równanie Troy:

	1
Rozwiązać rówanie trygonometryczne cos(x + 15o) =		, 0<x<π/2
	1 + tgx

Mila: Masz odpowiedź?

Troy: Niestety nie ale tez próbuje

Mila: Z jakiego to zbioru?

Troy: zbiór liczb rzeczywistch

Saizou : z jakiej ksiazki

Troy: To pierwszy rok studiów repetytorium

Mila: Podaj linka do tych zadań (jeśli masz).

Troy: Nie mam linka. Mi chodzi o to równanie, nie o wszystkie zadania.

Mila: Przekształciłam do postaci:

	π		cosx
cos(x+		)=
	12		sinx+cosx

ale dalej mam długie rachunki.

Jolanta: Zastosowałam wzór na cos sumy i doszłam do takiej postaci

	√6+√2		√6−√2		cosx
cosx(		)−sinx		=		i utknęłam
	4		4		cosx+sinx

	π
Mila a skąd masz		?
	12

Saizou :

	π
		=15○
	12

Jolanta:

Metis: Siemka Saizou Jak tam Ci leci? Opanowałeś już sobie to wszystko do egzaminu wrześniowego ?

Mila: Miło,że dołączyłaś.

	π
15o=
	12

180:15=12 Trzeci raz liczę i końcowe równanie mam za każdym razem inne. Licz Jolanto , może Ty się nie pomylisz, oglądam telewizję i liczę tak kiepsko. Nie rozwijaj cos(x+15), pomnóż wszystko przez mianownik i pozamieniaj 2 iloczyny na sumy.

Saizou : Metis cześc.... yyyy.... yyyyy..... yyyyy... to dużo mówi

Metis: Dasz radę przecież

Jolanta: A ja niestety mam braki i nie wiem co można robic a co nie

	π
cos(x+		))(sinx+cosx)=cosx i tu już watpliwości
	12

Mariusz:

	π		1
cos(x+		)=
	12		1+tan(x)

	π		1
cos(x+		)=
	12		cos(x)+sin(x)   cos(x)

	π		cos(x)
cos(x+		)=
	12		cos(x)+sin(x)

	π		π
cos(x+		)(cos(x)+cos(		−x))=cos(x)
	12		2

	π		π		π
cos(x+		)(2cos(		)cos(		−x))=cos(x)
	12		4		4

	π		π
√2cos(x+		)cos(x−		)=cos(x)
	12		4

√2		π		4π
	(cos(2x−		)+cos(		))=cos(x)
2		6		12

√2		π		π
	(cos(2x−		)+cos(		))=cos(x)
2		6		3

√2		π		1
	(cos(2x−		)+		)=cos(x)
2		6		2

	π		1
cos(2x−		)+		=√2cos(x)
	6		2

	π		1
cos(2x−		)=√2cos(x)−
	6		2

	√3		1		1
cos(2x)		+sin(2x)		=√2cos(x)−
	2		2		2

	√3		1
cos(2x)		+		(1+sin(2x))=√2cos{x}
	2		2

1−6t2+t4	√3		1		t4−4t3+2t2+4t+1
		+		(		)=
1+2t2+t4	2		2		1+2t2+t4

	1−t2
√2
	1+t2

1−6t2+t4	√3		1		t4−4t3+2t2+4t+1
		+		(		)=
1+2t2+t4	2		2		1+2t2+t4

	1−t4
√2
	1+2t2+t4

√3		1
	(1−6t2+t4)+		(t4−4t3+2t2+4t+1)=√2(1−t4)
2		2

√3(1−6t²+t⁴)+(t⁴−4t³+2t²+4t+1)=2√2(1−t⁴) (2√2+√3+1)t⁴−4t³+(2−6√3)t²+4t+(√3+1−2√2)=0

Troy: Kolega mi podał ze jemu wyszło x=−2arctg(1−√2), ale nie wiem czy dobrze

jc: 1/4+1/12 = 1/3 cos(π/3) = 1/2, tg(π/4) = 1 1/2 = 1/(1+1) czyli x=π/4 jest rozwiązaniem, ale jest jeszcze jedno rozwiązanie

Troy: A to co napisałem powyzej?

jc: To jest to pierwsze rozwiązanie. A co z drugim rozwiązaniem?

Troy: A jak własnie dojść do tego rozwiazania?

jc: cos(x+π/12) = 1/(1+tg x) cos(x+π/12) (1 + tg x) = 1 cos(x+π/12) (cos x + sin x) = cos x √2 cos(x+π/12) cos (x − π/4) = cos x x = t + π/4 √2 cos(t + π/3) cos t = cos (t+ π/4) cos(t+π/3) cos t = cos π/4 cos (t+π/4) i co dalej ?

Mariusz: Rozwiązanie równania które zapisałem 12 sierpnia 2016 o 3:40 powinno dać tangens połowy kąta Przyjmując a=√3+1 b=2√2 c=2−6√3 otrzymujemy (a+b)t²−4t³+ct²+4t+(a−b)=0

jc: Mariusz, czy policzysz do końca wiedząc, że jednym z rozwiązań jest kąt = π/4 ?

uuu: Jak wy obliczyliście ze x=π/4?

Mariusz: at⁴−4t³+bt²+4t+c=0 a²t⁴−4at³+abt²+4at+ac=0 (a²t⁴−4at³)−(abt²−4at−ac)=0 (a²t⁴−4at³+4t²)−((4+ab)t²−4at−ac)=0 (at²−2t)²−((4+ab)t²−4at−ac)=0

	y		y2
(at2−2t+		)2−((ay+4+ab)t2+(−2y−4a)t+		−ac)=0
	2		4

Δ=0

	y2
4(		−ac)(ay+4+ab)−(−2y−4a)2=0
	4

(y²−4ac)(ay+4+ab)−(4y²+16ay+16a²)=0 ay³+4y²+aby²−4a²cy−16ac−4a²bc−4y²−16ay−16a²=0 ay³+aby²−(4a²c+16a)y−(16ac+4a²bc+16a²)=0 a=√3+1+2√2 b=2−6√3 c=√3+1−2√2 Można policzyć i bez tego rozwiązania jednak znając jedno rozwiązanie można sprowadzić równanie które otrzymałem dzieląc przez dwumian Rozwiązanie równania które otrzymałem powinno dać tangens połowy kąta Może później obliczę z wykorzystaniem jakiegoś programu matematycznego

uuu: A skąd wiedzieliscie ze x=π/4

Mariusz: Kiedyś Vax się takimi równaniami bawił i pewnie on by od razu rozwiązanie napisał bez potrzeby wykonywania obliczeń w programie matematycznym

Mariusz:

	π		1
cos(x+		)=
	12		1+tan(x)

	π
x+		=2θ
	12

	1
cos(2θ)=
	π   (1+tan(2θ− ))   12

	π
cos(2θ)(1+tan(2θ−		)=1
	12

	tan(2θ)−(2−√3)
(2cos2(θ)−1)(1+		)=1
	1+(2−√3)tan(2θ)

	2tan(θ)   −(2−√3) 1−tan2(θ)
(2cos2(θ)−1)(1+		)=1
	2tan(θ)   1+(2−√3)   1−tan2(θ)

	2		2t   −(2−√3) 1−t2
(		−1)(1+		)=1
	1+t2		2t   1+(2−√3)   1−t2

3t⁴+(12−10√3)t³−(6−2√3)t²+2√3t+3−2√3=0

	x		π
t=tan(		+		)
	2		24

Tak więc rozwiązanie tego równania prowadzi przez równanie równania czwartego stopnia Tutaj jest trochę o tym http://matwbn.icm.edu.pl/ksiazki/mon/mon11/mon1110.pdf

Mariusz: Rozwiązania są cztery tylko dwa nie mieszczą się w zadanym przedziale Drugie rozwiązanie jest blisko zera i moim zdaniem nie obejdzie się bez rozwiązania równania czwartego stopnia

Troy: Tzn są dwa x=π/4 oraz x =−2arctg(1−√2)?

Mariusz: Ty napisałeś tylko jedno rozwiązanie

	π
bo −2arctan(1−√2)=
	4

Wydaje się że jc tylko sprawdził rozwiązanie które ty podałeś i nic nowego nie napisał

Mila: Z równania 4 stopnia mam: tgx=1 lub tgx≈0.050976 lub tgx≈−2.7418 lub tgx≈7.1549 te dwa ostatnie nie spełniają warunków zadania, ale to nie jest dobra metoda, za dużo liczenia. Jednak w tej chwili nie mam lepszej.

Mariusz: Mnie dwa razy wyszło równanie czwartego stopnia i skoro pomijając zadany przedział są cztery serie rozwiązań (ze względu na okresowość funkcji trygonometrycznych) to jak chcesz uniknąć równania czwartego stopnia

Mila: Właśnie nie wiem.