Zadania z trygonometrii – Matura Rozszerzona (Rozwiązania)

1. Zamieniamy \( \cos^2 x \) na \( \sin^2 x \):

$$ 2(1 – \sin^2 x) – 5\sin x – 4 = 0 $$ $$ 2 – 2\sin^2 x – 5\sin x – 4 = 0 $$ $$ -2\sin^2 x – 5\sin x – 2 = 0 \quad | \cdot (-1) $$ $$ 2\sin^2 x + 5\sin x + 2 = 0 $$

2. Podstawienie:

Niech \( t = \sin x \), przy czym \( t \in [-1, 1] \). $$ 2t^2 + 5t + 2 = 0 $$ $$ \Delta = 25 – 4 \cdot 2 \cdot 2 = 25 – 16 = 9 \implies \sqrt{\Delta} = 3 $$ $$ t_2 = \frac{-5 + 3}{4} = -\frac{1}{2} $$

3. Wracamy do sinusa:

Mamy równanie: \( \sin x = -\frac{1}{2} \). Szukamy rozwiązań w przedziale \( [0, 2\pi] \).
Sinus jest ujemny w III i IV ćwiartce. Kąt bazowy (dla wartości \( \frac{1}{2} \)) to \( \frac{\pi}{6} \).

---

Odpowiedź: \( x \in \left\{ \frac{7\pi}{6}, \frac{11\pi}{6} \right\} \)

1. Używamy wzoru na cosinus kąta podwojonego:

$$ (2\cos^2 x – 1) + 2 = 3\cos x $$ $$ 2\cos^2 x – 3\cos x + 1 = 0 $$

2. Rozwiązujemy równanie kwadratowe:

Podstawiamy \( t = \cos x \). $$ \Delta = 9 – 4 \cdot 2 \cdot 1 = 1 $$ $$ t_1 = \frac{3 – 1}{4} = \frac{1}{2} \quad \lor \quad t_2 = \frac{3 + 1}{4} = 1 $$

3. Wracamy do funkcji i wyznaczamy serię rozwiązań:

Przypadek A: \( \cos x = 1 \) $$ x = 2k\pi \quad \text{dla } k \in \mathbb{Z} $$ Przypadek B: \( \cos x = \frac{1}{2} \) Cosinus jest dodatni w I i IV ćwiartce. Kąt dla \( \frac{1}{2} \) to \( \frac{\pi}{3} \). $$ x = \frac{\pi}{3} + 2k\pi \quad \lor \quad x = -\frac{\pi}{3} + 2k\pi $$

---

Odpowiedź: \( x \in \left\{ 2k\pi, \frac{\pi}{3} + 2k\pi, -\frac{\pi}{3} + 2k\pi \right\} \) dla \( k \in \mathbb{Z} \)

1. Wyciągamy przed nawias z lewej strony:

$$ 2\sin^2 x (1 – \cos x) = 1 – \cos x $$

2. Przenosimy wszystko na jedną stronę (NIE WOLNO DZIELIĆ, bo zgubisz rozwiązanie!):

$$ 2\sin^2 x (1 – \cos x) – (1 – \cos x) = 0 $$

3. Grupujemy wyciągając cały nawias \( (1 – \cos x) \):

$$ (1 – \cos x)(2\sin^2 x – 1) = 0 $$

4. Rozbijamy na dwa proste równania:

Przypadek A: $$ 1 – \cos x = 0 \implies \cos x = 1 $$ W przedziale \( [0, 2\pi] \) zachodzi to dla: \( x = 0 \) oraz \( x = 2\pi \).

Przypadek B: $$ 2\sin^2 x – 1 = 0 \implies \sin^2 x = \frac{1}{2} $$ Tutaj łatwo zgubić ujemne rozwiązanie! Mamy dwie opcje: $$ \sin x = \frac{\sqrt{2}}{2} \quad \lor \quad \sin x = -\frac{\sqrt{2}}{2} $$ Dla wartości dodatniej (I i II ćw.) mamy: \( x = \frac{\pi}{4} \) oraz \( x = \frac{3\pi}{4} \).
Dla wartości ujemnej (III i IV ćw.) mamy: \( x = \pi + \frac{\pi}{4} = \frac{5\pi}{4} \) oraz \( x = 2\pi – \frac{\pi}{4} = \frac{7\pi}{4} \).

---

Odpowiedź: \( x \in \left\{ 0, \frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}, \frac{7\pi}{4}, 2\pi \right\} \)

1. Wykorzystujemy założenie:

$$ \cos \alpha + \sin \alpha = \frac{4}{3} \quad | ()^2 $$ $$ \cos^2 \alpha + 2\sin\alpha\cos\alpha + \sin^2 \alpha = \frac{16}{9} $$ Ponieważ \( \cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha = 1 \): $$ 1 + 2\sin\alpha\cos\alpha = \frac{16}{9} $$ $$ 2\sin\alpha\cos\alpha = \frac{16}{9} – 1 = \frac{7}{9} $$

2. Badamy szukane wyrażenie:

Oznaczmy szukane wyrażenie jako \( X \), czyli \( X = |\cos \alpha – \sin \alpha| \). Ponieważ mamy do czynienia z wartością bezwzględną, możemy to bezpiecznie podnieść do kwadratu: $$ X^2 = (\cos \alpha – \sin \alpha)^2 $$ $$ X^2 = \cos^2 \alpha – 2\sin\alpha\cos\alpha + \sin^2 \alpha $$ $$ X^2 = (\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha) – 2\sin\alpha\cos\alpha $$ $$ X^2 = 1 – 2\sin\alpha\cos\alpha $$

3. Podstawiamy wynik z kroku 1:

$$ X^2 = 1 – \frac{7}{9} = \frac{2}{9} $$ Skoro \( X^2 = \frac{2}{9} \) i wiemy, że \( X \) (z definicji wartości bezwzględnej) musi być dodatnie: $$ X = \sqrt{\frac{2}{9}} = \frac{\sqrt{2}}{3} $$

---

Odpowiedź: Wartość wyrażenia wynosi \( \frac{\sqrt{2}}{3} \)

1. Przekształcamy lewą stronę (L):

$$ L = \sin^4 \alpha + \cos^4 \alpha $$ Dodajemy i odejmujemy \( 2\sin^2\alpha\cos^2\alpha \), aby „dorobić” środek do wzoru skróconego mnożenia na kwadrat sumy: $$ L = (\sin^4 \alpha + 2\sin^2\alpha\cos^2\alpha + \cos^4 \alpha) – 2\sin^2\alpha\cos^2\alpha $$ Zwijamy nawias: $$ L = (\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha)^2 – 2\sin^2\alpha\cos^2\alpha $$ Mamy w nawiasie jedynkę: $$ L = 1^2 – 2\sin^2\alpha\cos^2\alpha = 1 – 2\sin^2\alpha\cos^2\alpha $$

2. Wykorzystujemy wzór na \(\sin 2\alpha\):

Wiemy, że \( \sin 2\alpha = 2\sin\alpha\cos\alpha \). Jak to podniesiemy do kwadratu, mamy \( \sin^2 2\alpha = 4\sin^2\alpha\cos^2\alpha \). Zatem \( 2\sin^2\alpha\cos^2\alpha \) to dokładnie połowa tego wzoru, czyli \( \frac{1}{2}\sin^2 2\alpha \). Wstawiamy: $$ L = 1 – \frac{1}{2}\sin^2 2\alpha $$

3. Przechodzimy z sinusa na cosinusa:

Z prawej strony dowodu, do którego dążymy, mamy w liczniku cosinusa. Wykorzystajmy znów jedynkę: \( \sin^2 2\alpha = 1 – \cos^2 2\alpha \). $$ L = 1 – \frac{1}{2}(1 – \cos^2 2\alpha) $$ $$ L = 1 – \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\cos^2 2\alpha $$ $$ L = \frac{1}{2} + \frac{\cos^2 2\alpha}{2} $$

4. Zapisujemy na wspólnej kresce:

$$ L = \frac{1 + \cos^2 2\alpha}{2} = P $$

---

Lewa strona równa się prawej, co kończy dowód (CND).