Trygonometria Przemysław: Zadanie ze zdaje się 47. olimpiady matematycznej Wyznaczyc wszystkie liczby całkowite n, dla których równanie 2 sin(nx) = tg(x) + ctg(x) ma rozwiazania w liczbach rzeczywistych x. Doszedłem do czegoś takiego: sin(nx)sin(2x)=1 Ale to chyba niewiele daje, no i nie mam pomysłu na postęp... Byłbym wdzięczny za podpowiedź

Przemysław: .

PW: uuuu ... mamy podpowiadać do zadań olimpijskich? To już przestanie być forum dla uczniów szkół średnich i gimnazjów.

Przemysław: Oj przecież są tu też zadania ze studiów

Kacper: Kurcze, czy to zadanie jest takie łatwe jak myślę?

Przemysław: Pisz, pisz, może się nauczę powoli

PW: Nie mam wielkiego doświadczenia z zadaniami olimpijskimi, ale myślę, że większość nauczycieli i studentów nie jest w stanie ich rozwiązać. Często nawet poprawnie zrozumieć ich treść. Olimpijczycy i ich opiekunowie to parę osób w Polsce, i nie dlatego że pozostałym się nie chce.

Przemysław: No nic, trzeba się starać Są tu zdaje się ludzie z olimpiad, to może ktoś podpowie

Czy jest jakiś geniusz:

	1
|a|+		≥2 i a=tg(x)
	|a|

Natomiast −2 ≤ 2sin(nx) ≤ 2 Stąd po rozwiązaniu nierówności: tg(x)+ctg(x)≥2 V tg(x) + ctg(x)≤2

PW: Nawiasem mówiąc, Kacper ma rację − jest to łatwe zadanie. Wystarczy pomyśleć o sumie tgx + ctgx, prawda, Panie Kolego?

PW: O, geniusz wpadł na ten pomysł, ale realizacja nie bardzo.

Przemysław: Kurczę Jak wiecie jak to napiszcie, proszę Nie ogarniam, za gupji jestem jeszcze na to...

Przemysław: Czyli wszędzie tam gdzie −2≤ctgx+tgx≤2? Tylko jak się to ma do n?

Kacper: Tak PW wystarczy zauważyć zbiór wartości funkcji f(x)=tgx+ctgx

Kacper: I oczywiście zgadzam się z PW co do zadań olimpijskich Studia, to takie LO, gdzie jest inna teoria i na jej podstawie robi się zadania Natomiast olimpiady, to inna bajka.

PW: No, ale chyba mam rację, że mało który uczeń jest w stanie samodzielnie to zauważyć i wyciągnąć poprawny wniosek o lewej stronie równania. Masz takich zdolnych uczniów? Bo u nas to po prostu rutyna, takie rzeczy "się widzi".

Przemysław: Przepraszam, że jeszcze dopytuję, ale skoro (ctgx+tgx) ∊ (−∞;−2>∪<2;+∞) to znaczy, że równość zajdzie tylko dla sin(nx)=1 ⋀ ctgx+tgx=2 lub sin(nx)=−1 ⋀ ctgx+tgx=−2 Tak? Czy coś mieszam?

PW: Tak. Mówiąc prościej tg x musi być równy 1 albo −1, stąd wynika jakie iksy mogłyby być rozwiązaniami. A czy będą − to zależy od n.

Przemysław: Czyli przykładowo wyliczyłem dla warunku z sumą ctgx+tgx=2 mam jakieś x₁, x₂ i dla warunku z sin(nx)=1 mam x₃ zależne od n i teraz przyrównać x₃ do x₁ i do x₂ i mam n?

Kacper: To jedno z niewielu zadań olimpijskich, które wiedziałem jak rozwiązać

Przemysław: Dobra, dzięki

PW: Ja też Przemysławie, jest tylko jedna możliwość: żeby

	1
tgx + ctgx = tgx +		= 2,
	tgx

musi być tgx = 1 (automatycznie ctgx też jest równy 1).

Przemysław: Hmm... A jakbym wziął: k∊C

	cosx		sinx		cos2x+sin2x		1
ctgx+tgx=		+		=		=		=
	sinx		cosx		sinxcosx		sinxcosx

1
	=2sin2x
12sin2x

	π
sinx≠0, cosx≠0 ⇒ x≠kπ, x≠		+kπ
	2

2sin2x=2 sin2x=1

	π		11π
2x=		+2kπ lub 2x=
	6		12

	π		11π
x=		+kπ lub x=
	12		24

To nie wiem, co jest nie tak

Przemysław:

	11π
Oczywiście tam miało być x=		+kπ
	24

PW: Przede wszystkim

1		2
	=		.
12sin2x		sin2x

Ale nie wiadomo po co się tym zajmujesz "na drugą modłę". Już wiemy − jeżeli chcemy marzyć o rozwiązaniach, to musi być

	1
tgx +		= 2,
	tgx

czyli tgx =1 , to znaczy x =45° + k·180°, k∊C. Teraz myślimy − jakie musi być n, żeby sin(n·(45° + k·180)) = 1.

Przemysław: Jeżeli tgx=1 to:

	π
x=		+kπ
	4

Jeżeli sin(nx)=1 to:

	π		2
x=		+		kπ
	2n		n

z obu warunków:

π		2		π
	+		kπ=		+kπ
2n		n		4

2+8k=n+4kn n=2 Czy tak?

Przemysław: Btw. bardzo dziękuję, że mi Pan pomaga

PW: Wydaje mi się, że popełniasz częsty błąd − każdą serię rozwiązań oznacza się na zasadzie " + kπ", podczas gdy przebiegają one niezależnie od siebie − jeżeli w jednej serii jest kπ, to w innej mπ. Drugi błąd to wzięcie po lewej stronie jakiegoś "x" i liczenie sinnx =1. To już nie jest

	π
"jakieś x", to musi być		+mπ (po prawej stronie takie musi być, więc i po lewej −
	4

po obu stronach równania jest ta sama "x"). Patrz 15:52.

Przemysław: Z tym k i m to faktycznie, dziękuję. A co do drugiego błędu: a jeżeli policzę najpierw to "jakieś x" a potem przyrównam do tego jakie ono musi być to nie wyjdzie na jedno? W sensie, że ograniczę te rozwiązania przy użyciu drugiego warunku?

PW: Pytanie brzmi "Jakie wielokrotności liczb postaci

	π
		+kπ
	4

mają sinus równy 1", a nie "Jakie są liczby x, których wielokrotności mają sinus równy 1".

Przemysław: To może jakoś tak: sin(n·(45° + k·180)) = 1

	π
sin(n·(		+ k·2π)) = 1
	4

	π		π
sin(n·(		+ k·2π)) = sin(		+2kπ)
	4		2

n·(^π₄ + k·2π)=^π₂+2kπ

	π2+2kπ
n=
	π4 + k·2π

	12+2k
n=
	14 + 2k

	2+8k
n=
	1 + 8k

Jak robię jakieś durnoty to przepraszam

Przemysław: Chyba, że znowu ten sam błąd z k zrobiłem...

Maniek: +

Przemysław: Jeżeli tak to wtedy: sin(n·(45° + k·180)) = 1

	π
sin(n·(		+ k·2π)) = 1
	4

	π		π
sin(n·(		+ k·2π)) = sin(		+2mπ)
	4		2

n·(^π₄ + k·2π)=^π₂+2mπ

	π2+2kπ
n=
	π4 + m·2π

	12+2k
n=
	14 + 2m

	2+8k
n=
	1 + 8m

Przemysław: Oczywiście błąd.... przepraszam: sin(n·(45° + k·180)) = 1

	π
sin(n·(		+ k·2π)) = 1
	4

	π		π
sin(n·(		+ k·2π)) = sin(		+2mπ)
	4		2

n·(^π₄ + k·2π)=^π₂+2mπ

	π2+2mπ
n=
	π4 + k·2π

	12+2m
n=
	14 + 2k

	2+8m
n=
	1 + 8k

Nie wiem co jeszcze jest źle

Maniek:

	π
x=		+kπ
	4

Maniek: sorki

Maniek:

	π
x=		+mπ
	4

Przemysław: O wow.... sin(n·(45° + k·180)) = 1

	π
sin(n·(		+ k·π)) = 1
	4

	π		π
sin(n·(		+ k·π)) = sin(		+2mπ)
	4		2

n·(^π₄ + k·π)=^π₂+2mπ

	π2+2mπ
n=
	π4 + kπ

	12+2m
n=
	14 + k

	2+8m
n=
	1 + 4k

Przemysław: "O wow" w sensie, że taki błąd.

	π
A czemu: x=		+mπ?
	4

PW: Dla konkretnej ustalonej k szukamy rozwiązania równania

	π
sin(n(		+ 2kπ) = 1
	4

Ta jedynka po prawej stronie jest wartością sinusa dla

	π
każdej liczby postaci		+ 2mπ.
	2

Trzeba "zgrać ze sobą" n, k i m, inaczej będzie tak jak wyliczyłeś − czyli tylko dla n = 2.

Przemysław: Nie bardzo rozumiem Czemu 16:58 jest źle? Powinienem jeszcze uzaleznic m od k?

PW: Już wiesz jak rozwiązać − odpowiedzieć dla jakich m i k ułamek jest liczbą całkowitą. Moja odpowiedź nie dotyczyła ostatniego wpisu (zajmuję się kilkoma rzeczami jednocześnie, nie odświeżyłem w porę). A jednak olimpijskie ...

Przemysław: Aha! dziękuję bardzo wszystkim, którzy mi tu pomogli Ale te zadanka fajne Tyyyyyle jeszcze nauki...