Wzory i tożsamości cyklometryczne

\(\displaystyle\bigwedge\limits_{x\in \langle -1, 1\rangle}\ \sin(\arcsin x)=x\)
\(\displaystyle\bigwedge\limits_{x\in \langle -1, 1\rangle}\ \cos(\arccos x)=x\)
\(\displaystyle\ \;\: \bigwedge\limits_{x\in\mathbb{R}}\quad\: \text{tg}\, (\text{arctg}\, x)=x\)
\(\displaystyle\ \;\: \bigwedge\limits_{x\in\mathbb{R}}\quad\: \text{ctg}\, (\text{arcctg}\, x)=x\)

\(\displaystyle\bigwedge\limits_{x\in\langle -{\pi\over 2}, {\pi\over 2} \rangle}\ \:\arcsin(\sin x)=x\)
\(\displaystyle\ \:\bigwedge\limits_{x\in\langle 0, \pi \rangle}\quad \arccos(\cos x)=x\)
\(\displaystyle\bigwedge\limits_{x\in\left(-{\pi\over 2}, {\pi\over 2}\right)}\ \!\text{arctg}\, (\text{tg}\, x)=x\)
\(\displaystyle\ \:\bigwedge\limits_{x\in\left(0, \pi\right)}\quad \text{arcctg}\, (\text{ctg}\, x)=x\)

Zadanie

Korzystając ze wzorów \[\bigwedge\limits_{x\in \langle -1, 1\rangle}\ \sin(\arcsin x)=x\quad \text{oraz}\quad \bigwedge\limits_{x\in\langle -{\pi\over 2}, {\pi\over 2} \rangle}\ \:\arcsin(\sin x)=x,\] oblicz:

\(\displaystyle \arcsin\left(\sin {\pi\over 7}\right)\)
Ponieważ \({\pi\over 7}\in \langle -{\pi\over 2}, {\pi\over 2} \rangle\), dlatego możemy skorzystać ze wzoru \(\arcsin(\sin x)=x\). Zatem \[ \arcsin\left(\sin {\pi\over 7}\right)={\pi\over 7} \]
\(\displaystyle \arcsin\left[\sin \left(-{\pi\over 3}\right)\right]\)
Ponieważ \(-{\pi\over 3}\in \langle -{\pi\over 2}, {\pi\over 2} \rangle\), to \[ \arcsin\left[\sin \left(-{\pi\over 3}\right)\right]=-{\pi\over 3} \]
\(\displaystyle \arcsin\left(\sin {2\over 3}\pi\right)\)
Zauważmy, że \({2\over 3}\pi\notin \langle -{\pi\over 2}, {\pi\over 2} \rangle\). Dlatego aby skorzystać ze wzoru \(\arcsin(\sin x)=x\), musimy najpierw zastosować wzór redukcyjny. Kąt \({2\over 3}\pi\) leży w ćwiartce II, więc jego sinus jest dodatni. Zatem \[ \sin {2\over 3}\pi=\sin \left(\pi-{\pi\over 3}\right)=\sin {\pi\over 3} \] Ponieważ \({\pi\over 3}\in \langle -{\pi\over 2}, {\pi\over 2} \rangle\), więc otrzymujemy \[ \arcsin\left(\sin {2\over 3}\pi\right)=\arcsin\left(\sin{\pi\over 3}\right)={\pi\over 3} \]
\(\displaystyle \arcsin\left(\sin {13\over 8}\pi\right)\)
Zauważmy, że \({13\over 8}\pi\notin \langle -{\pi\over 2}, {\pi\over 2} \rangle\). Musimy więc najpierw zastosować wzór redukcyjny. Kąt \({13\over 8}\pi\) leży w ćwiartce IV, więc jego sinus jest ujemny. Zatem \[ \sin {13\over 8}\pi=\sin \left(2\pi-{3\over 8}\pi\right)=-\sin {3\over 8}\pi\overset{\czerwony{\boldsymbol *}}{=}\sin\left(-{3\over 8}\pi\right) \] W miejscu oznaczonym \(\czerwony{\boldsymbol *}\) skorzystaliśmy z nieparzystości funkcji sinus. Ponieważ \(-{3\over 8}\pi\in \langle -{\pi\over 2}, {\pi\over 2} \rangle\), więc \[ \arcsin\left(\sin {13\over 8}\pi\right)=\arcsin\left[\sin\left(-{3\over 8}\pi\right)\right]=-{3\over 8}\pi \]
\(\displaystyle \sin\left(\arcsin {1\over 2}\right)\)
Ponieważ \({1\over 2}\in \langle -1, 1\rangle\), to możemy skorzystać ze wzoru \(\sin(\arcsin x)=x\) \[ \sin\left(\arcsin {1\over 2}\right)={1\over 2} \]
\(\displaystyle \cos\left(2\arcsin {1\over 3}\right)\)
Korzystamy ze wzoru na cosinus podwojonego kąta \(\cos 2\alpha=1-2\sin^2\alpha\) i otrzymujemy \[ \cos\left(2\arcsin {1\over 3}\right)=1-2\left[\sin\left(\arcsin {1\over 3}\right)\right]^2=1-2\left({1\over 3}\right)^2=1-{2\over 9}={7\over 9} \]

Zadanie

Korzystając ze wzorów \[\bigwedge\limits_{x\in \langle -1, 1\rangle}\ \cos(\arccos x)=x\quad \text{oraz}\quad \bigwedge\limits_{x\in\langle 0, \pi \rangle}\quad \arccos(\cos x)=x,\] oblicz:

\(\displaystyle \arccos\left(\cos {\pi\over 5}\right)\)
Ponieważ \({\pi\over 5}\in \langle 0, \pi \rangle\), to możemy skorzystać ze wzoru \(\arccos(\cos x)=x\). Zatem \[ \arccos\left(\cos {\pi\over 5}\right)={\pi\over 5} \]
\(\displaystyle \arccos\left(\cos {2\over 3}\pi\right)\)
Ponieważ \({2\over 3}\pi\in \langle 0, \pi \rangle\), to \[ \arccos\left(\cos {2\over 3}\pi\right)={2\over 3}\pi \]
\(\displaystyle \arccos\left[\cos\left( -{\pi\over 10}\right)\right]\)
Zauważmy, że \(-{\pi\over 10}\notin \langle 0, \pi \rangle\). Nie możemy więc od razu skorzystać ze wzoru \(\arccos(\cos x)=x\). Ponieważ \(\cos(-x)=\cos x\) dla \(x\in\mathbb{R}\), dlatego \[ \arccos\left[\cos\left( -{\pi\over 10}\right)\right]=\arccos\left(\cos {\pi\over 10}\right)={\pi\over 10} \]
\(\displaystyle \arccos\left(-\cos {\pi\over 8}\right)\)
Ponieważ \(\arccos(-x)=\pi -\arccos x\) dla \(x\in\left<-1,1\right>\), dlatego \[ \arccos\left(-\cos {\pi\over 8}\right)=\pi-\arccos\left(\cos {\pi\over 8}\right)=\pi-{\pi\over 8}={7\over 8}\pi \]
\(\displaystyle \arccos\left(\cos {11\over 6}\pi\right)\)
Zauważmy, że \({11\over 6}\pi\notin \langle 0, \pi \rangle\). Musimy więc najpierw zastosować wzór redukcyjny. Kąt \({11\over 6}\pi\) leży w ćwiartce IV, więc jego cosinus jest dodatni. Zatem \[ \cos {11\over 6}\pi=\cos \left(2\pi-{\pi\over 6}\right)=\cos {\pi\over 6} \] Ponieważ \({\pi\over 6}\in \langle 0, \pi \rangle\), to \[ \arccos\left(\cos {11\over 6}\pi\right)=\arccos\left(\cos {\pi\over 6}\right)={\pi\over 6} \]
\(\displaystyle \arccos\left(\cos {6\over 5}\pi\right)\)
Zauważmy, że \({6\over 5}\pi\notin \langle 0, \pi \rangle\). Zastosujemy więc najpierw wzór redukcyjny, aby wyliczyć \(\cos {6\over 5}\pi\). Kąt \({6\over 5}\pi\) leży w ćwiartce III, więc jego cosinus jest ujemny. Zatem \[ \cos {6\over 5}\pi=\cos \left(\pi+{\pi\over 5}\right)=-\cos {\pi\over 5} \] Ponieważ \(\arccos(-x)=\pi -\arccos x\) dla \(x\in\left<-1,1\right>\), to \[ \arccos\left(\cos {6\over 5}\pi\right)=\arccos\left(-\cos {\pi\over 5}\right)=\pi-\arccos\left(\cos {\pi\over 5}\right)=\pi-{\pi\over 5}={4\over 5}\pi \]
\(\displaystyle \cos\left[\arccos \left(-{3\over 5}\right)\right]\)
Ponieważ \(-{3\over 5}\in \langle -1, 1\rangle\), to możemy skorzystać ze wzoru \(\cos(\arccos x)=x\) \[ \cos\left[\arccos \left(-{3\over 5}\right)\right]=-{3\over 5} \]

Zadanie

Korzystając ze wzorów \[\bigwedge\limits_{x\in\mathbb{R}}\quad\: \text{tg}\, (\text{arctg}\, x)=x\quad \text{oraz}\quad \bigwedge\limits_{x\in\left(-{\pi\over 2}, {\pi\over 2}\right)}\ \!\text{arctg}\, (\text{tg}\, x)=x,\] oblicz:

\(\displaystyle \text{arctg}\,\left(\text{tg}\, {\pi\over 3}\right)\)
Ponieważ \({\pi\over 3}\in \left( -{\pi\over 2}, {\pi\over 2} \right)\), dlatego możemy skorzystać ze wzoru \(\text{arctg}\, (\text{tg}\, x)=x\). Zatem \[ \text{arctg}\,\left(\text{tg}\, {\pi\over 3}\right)={\pi\over 3} \]
\(\displaystyle \text{arctg}\,\left[\text{tg}\,\left( -{2\over 5}\pi\right)\right]\)
Ponieważ \(-{2\over 5}\pi\in \left( -{\pi\over 2}, {\pi\over 2} \right)\), to \[ \text{arctg}\,\left[\text{tg}\,\left( -{2\over 5}\pi\right)\right]=-{2\over 5}\pi \]
\(\displaystyle \text{arctg}\,\left(-\text{tg}\, {4\over 7}\pi\right)\)
Ponieważ \(\text{arctg}\, (-x)=-\text{arctg}\, x\) dla \(x\in\mathbb{R}\), to \[ \text{arctg}\,\left(-\text{tg}\, {4\over 7}\pi\right)=-\text{arctg}\,\left(\text{tg}\, {4\over 7}\pi\right)=-{4\over 7} \]
\(\displaystyle \text{arctg}\,\left(\text{tg}\, {7\over 9}\pi\right)\)
Zauważmy, że \({7\over 9}\pi\notin \left( -{\pi\over 2}, {\pi\over 2} \right)\). Dlatego aby skorzystać ze wzoru \(\text{arctg}\, (\text{tg}\, x)=x\), musimy najpierw zastosować wzór redukcyjny. Kąt \({7\over 9}\pi\) leży w ćwiartce II, więc jego tangens jest ujemny. Zatem \[ \text{tg}\, {7\over 9}\pi=\text{tg}\, \left(\pi -{2\over 9}\pi\right)=-\text{tg}\, {2\over 9}\pi \] Ponieważ \(\text{arctg}\, (-x)=-\text{arctg}\, x\) dla \(x\in\mathbb{R}\), to \[ \text{arctg}\,\left(\text{tg}\, {7\over 9}\pi\right)=\text{arctg}\,\left(-\text{tg}\,{2\over 9}\pi\right)=-\text{arctg}\,\left(\text{tg}\,{2\over 9}\pi\right)=-{2\over 9}\pi \]
\(\displaystyle \text{arctg}\,\left(\text{tg}\, {10\over 7}\pi\right)\)
Zauważmy, że \({10\over 7}\pi\notin \left( -{\pi\over 2}, {\pi\over 2} \right)\). Musimy więc najpierw zastosować wzór redukcyjny. Kąt \({10\over 7}\pi\) leży w ćwiartce III, więc jego tangens jest dodatni. Zatem \[ \text{tg}\, {10\over 7}\pi=\text{tg}\, \left(\pi +{3\over 7}\pi\right)=\text{tg}\, {3\over 7}\pi \] Ponieważ \({3\over 7}\pi\in\left( -{\pi\over 2}, {\pi\over 2} \right)\), więc \[ \text{arctg}\,\left(\text{tg}\, {10\over 7}\pi\right)=\text{arctg}\,\left(\text{tg}\, {3\over 7}\pi\right)={3\over 7}\pi \]
\(\displaystyle \text{tg}\,\left(\text{arctg}\, {3\over 7}\right)\)
Korzystamy ze wzoru \(\text{tg}\, (\text{arctg}\, x)=x\) i otrzymujemy \[ \text{tg}\,\left(\text{arctg}\, {3\over 7}\right)={3\over 7} \]

Zadanie

Korzystając ze wzorów \[\bigwedge\limits_{x\in\mathbb{R}}\quad\: \text{ctg}\, (\text{arcctg}\, x)=x\quad \text{oraz}\quad \bigwedge\limits_{x\in\left(0, \pi\right)}\quad \text{arcctg}\, (\text{ctg}\, x)=x,\] oblicz:

\(\displaystyle \text{arcctg}\,\left(\text{ctg}\, {3\over 4}\pi\right)\)
Ponieważ \({3\over 4}\pi\in \left( 0, \pi \right)\), dlatego możemy skorzystać ze wzoru \(\text{arcctg}\, (\text{ctg}\, x)=x\). Zatem \[ \text{arcctg}\,\left(\text{ctg}\, {3\over 4}\pi\right)={3\over 4}\pi \]
\(\displaystyle \text{arcctg}\,\left[\text{ctg}\,\left( -{\pi\over 5}\right)\right]\)
Zauważmy, że \(-{\pi\over 5}\notin \langle 0, \pi \rangle\). Nie możemy więc od razu skorzystać ze wzoru \(\text{arcctg}\, (\text{ctg}\, x)=x\). Ponieważ \(\text{arcctg}\,(-x)=\pi -\text{arcctg}\, x\) dla \(x\in\mathbb{R}\) oraz \(\text{ctg}\,(-x)=-\text{ctg}\, x\) dla \(x\in\mathbb{R}\backslash\{k\pi: \ k\in \mathbb{Z}\}\), dlatego \[ \text{arcctg}\,\left[\text{ctg}\,\left( -{\pi\over 5}\right)\right]=\pi-\text{arcctg}\,\left(\text{ctg}\, {\pi\over 5}\right)=\pi-{\pi\over 5}={4\over 5}\pi \]
\(\displaystyle \text{arcctg}\,\left(\text{ctg}\, {4\over 3}\pi\right)\)
Zauważmy, że \({4\over 3}\pi\notin \left( 0, \pi \right)\). Musimy więc najpierw zastosować wzór redukcyjny. Kąt \({4\over 3}\pi\) leży w ćwiartce III, więc jego cotangens jest dodatni. Zatem \[ \text{ctg}\, {4\over 3}\pi=\text{ctg}\, \left(\pi+{\pi\over 3}\right)=\text{ctg}\, {\pi\over 3} \] Ponieważ \({\pi\over 3}\in \langle 0, \pi \rangle\), to \[ \text{arcctg}\,\left(\text{ctg}\, {4\over 3}\pi\right)=\text{arcctg}\,\left(\text{ctg}\, {\pi\over 3}\pi\right)={\pi\over 3} \]
\(\displaystyle \text{arcctg}\,\left(\text{ctg}\, {13\over 7}\pi\right)\)
Zauważmy, że \({13\over 7}\pi\notin \left( 0, \pi \right)\). Musimy więc najpierw zastosować wzór redukcyjny. Kąt \({13\over 7}\pi\) leży w ćwiartce IV, więc jego cotangens jest ujemny. Zatem \[ \text{ctg}\, {13\over 7}\pi=\text{ctg}\, \left(2\pi-{\pi\over 7}\right)=-\text{ctg}\, {\pi\over 7} \] Ponieważ \(\text{arcctg}\,(-x)=\pi -\text{arcctg}\, x\) dla \(x\in\mathbb{R}\), dlatego \[ \text{arcctg}\,\left(\text{ctg}\, {13\over 7}\pi\right)=\text{arcctg}\,\left(-\text{ctg}\, {\pi\over 7}\right)=\pi-\text{arcctg}\,\left(\text{ctg}\, {\pi\over 7}\right)=\pi-{\pi\over 7}={6\over 7}\pi \]
\(\displaystyle \text{ctg}\,\left(\text{arcctg}\, 11\right)\)
Korzystamy ze wzoru \(\text{ctg}\, (\text{arcctg}\, x)=x\) i otrzymujemy \[ \text{ctg}\,\left(\text{arcctg}\, 11\right)=11 \]

Twierdzenie

\(\displaystyle \arcsin x +\arccos x={\pi\over 2} \quad \hbox{dla} \quad x\in \langle -1, 1\rangle\)
\(\displaystyle \text{arctg}\, x +\text{arcctg}\, x={\pi\over 2} \quad \hbox{dla} \quad x\in \mathbb{R}\)
\(\displaystyle \sin(\arccos x)=\sqrt{1-x^2} \quad \hbox{dla} \quad x\in \langle -1, 1\rangle\)
\(\displaystyle \cos(\arcsin x)=\sqrt{1-x^2} \quad \hbox{dla} \quad x\in \langle -1, 1\rangle\)

Przykład

Obliczyć:

\(\displaystyle \cos \left(\arccos {1\over 7}+\arcsin {1\over 7}\right)\)
Ponieważ \(\arccos {1\over 7}+\arcsin {1\over 7}={\pi\over 2}\), dlatego \[ \cos \left(\arccos {1\over 7}+\arcsin {1\over 7}\right)=\cos {\pi\over 2}=0 \]
\(\displaystyle \sin\left(\arccos {1\over 3}\right)\)
Ponieważ \({1\over 3}\in\left<-1,1\right>\), to możemy skorzystać ze wzoru \[\sin(\arccos x)=\sqrt{1-x^2}\]Wówczas \[ \sin\left(\arccos {1\over 3}\right)=\sqrt{1-\left({1\over 3}\right)^2}=\sqrt{1-{1\over 9}}=\sqrt{8\over 9}={2\sqrt{2}\over 3} \]
\(\displaystyle \cos\left(\arcsin {2\over 7}\right)\)
Ponieważ \({2\over 7}\in\left<-1,1\right>\), możemy skorzystać ze wzoru \[\cos(\arcsin x)=\sqrt{1-x^2}\] Wówczas \[ \cos\left(\arcsin {2\over 7}\right)=\sqrt{1-\left({2\over 7}\right)^2}=\sqrt{1-{4\over 49}}=\sqrt{45\over 49}={3\sqrt{5}\over 7} \]
\(\displaystyle \sin\left(2\arccos {3\over 4}\right)\)
Stosujemy wzór na sinus podwojonego kąta \(\sin2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha\) i otrzymujemy \[ \eqalign{ \sin\left(2\arccos {3\over 4}\right)&=2\sin\left(\arccos {3\over 4}\right)\cos\left(\arccos {3\over 4}\right) \overset{\czerwony{\boldsymbol *}}{=}2\cdot\sqrt{1-\left({3\over 4}\right)^2}\cdot {3\over 4}=\cr &=\sqrt{1-{9\over 16}}\cdot{3\over 2}={3\over 2}\sqrt{{7\over 16}}={3\sqrt{7}\over 8}\cr} \] W miejscu oznaczonym \(\czerwony{\boldsymbol *}\) skorzystaliśmy z własności \[\sin(\arccos x)=\sqrt{1-x^2}\quad \text{oraz}\quad \cos(\arccos x)=x \quad \text{dla}\quad x\in\left<-1,1\right>\]
\(\displaystyle \text{ctg}\,\left(\arcsin {1\over 6}\right)\)
Ponieważ \(\text{ctg}\, \alpha={\cos\alpha\over \sin \alpha}\), to \[ \text{ctg}\,\left(\arcsin {1\over 6}\right)={\cos\left(\arcsin {1\over 6}\right)\over \sin\left(\arcsin {1\over 6}\right)} \overset{\czerwony{\boldsymbol *}}{=}{\sqrt{1-\left({1\over 6}\right)^2}\over {1\over 6}}=\sqrt{{35\over 36}}\cdot 6=\sqrt{35} \] W miejscu oznaczonym \(\czerwony{\boldsymbol *}\) skorzystaliśmy ze wzorów \[\cos(\arcsin x)=\sqrt{1-x^2}\quad \text{oraz}\quad \sin(\arcsin x)=x\quad \text{dla}\quad x\in\left<-1,1\right>\]
\(\displaystyle \sin \left(\arcsin {4\over 5}+\arcsin {3\over 5}\right)\)
Skorzystamy ze wzoru na sinus sumy \[\sin\left(\alpha+\beta\right)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta\]Wówczas \[ \eqalign{ \sin& \left(\arcsin {4\over 5} +\arcsin {3\over 5}\right)=\cr &=\sin \left(\arcsin {4\over 5}\right)\cdot \cos\left(\arcsin {3\over 5}\right)+\cos \left(\arcsin {4\over 5}\right)\cdot \sin\left(\arcsin {3\over 5}\right)\overset{\czerwony{\boldsymbol *}}{=}\cr &\overset{\czerwony{\boldsymbol *}}{=}{4\over 5}\cdot\sqrt{1-\left({3\over 5} \right)^2}+\sqrt{1-\left({4\over 5} \right)^2}\cdot {3\over 5}={4\over 5}\cdot\sqrt{1-{9\over 25} }+\sqrt{1-{16\over 25} }\cdot {3\over 5}=\cr &={4\over 5}\cdot\sqrt{{16\over 25} }+\sqrt{{9\over 25} }\cdot {3\over 5}={4\over 5}\cdot{4\over 5} +{3\over 5} \cdot {3\over 5}=1\cr} \] W miejscu oznaczonym \(\czerwony{\boldsymbol *}\) skorzystaliśmy ze wzorów \[\cos(\arcsin x)=\sin(\arccos x)=\sqrt{1-x^2}\quad \text{oraz}\quad \sin(\arcsin x)=x \quad \text{dla}\quad x\in\left<-1,1\right>\]
\(\displaystyle \sin \left(\arcsin {2\over 3}-\arccos {1\over 3}\right)\)
Skorzystamy ze wzoru na sinus różnicy \[\sin\left(\alpha-\beta\right)=\sin\alpha\cos\beta-\cos\alpha\sin\beta\]Wówczas \[ \eqalign{ \sin& \left(\arcsin {2\over 3}-\arccos {1\over 3}\right)=\cr &=\sin \left(\arcsin {2\over 3}\right)\cdot \cos\left(\arccos {1\over 3}\right)-\cos \left(\arcsin {2\over 3}\right)\cdot \sin\left(\arccos {1\over 3}\right)=\cr &={2\over 3}\cdot{1\over 3}-\sqrt{1-\left({2\over 3} \right)^2}\cdot \sqrt{1-\left({1\over 3} \right)^2}={2\over 9}-\sqrt{1-{4\over 9}}\cdot \sqrt{1-{1\over 9}}=\cr &={2\over 9}-\sqrt{{5\over 9}}\cdot \sqrt{{8\over 9}}={2\over 9}-{\sqrt{5}\over 3}\cdot {\sqrt{8}\over 3}={2\over 9}-{\sqrt{5}\cdot\sqrt{8}\over 9}={2-\sqrt{40}\over 9}={2-2\sqrt{10}\over 9} } \]
\(\displaystyle \cos \left(\arccos {1\over 4}-\arccos {3\over 4}\right)\)
Skorzystamy ze wzoru na cosinus różnicy \[\cos\left(\alpha-\beta\right)=\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta\] Wówczas \[ \eqalign{ \cos& \left(\arccos {1\over 4}-\arccos {3\over 4}\right)=\cr &=\cos \left(\arccos {1\over 4}\right)\cdot \cos\left(\arccos {3\over 4}\right)+\sin \left(\arccos {1\over 4}\right)\cdot \sin\left(\arccos {3\over 4}\right)=\cr &={1\over 4}\cdot{3\over 4}+\sqrt{1-\left({1\over 4} \right)^2}\cdot \sqrt{1-\left({3\over 4} \right)^2}={3\over 16}+\sqrt{1-{1\over 16} }\cdot \sqrt{1-{9\over 16} }=\cr &={3\over 16}+\sqrt{{15\over 16} }\cdot \sqrt{{7\over 16} }={3\over 16}+{\sqrt{15}\over 4} \cdot {\sqrt{7}\over 4}={3+\sqrt{15}\cdot \sqrt{7}\over 16}={3+\sqrt{105}\over 16}\cr } \]
\(\displaystyle \cos \left(\arccos {1\over 6}+\arcsin {1\over 6}\right)\)
Skorzystamy ze wzoru na cosinus sumy \[\cos\left(\alpha+\beta\right)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta\] Wówczas \[ \eqalign{ \cos& \left(\arccos {1\over 6}+\arcsin {1\over 6}\right)=\cr &=\cos \left(\arccos {1\over 6}\right)\cdot \cos\left(\arcsin {1\over 6}\right)-\sin \left(\arccos {1\over 6}\right)\cdot \sin\left(\arcsin {1\over 6}\right)=\cr &={1\over 6}\cdot\sqrt{1-\left({1\over 6} \right)^2}-\sqrt{1-\left({1\over 6} \right)^2}\cdot {1\over 6} =0\cr } \]