Matematické Fórum

tom317 · 13. 01. 2009 17:11

Prosím o radu s tímto typem goniometrických rovnic:

$\sin{q}+\cos{q}=1+\sin{2q}$
$\mathrm{tg}t=2\sin{2t}$
$\mathrm{tg}u+\mathrm{cotg}u=4\sin{2u}$

ten první jsem zkoušel upravit na tvar
$\sin{q}+\cos{q}=sin^2{q}+2sin{q}\cos{q}+cos^2{q}\nl\sin{q}+\cos{q}=(\sin{q}+\cos{q})^2$
...ale nevím jak z toho dál

ttopi · 13. 01. 2009 17:54

No dobrý, teď obě strany poděl levou stranou :-)

tom317 · 13. 01. 2009 18:01 — Editoval tom317 (13. 01. 2009 18:01)

a nepřijdu tak o nějaké řešení?

ttopi · 13. 01. 2009 18:03

Rozhodně ne, je to ekvivalentní úprava :-)

lukaszh

↑ ttopi:
Máš pravdu. Ale trocha ťa nasmerujem. Čo ak $\sin q+\cos q=0$ ? Ty vieš deliť nulou? To by bolo aj na Abelovu cenu. Prehodnoť svoje riešenie. Tom správne poznamenal, že o riešenie prídeš. A nie o jedno, o nekonečne veľa riešení :-)

ttopi · 14. 01. 2009 14:04 — Editoval ttopi (14. 01. 2009 14:05)

ten výraz se nesmí rovnat 0 :-)

EDIT: Ale tím by se o řešení nepřišlo. Spíš by se tam přimotalo nějaké, které by tam být nemělo.

musixx · 14. 01. 2009 14:48

↑ ttopi: Mam takovy pocit, ze nemas pravdu. Je sice pravda, ze neexistuje takove x, aby $\sin x=\cos x=0$ , ale to preci neznamena, ze je vzdy $\sin q+\cos q\neq0$ . Resil bych to standardne prevedenim na soucin, pokud chce tom317 nejaky univerzalne pouzitelny postup:

$\sin q+\cos q=(\sin q+\cos q)^2\ \Longleftrightarrow\ \ (\sin q+\cos q)(\sin q+\cos q-1)=0$ , odkud mame dve "skupiny" reseni.

Chrpa · 14. 01. 2009 15:57 — Editoval Chrpa (14. 01. 2009 16:07)

↑ tom317:
Nešlo by to řešit takto?
$\sin x+\cos x=(sin x+\cos x)^2\nl\sin x+\cos x=1\nl\si^2 x=1-2\cos x+\cos^2 x\nl2\cos x-\cos^2 x=1-\sin^2 x\nl2\cos x=2\cos^2 x\nl\cos x(\cos x-1)=0\nl\cos x=0\nl\cos x=1\nlx_1=\frac{\pi}{2}+k\pi\nlx_2=2k\pi$

musixx · 14. 01. 2009 16:16 — Editoval musixx (14. 01. 2009 16:25)

↑ Chrpa: Proc beztrestne vydelit tim $\sin x+\cos x$ hned v prvnim kroku? Nebo mi neco unika?

EDIT:

Poznamka 1:

Proste tam porad chybi varianta $\sin q+\cos q=0$ , tedy $\sin q=-\cos q$ , tedy ${\rm tg}(q)=-1$ , odkud uz snad $q$ spocita kazdy.

Poznamka 2:

Mam-li resit $\sin q+\cos q=1$ a jsem-li aspon kousek zdatnejsi v goniometrickych funkcich, vim, ze souctem je opet sinusoida s periodou $2\pi$ , ktera je nejak posunuta a ktera ma nejakou amplitudu (to dokonce plati pro kazde $a\sin x+b\cos x$ , kde aspon jedno z $a$ a $b$ je nenulove). No dve reseni pro rovnost 1 v intervalu $\langle0;2\pi)$ hned vidim: je to 0 a $\frac\pi2$ . Vic jich byt nemuze. Takze ejhle, reseni na svete bez pocitani...

Chrpa · 14. 01. 2009 16:24

↑ musixx:
Ty myslíš že nám tím krácením uniká jeden kořen pro
$\sin x+\cos x=0\nl\sin x=-\cos x\nl\tan x=-1\nlx=\frac{3\pi}{4}+k\pi$

musixx · 14. 01. 2009 16:26

↑ Chrpa: Presne tak.

Chrpa · 14. 01. 2009 16:30 — Editoval Chrpa (14. 01. 2009 20:38)

↑ musixx:
Já jsem se sem do řešení tohoto příkladu namotal
proto, že už tady bylo moc náznaků řešení, ale
jak to vlastně doopravdy je, nikdo neodpověděl.
Takže abychom to uzavřeli:
Řešení původní rovnice je:
$x_1=\frac{3\pi}{4}+k\pi\nlx_2=\frac{\pi}{2}+2k\pi\nlx_3=2k\pi$
Je to teď dobře?

musixx · 14. 01. 2009 16:30 — Editoval musixx (14. 01. 2009 16:49)

↑ Chrpa: A jeste tam mas nejakou neekvivalentni upravu, protoze pri $\cos x=0$ nemuze byt $\sin x=-1$ , protoze $-1\neq1$ . Takze to $x_1$ plati jen pro $k$ sude.

EDIT: To reaguju ne na ten tvuj bezprostredne predchozi prispevek, ale na ten drivejsi - nejak jsi ted zmenil poradi x_1, x_2 a x_3. Tot pouze poznamka pro budouci citatele...

musixx · 14. 01. 2009 16:32 — Editoval musixx (14. 01. 2009 16:33)

↑ musixx: Uz to vidim: na 3. radku jsi umocnil na druhou jak $\sin x$ vlevo, tak $1-\cos x$ vpravo. To se jen tak nesmi! Muzes prijit o znaminko, coz se ti prave stalo.

musixx · 14. 01. 2009 16:38 — Editoval musixx (14. 01. 2009 16:46)

S resenim $x_1=\frac{3\pi}4+k\pi$ souhlasim.

Pokud jde o reseni $\sin x+\cos x=1$ , doporucuju ekvivalentni upravy pomoci polovicniho uhlu (a to uz opravdu ekvivalentni upravy budou) + goniometricka jednicka pro uhel x/2:

$2\sin(\frac x2)\cos(\frac x2)+\cos^2(\frac x2)-\sin^2(\frac x2)=\cos^2(\frac x2)+\sin^2(\frac x2)$ , odkud
$2\sin(\frac x2)\cos(\frac x2)=2\sin^2(\frac x2)$ , odkud
$\sin(\frac x2)\cdot\left(\cos(\frac x2)-\sin(\frac x2)\right)=0$ , odkud

$x_2=2k\pi$ (to pro $\sin(\frac x2)=0$ )
a
$x_3=\frac\pi2+2k\pi$ (to pro $\sin(\frac x2)=\cos(\frac x2)$ , coz dava $\tan(\frac x2)=1$ , coz dava $\frac x2=\frac\pi4+k\pi$ , kde vyuzivam toho, ze sinus a cosinus nemuzou byt soucasne nula, a proto vytvoreni te tangenty je ekvivalentni uprava).

Chrpa · 14. 01. 2009 16:54

↑ musixx:
Tím je to tedy uzavřeno.
Jen doufám, že tazatel se propacuje až
k tomu poslednímu příspěvku a bude mu to jasné.
Děkuji Ti za malý exkurs do problematiky
goniometrických funkcí.

Cheop · 15. 01. 2009 08:04

↑ tom317:
$\tan x=2\,\sin 2x\nl\frac{\sin x}{\cos x}=4\,\sin x\cos x$ - zkrátíme výrazem $\sin x$ pak:
$\sin x=0\nlx_1=0+2k\pi$
$\frac{1}{\cos x}=4\,\cos x\nl\cos^2x=\frac 14\nl\cos x=\pm\frac 12\nlx_2=\frac{\pi}{3}+2k\pi\nlx_3=\frac{2\pi}{3}+2k\pi\nlx_4=\frac{4\pi}{3}+2k\pi\nlx_5=\frac{5\pi}{3}+2k\pi$

musixx · 15. 01. 2009 08:55

↑ Cheop: Ja bych se primlouval za to, at nekratime zadnymi vyrazy, o kterych hned za chvili dovolime rovnost na nulu a dokonce z teto rovnosti vyvozujeme reseni. To neni ciste, i kdyz s primhourenyma ocima v poradku.

Misto toho bych jako upravu po Tvem druhem radku udelal:

$\sin x\cdot\left(\frac1{\cos x}-4\cos x\right)=0$

a soucin je nula, kdyz aspon jeden z cinitelu je nula. Dava to samozrejme stejny vysledek jako Tvuj pristup, ale rekl bych, ze je to cistejsi pristup.

musixx · 15. 01. 2009 09:09 — Editoval musixx (15. 01. 2009 09:17)

$\mathrm{tg}u+\mathrm{cotg}u=4\sin{2u}$
$\frac{\sin u}{\cos u}+\frac{\cos u}{\sin u}=4\sin2u$
$\sin^2u+\cos^2u=2\sin2u\cdot2\sin u\cos u$
$1=2\sin^22u$
$\frac12=\sin^22u$
$\frac{\sqrt2}2=|\sin2u|$

a) $\sin2u=\frac{\sqrt2}2$ dava $2u=\frac\pi2\pm\frac\pi4+2k\pi$ , tedy $u_{1,2}=\frac\pi4\pm\frac\pi8+k\pi$

b) $\sin2u=-\frac{\sqrt2}2$ dava $2u=\frac{3\pi}2\pm\frac\pi4+2k\pi$ , tedy $u_{3,4}=\frac{3\pi}4\pm\frac\pi8+k\pi$

a podminky resitelnosti (tj. kdy je pocatecni vyraz/rovnice definovan/a) $\sin u\neq0$ a $\cos u\neq0$ splneny jsou.

Cheop · 15. 01. 2009 09:43 — Editoval Cheop (15. 01. 2009 09:44)

↑ musixx:
Ale ve své podstatě je to to samé.
Na druhou stranu si už nepamatuji jak jsme tyto případy
řešili, když jsem já chodil do školy (už je to moc dlouho)
Uznávám, že Tvá úprava je z matematického hlediska čistější.

Matematické Fórum

#1 13. 01. 2009 17:11

Goniometrické rovnice

#2 13. 01. 2009 17:54

Re: Goniometrické rovnice

#3 13. 01. 2009 18:01 — Editoval tom317 (13. 01. 2009 18:01)

Re: Goniometrické rovnice

#4 13. 01. 2009 18:03

Re: Goniometrické rovnice

#5 13. 01. 2009 19:25 — Editoval lukaszh (13. 01. 2009 19:26)

Re: Goniometrické rovnice

#6 14. 01. 2009 14:04 — Editoval ttopi (14. 01. 2009 14:05)

Re: Goniometrické rovnice

#7 14. 01. 2009 14:48

Re: Goniometrické rovnice

#8 14. 01. 2009 15:57 — Editoval Chrpa (14. 01. 2009 16:07)

Re: Goniometrické rovnice

#9 14. 01. 2009 16:16 — Editoval musixx (14. 01. 2009 16:25)

Re: Goniometrické rovnice

#10 14. 01. 2009 16:24

Re: Goniometrické rovnice

#11 14. 01. 2009 16:26

Re: Goniometrické rovnice

#12 14. 01. 2009 16:30 — Editoval Chrpa (14. 01. 2009 20:38)

Re: Goniometrické rovnice

#13 14. 01. 2009 16:30 — Editoval musixx (14. 01. 2009 16:49)

Re: Goniometrické rovnice

#14 14. 01. 2009 16:32 — Editoval musixx (14. 01. 2009 16:33)

Re: Goniometrické rovnice

#15 14. 01. 2009 16:38 — Editoval musixx (14. 01. 2009 16:46)

Re: Goniometrické rovnice

#16 14. 01. 2009 16:54

Re: Goniometrické rovnice

#17 15. 01. 2009 08:04

Re: Goniometrické rovnice

#18 15. 01. 2009 08:55

Re: Goniometrické rovnice

#19 15. 01. 2009 09:09 — Editoval musixx (15. 01. 2009 09:17)

Re: Goniometrické rovnice

#20 15. 01. 2009 09:43 — Editoval Cheop (15. 01. 2009 09:44)

Re: Goniometrické rovnice

Zápatí