При помощи формул (1)-(8) можно выразить (с точностью до знака) через любую из шести тригонометрических функций угла $\alpha$ остальные пять функций. Мы ограничимся только функциями $\sin \alpha , \cos \alpha$ и $tg \alpha$.
1. Выражение через $\sin \alpha$. Из тождества $sin^{2} \alpha + \cos^{2} \alpha = 1$ находим
$\cos \alpha = \pm \sqrt{1 - \sin^{2} \alpha }$. (1)
Подставив найденное значение $\cos \alpha$ в тождество $tg \alpha = \frac{ \sin \alpha}{ \cos \alpha}$, получим
$tg \alpha = \pm \frac{ \sin \alpha }{ \sqrt{1 - \sin^{2} \alpha } }$, (2)
где $\alpha \neq \frac{ \pi}{2} + n \pi; n = 0, \pm 1, \pm 2, \cdots$
2. Выражение через $\cos \alpha$. Из тождества $sin^{2} \alpha + \cos^{2} \alpha = 1$ находим
$\sin \alpha = \pm \sqrt{1 - \cos^{2} \alpha }$. (3)
Подставив найденное значение $\sin \alpha$ в тождество $tg \alpha = \frac{ \sin \alpha}{ \cos \alpha}$, получим
$tg \alpha = \pm \frac{ \sqrt{1 - \cos^{2} \alpha } }{ \cos \alpha }$, (4)
где $\alpha \neq \frac{ \pi}{2} + n \pi; n = 0, \pm 1, \pm 2, \cdots$
3. Выражение через $tg \alpha$. Из тождества $1 + ctg^{2} \alpha = cosec^{2} \alpha$ находим $sec \alpha = \pm \sqrt{1 + tg^{2} \alpha}$. Подставив значение $sec \alpha$ в тождество $sec \alpha = \frac{1}{ \cos \alpha}$, получим из него
$\cos \alpha = \pm \frac{1}{ \sqrt{1 + tg^{2} \alpha } }$, (5)
где $\alpha \neq \frac{ \pi}{2} + n \pi; n = 0, \pm 1, \pm 2, \cdots$
Далее находим
$\sin \alpha = tg \alpha \cos \alpha = \pm \frac{tg \alpha }{ \sqrt{1 + tg^{2} \alpha } }$, (6)
где $\alpha \neq \frac{ \pi}{2} + n \pi; n = 0, \pm 1, \pm 2, \cdots$
При извлечении квадратного корня знак следует выбирать в зависимости от того, в какой четверти находится угол $\alpha$.
Пример 1. Известно, что $\cos \alpha = - \frac{3}{5}$ и $180^{ \circ } < \alpha < 270^{ \circ}$. Вычислить $\sin \alpha, tg \alpha$ и $ctg \alpha$.
Решение. Угол $\alpha$ принадлежит третьей четверти (рис.), в которой $tg \alpha > 0, ctg \alpha > 0, \sin \alpha < 0$.
Следовательно,
$tg \alpha = - \frac{ \sqrt{1 - \cos^{2} \alpha } }{ \cos \alpha } = \frac{ - \frac{4}{5} }{ - \frac{3}{5} } = \frac{4}{3}, ctg \alpha = \frac{1}{ tg \alpha } = \frac{3}{4}$,
$\sin \alpha = - \sqrt{1 - \cos^{2} \alpha } = - \sqrt{ 1- \frac{9}{25} } = - \frac{4}{5}$.
В дальнейшем мы будем использовать следующий факт:
Для того чтобы два действительных числа $x$ и $y$ можно было принять за $\cos \alpha$ и $\sin \alpha$ одного и того же угла $\alpha$, необходимо и достаточно, чтобы сумма их квадратов была равна единице: $x^{2} + y^{2}= 1$.
Доказательство. Необходимость. Если $x = \cos \alpha$ и $y = \sin \alpha$, то по тождеству $sin^{2} \alpha + \cos^{2} \alpha = 1$, т. е. $x^{2} + y^{2} = 1$.
Достаточность. Рассмотрим радиус-вектор $\vec{OM}$ (рис.) с проекциями $x$ и $y$. Так как по условию $x^{2} + y^{2} = 1$, то длина этого вектора равна 1. Следовательно, $\vec{OM}$ - единичный радиус-вектор. Согласно первым двум формулам $\begin{cases} \sin \alpha = y, \cos \alpha = x \\ tg \alpha = \frac{y}{x}, ctg \alpha = \frac{x}{y} \\ sec \alpha = \frac{1}{x}, cosec \alpha = \frac{1}{y} \end{cases}$ $\sin \alpha = y$ и $\cos \alpha = x$, где $\alpha$ - угол, образованный подвижным единичным радиусом-вектором ОМ и положительным направлением оси $Ox$.
Пример 2. Могут ли $\sin \alpha$ и $\cos \alpha$ одного и того же угла $\alpha$ быть равными соответственно:
а) $\frac{12}{13}$ и $- \frac{5}{13}$; б) $\frac{1}{3}$ и $- \frac{2}{3}$?
Решение. а) Числа $\frac{12}{13}$ и $- \frac{5}{13}$ обладают тем свойством, что $\left ( \frac{12}{13} \right )^{2} + \left ( - \frac{5}{13} \right )^{2} = 1$. Следовательно, по доказанному существует такой угол $\alpha$, для которого $\sin \alpha = \frac{12}{13}$ и $\cos \alpha = - \frac{5}{13}$.
б) Для чисел $\frac{1}{3}$ и $- \frac{2}{3}$ имеем $\left ( \frac{1}{3} \right )^{2} + \left ( - \frac{2}{3} \right )^{2} = \frac{5}{9} \neq 1$. Следовательно, числа $\frac{1}{3}$ и $- \frac{2}{3}$ нельзя принять за $\sin \alpha$ и $\cos \alpha$ одного и того же угла $\alpha$.