§2 Trigonometrische Formeln

Mathematische Probleme, SS 2013
Donnerstag 2.5
$Id: trig.tex,v 1.3 2013/05/03 10:50:31 hk Exp hk $
§2
Trigonometrische Formeln
2.1
Die Additionstheoreme
In der letzten Sitzung hatten wir geometrische Herleitungen der Additionstheoreme
der trigonometrischen Funktionen im Fall spitzer Winkel vorgeführt. Für Winkel 0 <
α, β < π/2 mit α + β < π/2 hatten wir gezeigt, dass
sin(α + β) = sin α cos β + cos α sin β,
cos(α + β) = cos α cos β − sin α sin β,
tan α + tan β
tan(α + β) =
1 − tan α tan β
gelten. Um diese Formeln auch auf den Fall stumpfer Winkel auszudehnen, ist es sinnvoll erst einmal die Formeln für die Subtraktion spitzer Winkel zu behandeln. Wir
beschränken uns dabei auf Sinus und Cosinus, die Formeln für den Tangens kann man
dann rechnerisch herleiten. Seien also zwei Winkel 0 < α < β < π/2 gegeben. Wir
gehen ähnlich wie beim Beweis der Additionsformeln vor und betrachten die folgende
Figur:
A
α
B
C
D
E
β−α
α
M
F
Wir beginnen wieder mit einem Viertelkreis mit Mittelpunkt M und Radius 1. In
diesem tragen wir den Winkel β bei M ab, und in ihm enthalten dann auch den
kleineren Winkel α. Seien A und B die Schnittpunkte dieser beiden Winkel mit dem
Einheitskreis und fälle das Lot von A auf M B. Bezeichnet C den Lotfußpunkt, so
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Donnerstag 2.5
können wir Sinus und Cosinus von β − α im rechtwinkligen Dreieck M CA als
sin(β − α) = |AC| und cos(β − α) = |M C|
ablesen. Fälle nun das Lot von A auf die untere Begrenzung des Viertelkreises und
erhalte den Fußpunkt F . Von F aus fälle dann die Lote auf M B mit Fußpunkt D und
auf AC mit Fußpunkt E. Wie beim Beweis der Additionsformel hat das Dreieck F EA
bei A den Winkel α. Nun ist F ECD ein Parallelogram, also
sin(β − α) = |AC| = |AE| − |CE| = |AE| − |DF |
= |AF | cos α − |M F | sin α = sin β cos α − cos β sin α
und
cos(β − α) = |M C| = |M D| + |DC| = |M D| + |F E|
= |M F | cos α + |AF | sin α = cos β cos α + sin β sin α.
Dies sind schon die beiden Subtraktionsformeln, und damit steht alles bereit auch
den Fall stumpfer Winkel zu untersuchen. Erinnern sie sich daran, dass wir Sinus und
Cosinus durch die Formeln
sin
π
π
:= 1, cos := 0, sin α := sin(π − α) und cos α := − cos(π − α)
2
2
für π/2 < α < π auf den Fall stumpfer Winkel ausgedehnt hatten. Weiter werden wir
die Formeln für Complementärwinkel benötigen, also die für 0 < φ < π/2 gültigen
Formeln
π
π
sin
− φ = cos φ und cos
− φ = sin φ.
2
2
Der erste noch zu behandelnde Fall der Additionstheoreme sind jetzt zwei spitze Winkel
die sich zu einem Rechten ergänzen. In dieser Situation wird das Additionstheorem
für den Sinus zum Satz des Pythagoras und das des Cosinus ist klar. Seien nämlich
0 < α, β < π/2 spitze Winkel mit α+β = π/2. Dann sind α und β Complementärwinkel
in einem rechtwinkligen Dreieck und somit gelten
sin α cos β + cos α sin β = sin α sin
π
2
− β + cos α cos
π
−β
2
= sin2 α + cos2 β = 1 = sin(α + β)
sowie
cos α cos β − sin α sin β = cos α sin
π
π
− β − sin α cos
−β
2
2
= cos α sin α − sin α cos α = 0 = cos(α + β).
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Der letzte noch verbleibende Fall in dem α und β spitze Winkel sind, ist die Situation
0 < α, β < π/2 mit einem stumpfen α + β, also α + β > π/2. In diesem Fall haben wir
die beiden Complementärwinkel 0 < π/2 − α, π/2 − β < π/2 mit
π
π
π
−α +
− β = π − (α + β) < ,
2
2
2
und es folgen
π
π
π
π
sin(α + β) = sin(π − (α + β)) = sin
− α cos
− β + cos
− α sin
−β
2
2
2
2
= cos α sin β + sin α cos β
und
cos(α + β) = − cos(π − (α + β))
π
π
π
π
= sin
− α sin
− β − cos
− α cos
− β = cos α cos β − sin α sin β.
2
2
2
2
Damit sind alle Fälle behandelt in denen α, β beides spitze Winkel sind. Es verbeiben
dann die Möglichkeiten α ≥ π/2 oder β ≥ π/2. Da wir allerdings α + β < π haben
müssen, können nicht beide Alternativen zugleich zutreffen, einer der beiden Winkel
muss also spitz sein. Durch eventuelles Vertauschen von α und β können wir dann
0 < α < π/2 annehmen. Für β = π/2 werden dann
π
π
π sin(α + β) = sin α +
= sin π − α +
= sin
−α
2
2
2
π
π
= cos α = sin α cos + cos α sin
2
2
und
π
π π
cos(α + β) = cos α +
−α
= − cos π − α +
= − cos
2
2
2
π
π
= − sin α = cos α cos − sin α sin .
2
2
Damit sind wir beim allerletzten Fall angelangt, dass also 0 < α < π/2 spitz ist und
π/2 < β < π stumpf ist. Weiter muss α + β < π gelten. Diesen Fall führen wir auf
Subtraktionsformel für spitze Winkel zurück, es sind 0 < α < π − β < π/2 und somit
wird
sin(α + β) = sin(π − (α + β)) = sin((π − β) − α)
= sin(π − β) cos α − cos(π − β) sin α = sin β cos α + cos β sin α
sowie
cos(α + β) = − cos((π − β) − α) = − cos(π − β) cos α − sin(π − β) sin α
= cos β cos α − sin β sin α.
Auch die Subtraktionsformel läßt sich für 0 < α < β < π entsprechend beweisen, da
wir inzwischen gesehen das diese Beweise eher Buchhaltung“ sind, wollen wir hier
”
darauf verzichten dies im Detail vorzuführen.
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2.2
Donnerstag 2.5
Verdoppelungs- und Halbierungsformeln
Als Verdoppelungsformeln bezeichnet man die Formeln für die Werte der trigonometrischen Funktionen bei verdoppelten Winkel, also fürsin(2α), cos(2α) und tan(2α), und
die Halbierungsformeln sind dann entsprechend die Formeln für die halbierten Winkel.
Man kann all diese Formeln natürlich durch Spezialisieren der Additionstheoreme auf
β = α erhalten, also etwa
sin(2α) = sin(α + α) = 2 sin α cos α,
cos(2α) = cos(α + α) = cos2 α − sin2 α = 2 cos2 α − 1 = 1 − 2 sin2 α,
2 tan α
tan(2α) = tan(α + α) =
.
1 − tan2 α
Auch diese Formeln lassen sich geometrisch durch Betrachtung einer geeigneten Figur
gewinnen.
Wir betrachten einen Halbkreis mit Radius 1 und Mittelpunkt M und bezeichnen
den unteren Durchmesser dieses Halbkreises als AB. Dann ist M der Mittelpunkt
von AB und es ist |AB| = 2. Weiter sie ein Winkel 0 < α < π/2 gegeben und
trage diesen im Halbkreis bei A ab. Bezeichnet C den entstehenden Schnittpunkt mit
unserem Halbkreis, so hat das Dreieck ABC nach dem Satz von Thales §1.Satz 21
bei C einen rechten Winkel. Die Seitenlängen in diesem Dreieck sind dann in den
Standardbezeichnungen gegeben als
a = |BC| = 2 sin α, b = |AC| = 2 cos α und c = |AB| = 2.
C
α
b
a
α
A
2α
M
β
P
B
Ziehen wir jetzt die Verbindungsstrecke M C, so entsteht ein weiteres Dreieck M BC.
Der Winkel von M BC bei M ist der Mittelpunktswinkel der Sekante BC unseres
Halbkreis und unser gegebener Winkel α ist der Perepheriewinkel dieser Sekante bei
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A, der Winkel von M BC bei M ist nach dem Perepheriewinkelsatz §1.Satz 22.(a) also
gleich 2α. Fällen wir also das Lot von C auf AB und bezeichnen den Fußpunkt mit P ,
so sind sin(2α) = |P C| und cos(2α) = |M P | da die Hypothenuse des rechtwinkligen
Dreiecks M P C ein Radius unseres Halbkreises ist und damit die Länge |M C| = 1 hat.
Dem rechtwinkligen Dreieck AP C entnehmen wir
|P C|
sin(2α)
=
, also sin(2α) = 2 sin α cos α
b
2 cos α
und wir haben eine geometrische Begründung der Verdoppelungsformel des Sinus.
Ebenfalls im Dreieck M P C sehen wir
|AP |
1 + |M P |
1 + cos(2α)
cos α =
=
=
, also cos(2α) = 2 cos2 α − 1
b
b
2 cos α
und dies ist eine der beiden Verdoppelungsformeln des Cosinus. Auch die andere Variante dieser Formel können wir an unserer Figur sehen. Dazu beachten wir zunächst das
das Dreieck M BC bei M gleichschenklig ist, also sind die Winkel in diesem Dreieck nach
Aufgabe (9.a) bei B und C gleich, etwa β, und wir erhalten π = 2α+2β = 2(α+β), also
β = π/2−α. Im rechtwinkligen Dreieck P BC liegt damit bei C der Winkel π/2−β = α
an, und es ergibt sich
|P B|
|P B|
sin α =
=
,
a
2 sin α
also auch
cos(2α) = |M P | = 1 − |P B| = 1 − 2 sin2 α.
sin α =
Wir können an unserer Figur weiter auch zwei Gleichungen für den Tangens von α
sehen. Im rechtwinkligen Dreieck AP C erhalten wir
tan α =
|P C|
|P C|
sin(2α)
=
=
,
|AP |
1 + |M P |
1 + cos(2α)
und ebenso liefert das rechtwinklige Dreieck P BC
tan α =
|P B|
1 − |M P |
1 − cos(2α)
=
=
.
|P C|
|P C|
sin(2α)
Setzen wir in diese beiden Formeln noch θ = 2α ein, so ergibt sich die Halbierungsformel
des Tangens in ihren beiden Varianten
tan
sin θ
1 − cos θ
θ
=
=
.
2
1 + cos θ
sin θ
Mit derselben Substitution ergeben sich aus cos(2α) = 2 cos2 α − 1 = 1 − 2 sin2 α dann
auch die Halbierungsformeln für Sinus und Cosinus, aus
r
θ
θ
1 + cos θ
cos θ = 2 cos2 − 1 folgt cos =
2
2
2
und
r
1 − cos θ
θ
2 θ
ergibt sin =
.
cos θ = 1 − 2 sin
2
2
2
8-5
Mathematische Probleme, SS 2013
2.3
Donnerstag 2.5
Spezielle Werte der trigonometrischen Funktionen
In diesem Abschnitt wollen wir uns einige der exakt berechenbaren Werte von Sinus,
Cosinus und Tangens anschauen und uns für diese auch jeweils eine geometrische Herleitung überlegen. Da die Werte für α = π/2 direkt vorgegeben sind, beginnen wir mit 60◦ .
Wir betrachten ein gleichseitiges Dreieck ABC mit SeiC
tenlänge a = b = c > 0. Nach Aufgabe (9.a) sind dann
auch alle Winkel in ABC gleich, also α = β = γ alα
so haben wir 3α = π und somit ist α = π/3. Ebenfalls
nach Aufgabe (9.a) stimmen in ABC die Seitenhalbierena
a
h
de CC 0 und die Höhe h auf AB überein, und der Satz des
Pythagoras §1.Satz 1 im rechtwinkligen Dreieck AC 0 C
liefert
√
α
α
a 2
3
A
C’
a
B
2
2
+ h = a , also h =
a.
2
2
Nun können wir Sinus, Cosinus und Tangens in AC 0 C ablesen und erhalten
h
1√
π
=
=
3,
3
a
2
1
a
1
π
= 2 = ,
cos
3
a
2
√
π
h
tan
= 1 = 3.
3
a
2
sin
Nun kommen wir zu einem Winkel von 45◦ . Genauso wie sich die Werte des Winkels
π/3 durch Betrachtung eines gleichseitigen Dreiecks ergaben, müssen wir diesmal ein
gleichseitiges Viereck untersuchen.
Gegeben sei ein Quadrat ABCD der Seitenlänge a >
C
0. Dann ziehen wir die Diagonale AC und betrachten D
das rechtwinklige Dreieck ABC. Da dieses Dreieck bei B
gleichschenklig ist, sind die beiden Winkel bei A und C
nach Aufgabe (9.a) gleich, etwa α. Es folgt 2α = π/2,
b
also ist α = π/4. Mit dem Satz Pythagoras §1.Satz 1
a
folgt für die Länge der Diagonale
AC
im
Quadrat
auch
√
|AC|2 = 2a2 , also |AC| = 2·a. Damit können wir unsere
gesuchten trigonometrischen Werte in ABC ablesen und
α
es ergeben sich
a
A
a
π
= √ =
4
2a
π
a
cos
= √ =
4
2a
π
a
tan
=
= 1.
4
a
sin
1
1√
√ =
2,
2
2
1√
2,
2
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B
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Donnerstag 2.5
Winkel von 36◦ , also π/5, sind etwas komplizierter, daher stellen wir diese erst einmal
zurück und schauen uns 30◦ an. Genauso wie π/3 mit einem gleochseitigen Dreieck zu
tun hatte und π/4 entsprechend mit einem Quadrat, werden wir für π/6 ein gleichseitiges Sechseck betrachten. Natürlich könnten wir auch einfach die Halbierzngsformeln
des vorigen Abschnitts auf den schon erledigten Winkel π/3 anwenden, wir wollen uns
hier aber eine direkte geometrische Herleitung anschauen.
Wir starten mit einem gleichseitigen Seckseck
der Kantenlänge a > 0. Zeichne den Umkreis des
B
Sechsecks mit Mittelpunkt M und Radius R > 0.
γ
a
Die 360◦ bei M werden in sechs gleiche Teile zerlegt
R
h
und somit hat unser eingezeichnetes Dreieck M AB
bei M den Winkel α = 2π/6 = π/3. Nach Aufgabe
α
A
(7) ist die Summe der Innenwinkel des Sechsecks
M
P
gleich 4π, und da sie alle gleich sind haben wir den
eingezeichneten Winkel β = 4π/6 = 2π/3. Weia
ter ist das Dreieck M AB kongruent zu M AC, und
insbesondere sind die Winkel dieser Dreiecke bei A
β
C
gleich, d.h. M A ist die Winkelhalbierende des Innenwinkels unseres Sechsecks bei A. Insbesondere
hat das Dreieck M AB bei A den Winkel β/2 = α = π/3, d.h. alle Winkel in diesem Dreieck sind gleich. Damit ist M AB ein gleichseitiges Dreieck und insbesondere
ist R = a, d.h. Umkreisradius und Kantenlänge sind gleich. In diesem gleichseitigen
Dreieck
√ bilden wir nun die Höhe durch B und wie schon früher gesehen ist diese gleich
h = ( 3/2)a. Da weiter die Höhe auch gleich der Winkelhalbierenden von M AB bei
B ist, erhalten wir ein bei P rechtwinkliges Dreieck M P B mit Winkel γ = α/2 = π/6
bei B. Lesen wir die Werte der trigonometrischen Funktionen in diesem Dreieck ab, so
ergeben sich
π
a/2
1
=
= ,
6
a
2
√
π
h
1
cos
=
=
3,
6
a
2
π
a/2
1
tan
=
=√ .
6
h
3
sin
Damit können wir schließlich zum Winkel π/5 = 36◦ kommen. Erwartungsgemäß hängt
dieser eng mit dem gleichseitigen Fünfeck zusammen. Wir werden die Werte cos(π/5)
und sin(π/5) zunächst einmal algebraisch herleiten und sie dann anschließend noch
einmal geometrisch herleiten. Für die algebraische Herleitung ist es hilfreich sich die
Ebene als die komplexen Zahlen zu denken. Dann bilden die fünften Einheitswurzeln
ein in den Einheitskreis eingeschriebenes gleichseitiges Fünfeck, konkret können wir
ω := e
2πi
5
= cos
2π
2π
+ i sin
5
5
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setzen und unser Fünfeck hat dann die Ecken 1, ω, ω 2 , ω 3 , ω 4 . Dabei ist
1 + ω + ω2 + ω3 + ω4 =
1 − ω5
=0
1−ω
da ω 5 = 1 ist. Wir setzen jetzt
α := ω + ω 4 und β := ω 2 + ω 3 .
Dann ist α + β = −1 und
α · β = ω 3 (1 + ω 3 )(1 + ω) = ω 3 (1 + ω + ω 3 + ω 4 ) = −ω 5 = −1,
also ist für jedes z ∈ C auch
(z − α) · (z − β) = z 2 − (α + β)z + αβ = z 2 + z − 1,
d.h. α und β sind die beiden Nullstellen des rechts stehenden Polynoms. Andererseits
können wir diese Nullstellen auch mit der pq-Formel zu
r
√
1
−1 ± 5
1
z=− ±
+1=
2
4
2
berechnen. Um zu sehen welche Wahl des Vorzeichens α und welche β entspricht,
beachte
1
2π
= ω + ω = 2 Re(ω) = 2 cos
> 0,
ω
5
1
4π
β = ω 2 + ω 3 = ω 2 + 2 = ω + ω 2 = 2 Re(ω 2 ) = 2 cos
< 0,
ω
5
α = ω + ω4 = ω +
und damit müssen
√
α=
√
5−1
5+1
und β = −
2
2
sein. Dies ergibt schließlich
2π
α
= =
cos
5
2
√
√
5−1
5+1
4π
β
und cos
= =−
.
4
5
2
4
Damit sind wir schon beinahe am Ziel und in der nächsten Sitzung werden wir dann
auch cos(π/5) berechnen.
8-8