Trygonometria Majkel: Mamo Mamo jak to zrobić? cos x − 2sin x=−1/√2

Jack: ja bym podniósł do potęgi drugiej...obustronnie

Majkel: tak właśnie na początku myślałem ale nwm co dalej po podniesieniu mamy cosx²−4sinx²=1/2

Jack: oczywiście pamiętaj że : (cos x − 2sin x )² = cos²x − 4sinxcosx + 4sin²x

Majkel: o Jeeeez haha ta trygonometria xD nawet wzoru nie zobaczyłem

Majkel: dzięki wielkie

Jack: Nie ma za co. Mam nadzieję, że dalej już wszystko wiesz

PW: Gadu, gadu, a rozwiązanie na pewno będzie złe. (1) x − 5 = − 2 − to równanie ma jedno rozwiązanie x = 3. A spróbujmy zastosować "genialny" pomysł z podniesieniem do kwadratu: (2) (x − 5)² = (−2)² x² − 10x +25 = 4 (2') x² −10x +21 = 0. Kto nie wierzy, niech sobie liczy jak chce (nawet ulubioną deltą), ale równanie (2) i równo− ważne mu (2') mają dwa rozwiązania: x₁= 3 i x₂ = 7. Powodzenia na maturze.

Jack: Oczywiste jest że jak wynik wyjdzie to trzeba podstawić pod równanie − jeszcze przed podniesiem do kwadratu

Jack: i słucham , jak Ty byś to rozwiązał

misiak: jakiś dziwny przykład...pewnie błąd w przepisywaniu

misiak: metoda analizy starożytnych też jest dopuszczalna

misiak:

	√2
może układ: cosx=2sinx−		i sin2x+cos2x=1
	2

ICSP: załozyć : cosx −2sinx ≤ 0 i wtedy podnieść równanie stronami do kwadratu.

ICSP:

	x
Można też wykonać podstawienie t = tg(		)
	2

PW: To jest trudne zadanie, nie dla przeciętnego ucznia liceum. Majkel jest studentem i myśli, że mu licealiści pomogą. Po raz kolejny apeluję: pisz na jakim poziomie uczysz się. Zadanie jest z jednej strony banalne − każdy przeciętnie rozgarnięty uczeń zauważy, że jednym z rozwiązań jest x = 45°. Można więc powiedzieć: − Jedno rozwiązanie jest oczywiste, a wobec okresowości funkcji po lewej stronie równania znamy jedną serię rozwiązań. − Problem tkwi w odpowiedzi na pytanie: Czy jest to jedyne rozwiązanie? Należy się spodziewać, ze nie (doświadczenie z funkcjami trygonometrycznymi pokazuje, że bywa więcej rozwiązań, np.

	1
sinx =
	2

oznacza nie tylko, że x = 30°+k·360°). Pozwolę studentowi policzyć − co by było gdyby cos45° − 2sin45° = cosβ − 2sinβ, czyli gdyby funkcja po lewej stronie równania przyjmowała tę samą wartość co dla 45° jeszcze dla jakiegoś innego kąta β.

Mila: cos x − 2sin x=−1/√2 /*(−1)

	√2
2sinx−cosx=
	2

	2tg(x2)
sinx=
	1+tg2(x2)

	1−tg2(x2)
cosx=
	1+tg2(x2)

podstawienie:

	2tg(x2)		1−tg2x2		√2
2*		−		=
	1+tg2(x2)		1+tg2(x2)		2

tg^x₂=t

4t		1−t2		√2
	−		=
1+t2		1+t2		2

	√2
4t−1+t2=		*(1+t2)
	2

	2−√2		2+√2
t2*		+4t−(		)=0
	2		2

Δ=18 t₁=−√2+1 lub t₂=−7−5√2

	x		x
tg		=−(√2−1) lub tg		=−(7+5√2)
	2		2

dalej sam dokończ

PW: Tę wersję też brałem pod uwagę, tylko jaki procent adeptów zdolny jest dokończyć? Dlatego proponowałem wersję z 19:40 − jedno rozwiązanie jest oczywiste, szukamy drugiego. Może poczekajmy, czy Majkel albo Jack dadzą odzew.

Jack: Co chcesz od biednego licealisty

Jack: Sposobu Mili − nigdy bym nie powtórzył...nawet nie wiem co to znaczy tg(^x₂) ..., w sensie że kąt na pół?

Jack: Człowiek pomaga z dobrej woli, a inni tylko negują...co za świat

PW: Tak, to są wzory "połówkowe" − pozwalające wyrazić wszystkie funkcje trygonometryczne kąta x za

	x
pomocą tangensa kąta		, Mila je zastosowała.
	2

Dla zabawy pokaże jak łatwo je wyprowadzić:

	x		x
sinx = 2sin		cos		− to typowy, znany licealistom "wzór połówkowy"
	2		2

Jeżeli teraz podzielimy obie strony przez 1 (z tym że po prawej strone w postaci "jedynki trygonometrycznej"), to dostaniemy

	sinx		x   x   2sin cos   2   2
		=		,
	1		x   x   sin2 + cos2   2   2

	x
skąd po podzieleniu licznika i mianownika przez cos2		wynika
	2

	x   2tg   2
sinx =		.
	x   tg2 + 1   2

Nie wiem, czy te wzory są w tablicach dla maturzystów, ale przecież nie są trudne (wcale nie trzeba ich pamiętać, tylko odtworzyć prosty chwyt z dzieleniam przez "1").

Mila: No cóż , nie szanują człowieka pracy. O podziękowaniu nie ma mowy.

Jack: No ok, teraz byłbym w stanie to zrobić, ale nadal uważam że ten sposób jest trochę trudniejszy

	x		x
Nie pomyślałem że skoro sin2x = 2sinxcosx to sin x = 2sin		cos
	2		2

5-latek: Widzisz Jack tak niekiedy bywa Ale nie ma w tym nic zlego Bo widzisz

	2tgx
sin2x=		to sin x jest rowne temu co napisala Mila
	1+tg2x

No bo jeśli napiszsemy ze

	2sin(α/2)cos(α/2)
sinα=		i dzieląc licznik i mianownik prawej strony
	cos2(α/2)+sin2(α/2)

przez cos²(α/2) dostaniesz wzor na sin α

	cos2(α/2)−sin2(α/2)
Tak samo cos α=
	cos2(α/2)+sin2(α/2)

tak samo dzieląc licznik i mianownik przwej strony przez cos²(α/2) dostaniesz wzor na cosinus kąta wyrażonego przez tangens kąta Pewnie teraz w tablicach nie ma tych wzorow

Jack: oczywiscie ze nie ma w tablicach takich wzorow...nawet nie ma juz funkcji cotangens... Nie istnieje , takze w zadaniach na pewno sie nie pojawi...a jak juz to bedzie podpowiedz ze to jest 1/tg

5-latek: TO w takim razie zapamiętaj sobie jeszcze jedna jedynke trygonometryczna tgα* ctgα=1

Jack: to akurat wiadomo

Mila: Z jakiego zbioru to zadanie?

Jack: Ja nie mam pojecia.

Jack: ps Mila, jak by trzeba bylo to dokonczyc ; D

Mila: To studia , czy LO? Skąd masz to zadanie?

Jack: To nie moje, tylko Majkela, a nie wiem skad on jest, ja jestem z LO

PW: Zadanie "zapodał" Majkel − sądząc po innych pytaniach student. Ale stracił zainteresowanie (a może zna rozwiązanie skądinąd)

Jack: ja moja "analiza starozytnych" sadze ze tez bym to obliczyl...

PW: Oj, obawiam się że nie. Spróbuj na papierze i podaj rozwiązanie (sam wynik).

Jack: liczylem to gdzies wyszlo mi:

	cos x
x= cos x v x =
	3

Jack: tylko tu nie ma zadnej wartosci w tym problem... Chyba ze to sie zgadza...

Jack: jakiegos dnia moge to wszystko rozpisac tylko teraz lece, bo jutro 5;30 pobudka

PW: No to jeszcze raz: − Zdajesz sobie sprawę, że jednym z rozwiązań jest 45° ? Jeżeli nie, to podstaw i sprawdź.

Jack: to ze jest 45 stopni to akurat wiadomo bo pierw 2/2 jest zarowno dla sin jak i cosinus

PW: Świetnie, i cały problem polega na tym: − Jest to jedyne rozwiązanie na przedziale o długości 2π, czy są jeszcze inne?

Mila: Dokończenie. Jack, te wzory, które napisałam, są często stosowane przy obliczaniu całek trygonometrycznych, to są znane studentom. W LO nie musisz znać. Tam , mam pomyłkę w t₁

	x		x
tg		=√2−1 lub tg		=−(7+5√2
	2		2

	π
tg		=√2−1
	8

x		π		x
	=		+kπ lub		=arctg(−(7+5√2))+kπ⇔
2		8		2

	π
x=		+2kπ lub x=−2 arctg(7+5√2)+2kπ
	4

Bogdan: Proponuję takie rozwiązanie: 2 = tg63,435^o, cos63,435^o = 0,4472136

	sin63,435o		1
cosx −		*sinx = −		/*cos63,435o
	cos63,435o		√2

	0,4472136
cosx*cos63,435o − sin63,435o*sinx = −
	√2

cos(x + 63,435^o) = −0,3162278 ⇒ cos(x + 63,435^o) = cos108,435^o x + 63,435^o = 108,435^o + k*360^o lub x + 63,435^o = −108,435^o + k*360^o x = 45^o + k*360^o lub x = −172^o + k*360^o

Mila: cos x − 2sin x=−1/√2 ⇔

	√2
cosx+		=2sinx /2
	2

	1
cos2x+√2cosx+		=4sin2x
	2

	7
5cos2x+√2cosx−		=0
	2

cosx=t, |t|<1

	7
5t2+√2t−		=0 /*2
	2

10t²+2√2t−7=0 Δ=12√2

	−7√2		√2
t1=		lub t2=
	10		2

	√2
cosx=		⇔
	2

	π		π
x1=		+2kπ lub x=−		+2kπ po sprawdzeniu
	4		4

	π
x1=		+2kπ jest rozw. , x2 nie spełnia równania
	4

lub

	−7√2
cosx=
	10

x − kąt II lub III ćwiartki

	√2
a)cos x − 2sin x=−−
	2

	√2
x− kąt II ćwiartki wtedy sinx>0 , sinx=
	10

spr.

−7√2		√2		−9√2		√2
	−2*		=		≠−
10		10		10		2

b)

	√2
x− kat III ćwiartki, sinx<0, sinx=−
	10

Spr.

−7√2		−√2		5√2		√2
	−2*		=−		=−		=P
10		10		10		2

	−7√2
Teraz możesz odczytać w tablicach wartość kąta dla cosx=		, gdzie x jest kątem III
	10

ćwiartki

Jack: Czyli dalo sie duzo prosciej...no i fajno : D