Feladatgyűjtemény a matematika részhez - DE Műszaki Kar ...

78
A sin függvény a harmadik és a negyedik síknegyedben negatív. Így a megoldások radiánban:
x 1 = π + π 3 + 2kπ = 4π 3 + 2kπ,
ahol k és l tetszőleges egész számok.
x 2 = 2π − π 3 + 2lπ = 5π 3 + 2lπ,
5. Az x szög kiszámítása nélkül határozza meg sin x pontos értékét, ha ismert, hogy tg x = 1 2 !
megoldás:
Tudjuk, hogy
tg x = sin x
cos x .
Az egyenlet mindkét oldalát emeljük négyzetre és rendezzünk:
4 sin 2 x = cos 2 x.
A trigonometrikus Pitagorász-tétel szerint cos 2 x + sin 2 x = 1, s így az
5 sin 2 x − 1 = 0
egyenlethez jutunk. Innen sin x = ± 1 √
5
. A periódus többszörösétől eltekintve az első síknegyedben
a pozitív, míg a harmadik síknegyedben a negatív érték lép fel a szög tangensének
rögzített értéke mellett. Ez azt jelenti, hogy mindkét érték lehetséges.
6. Oldja meg a valós számok halmazán a
egyenletet!
sin 2x(cos x + 1) + sin x(cos 2x − 5) = 0
megoldás:
A kétszeres szögekre vonatkozó
sin 2x = 2 sin x cos x,
illetve
cos 2x = cos 2 x − sin 2 x
trigonometrikus azonosságok alapján szorzattá alakítva:
sin x ( 3 cos 2 x + 2 cos x − sin 2 x − 5 ) = 0.
Ha sin x = 0, akkor x = kπ, ahol k ∈ Z Ellenkező esetben pedig oldjuk meg az
3 cos 2 x + 2 cos x − sin 2 x − 5 = 0
egyenletet. A trigonometrikus Pitagorász-tétel segítségével az y = cos x változóban másodfokú
2y 2 + y − 3 = 0
egyenletet nyerjük. Innen cos x = 1, vagy cos x = − 3 , de az utóbbi nyílván nem ad
2
megoldást, míg cos x = 1 esetén sin x = 0, vagyis az első esethez képest új megoldásokat
itt sem kapunk. Az ekvivalens átalakításokra tekintettel az x = kπ alakú valós számok az
eredeti trigonometrikus egyenlet megoldásai.