Matematické Fórum

↑ Lgrep:
Zkusil bych toto:  x/2 = y, tj. x=2y
2sin(2y)/(1+cos(2y))=(2*2*siny*cosy)/(1+(cosy)^2 - (siny)^2)=atd.

Není to rovnice. Je to zkrátka výraz, [že kuželovitost 1/K=(D-d)/L]=  2tg(x/2). A z tohoto výrazu bych se chtěl dostat k tomu, že je to rovno 2sinx/(1+cosx).

↑ Lgrep:

Honzc napsal(a):

↑ Lgrep:
Třeba takhle [mathjax]\text{tg}\frac{x}{2}=\sqrt{\frac{1-\cos x}{1+\cos x}}=\sqrt{\frac{(1-\cos x)(1+\cos x)}{{(1+\cos x)^{2}}}}=\frac{\sin x}{1+\cos x}[/mathjax]
Zdůvodnění: Pro [mathjax]x\in (-\pi ,\pi )[/mathjax]:  platí [mathjax]\sin (-x)=-\sin (x)[/mathjax] a [mathjax]\cos  (-x)=\cos (x)[/mathjax]

Vzhledem k nedostatku času jsem se k mému "problému" vrátil až po týdnu.
Toto je právě ten vzorec, na který jsem se ptal jestli existuje pro tg (x/2). Na tomto webu u vzorců pro goniometrické funkce není (našel jsem jej až nyní na jiném webu).
Pak je to tedy lehké - jen to rozepíšu:

[mathjax]tg\frac{x}{2}=\sqrt{\frac{1-\cos x}{1+\cos x}}=\sqrt{\frac{(1-\cos x)(1+\cos x)}{(1+\cos x)^{2}}}=\sqrt{\frac{1+\cos x-\cos x-\cos ^{2}x}{(1+\cos x)^{2}}}=\sqrt{\frac{1-\cos ^{2}x}{(1+\cos x)^{2}}}=\sqrt{\frac{\sin ^{2}x}{(1+\cos x)^{2}}}=\frac{\sin x}{1+\cos x}[/mathjax]

Pak už jsem se dostal i ke kýženému od tg(x/2) k sinx/(1+cosx):

x/2=y

[mathjax]\text{tg}\frac{x}{2}=\text{tg}y=\frac{\sin y}{\cos y}=\frac{\sin y\cos y}{\cos y\cos y}=\frac{2\cdot \sin y\cos y}{2\cdot \cos ^{2}y}=\frac{\sin 2y}{\cos ^{2}y+\cos ^{2}y}=\frac{\sin 2y}{1-1+\cos ^{2}y+\cos ^{2}y}=\frac{\sin 2y}{1+\cos ^{2}y-1(1-\cos ^{2}y)}=\frac{\sin 2y}{1+\cos ^{2}y-\sin ^{2}y}=\frac{\sin 2y}{1+\cos 2y}\equiv \frac{\sin x}{1+\cos x}[/mathjax]

Že se musí čitatel i jmenovatel vynásobit 2cosy by se ještě asi dalo, ale že pak se musí do jmenovatele přidat 1-1, tak na to bych bez předchozího opačného odvození nepřišel. To jsou neskutečné kejkle.
Snad je to tedy dobře, když tak mě prosím opravte.
Každopádně díky za počáteční nakopnutí.