αφήστε μια απάντηση

Η ηλ. διεύθυνση σας δεν δημοσιεύεται. Τα υποχρεωτικά πεδία σημειώνονται με *

Δεν είμαι Robot *