Trigonometrikus egyenletrendszerek, házikérdés?

1. Az első egyenletből x=5π/3+y, ezt írjuk a második egyenletbe:

sin(5π/3+y)=2*sin(y)

Szögösszeg szinuszára vonatkozó képlet: sin(g+h)=sin(g)*cos(h)+cos(g)*sin(h), esetünkben g=5π/3, h=y:

sin(5π/3)*cos(y)+cos(5π/3)*sin(y)=2sin(y)

Nevezetes szögek:

-√3/2*cos(y)+1/2*sin(y)=2sin(y) /-sin(y)/2

-√3/2*cos(y)=1,5*sin(y)

Mivel cos(y)=0-ra az egyenletnek nem lesz megoldása, ezért oszthatunk vele:

-√3/2=1,5*tg(y) /:1,5

-√3/3=tg(y)

Ez is nevezetes szög; y=-π/6+k*π (k tetszőleges egész), ezt írjuk vissza az első egyenletbe:

x-(-π/6+k*π)=5π/3

x+π/6-k*π=5π/3

x=3π/2+k*π (k tetszőleges egész).

Jó neked, hogy már a másik feladat megoldását keresed, én még ezt sem értem. Nekem ennyi jön ki:

[link]

Valamelyik hibás lehet?!

Zsombor, ezek a feladatok tipikusan nem attól nehezek, mert nehéz őket megérteni, hanem azért, mert nincs rá recept, hogy hogyan kell megoldani. Próbálgatni kell átalakítani őket a tanult azonosságokkal, aztán majdcsak kijön valami.

Most pl. a második feladatnál már írtam két oldalt miután kiindultam abból az átalakításból, hogy a tangens helyébe szinusz per koszinuszt írok (ami sokszor be szokott jönni), aztán hirtelen teljesen véletlenül rájöttem, hogy más úton érdemesebb elindulni:

Az első egyenlet máshogyan felírva az, hogy sin α = cos β

Azt viszont tudjuk, hogy sin α = cos(α−π/2)

Vagyis:

  cos(β) = cos(α−π/2)

Ennek az egyenletnek két megoldása is van (és mindkettő 2π-vel periodikus):

a)  β = α − π/2 + 2kπ

b)  β = π/2 − α + 2kπ

(Ezt a két megoldást érted?)

Vagyis most

  α = x+y

  β = x−y

a) x−y = x+y − π/2 + 2kπ

    -2y = -π/2 + 2kπ

    y = π/4 − kπ

b) x−y = π/2 −x−y + 2kπ

    2x = π/2 + 2kπ

    x = π/4 + kπ

Az a) megoldásban −kπ helyett lehet +kπ-t is írni, hiszen k az tetszőleges pozitív vagy negatív egész szám, szóval lehet negatív is. Vagyis a kétféle megoldás formailag ugyanaz: vagy az x, vagy az y lesz egyenlő π/4 + kπ-vel.

A másik egyenlet pedig:

a) y = π/4 + kπ

  tg x − tg(π/4 + kπ) = 1

π/4 tangense 1, és π-vel periodikus a tangens, szóval az a tag mindig 1:

  tg x − 1 = 1

  tg x = 2

  x = arctg(2) + mπ

Persze m is tetszőleges egész szám lehet. Azért nem k, mert az y-ban van kπ, és ez nem ugyanaz az egész szám, mint az y-é.

b) x = π/4 + kπ

  tg(π/4+kπ) − tg y = 1

  1 − tg y = 1

  tg y = 0

  y = m·π

Vagyis a két megoldás:

a) x = arctg(2) + kπ,   y = π/4 + mπ

b) x = π/4 + kπ,         y = mπ

Mindkét megoldásban k,m ∈ ℤ

(Ugye az érthető, hogy a k-t felcseréltem az m-mel, hisz teljesen mindegy, hogy minek nevezem.)

(arctg(2) nem szép szám, azért nem írtam be a helyébe, hogy 1,10714871... radián)

2; másik megoldás

felhasználva az azonosságot

sinx*cosy+cosx*siny=cosx*cosy+sinx*siny

sinx*cosy-sinx*siny+cosx*siny-cosx*cosy=0

sinx(cosy-siny)-cosx(cosy-siny)=0

(cosy-siny)(sinx-cosx)=0

ebből az következik:

cosy=siny és sinx=cosx

a többi már egyezik Bongoléval