Matematyka.pl

cos2x = cos ^{2} x - sin ^{2} x = 1 - sin ^{2} x - sin ^{2} x = 1 - 2sin ^{2}x Czyli 2sin ^{2} x = 1- cos2x ----- Jeszcze mała wskazówka do drugiego przykładu: cosx = cos ^{2} \frac{x}{2} - sin ^{2} \frac{x}{2} Robisz podobnie jak wyżej tylko że teraz sin ^{2} \frac{x}{2} zamieniasz z jedynki trygo...

Zauważ że sinxcosx = \frac{1}{2} sin2x . Ponadto wiadomo że cos2x = cos ^{2} x - sin ^{2} x czyli wynika z tego że sin ^{2} x = \frac{1}{2} - \frac{1}{2}cos2x . Otrzymujesz więc zależność y = \frac{1}{2} - \frac{1}{2}(cos2x + sin2x) . Stosując podobną sztuczkę jak wcześniej robiłaś otrzymasz y = \fr...

Tyle akurat wiem. Ale jak to się oblicza?

Jak obliczyć pochodną z tego:
\(\displaystyle{ \sqrt{x^{2} -1}}\)

A skąd tą nierówność wziąłeś ? Można sobie z takich nierówności korzystać niczym z wzorów skróconego mnożenia?

Nie bardzo wiem jak się wziąść za takie coś:
Wyznaczyć wszystkie trójki x, y, z gdzie x, y, z \(\displaystyle{ \in N}\) spełniające równanie:

\(\displaystyle{ \frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x} = 2}\)

piasek101 pisze: Gdy zrobisz do końca okaże się , że ostatnie równanie (po wstawieniu za sinusa betapół) jest tożsamościowe - zatem prawdziwe ale nieprzydatne.

Wcześniej zły wzór brałem na ten sinus. Teraz doszedłem jaki powinien być i wyszło z tego że r=r

nmn pisze: Po co rozważać dodatkowy trójkąt i twierdzenie sinusów, jeżeli z twierdzenia cosinusów dla trójkąta, który podał piasek101 masz gotowe rozwiązanie.

Też prawda. W sumie to udało mi się otrzymać taki wynik: \(\displaystyle{ a=\frac{rsin \frac{ \alpha }{2} }{ \sqrt{4sin ^{2} \frac{ \alpha }{2} +2sin \alpha +1 } }}\)

Też tak kombinowałem. Weźmy teraz jeszcze jeden trójkąt (ten równoramienny o bokach 2a, r, r). Nazwijmy kąt naprzeciwko jego podstawy jako beta. Wówczas jasne jest że cosinus tego kąta można wyznaczyć na podstawie boków trójkąta r, r, 2a. Można zauważyć że w trójkącie o którym mówiłeś(r, 2a, \frac{a...

Ponieważ \(\displaystyle{ \alpha \in (0, \pi)}\) to raczej wersja z dwoma wierzchołkami na łuku. W zadaniu nic nie pisze na ten temat ale wersja z jednym wierzchołkiem na łuku jest raczej bez sensu dla \(\displaystyle{ \alpha >\pi/2}\).
W każdym razie robiłem tę pierwszą wersję i wynik wyszedł dziwny dość (a=2r)

Pomyślałem nad tym zadaniem trochę i stwierdziłem że funkcja f(x)=sin ^{14}x + cos ^{14}x musi mieć minima lokalne tam gdzie funkcja g(x)=sin ^{14}x + cos ^{14}x - \frac{1}{64} ma miejsca zerowe(czyli te, które mam znaleźć). Rozwiązałem więc równanie f`(x)=0 przy okazji znajdując także maksima(ale ł...

Nie wiem skąd tą nierówność wziąłeś ale wynika z niej że \(\displaystyle{ sin^{14}x + cos ^{14}x \ge \frac{1}{64}}\)
Nie bardzo tylko wiem co ta informacja mi daje.

Jest takie równanie : \sin ^{14}x + \cos ^{14}x = \frac{1}{64} . Próbowałem to robić przez \sin ^{2}x = t ale wyszedł niesymetryczny wielomian szóstego stopnia. Podzieliłem go dwa razy przez t-0,5 ale wielomian czwartego stopnia który został też jest niesymetryczny. Sprawdziłem w programie że nie ma...

Mam takie zadanie : Wyznacz długość boku kwadratu wpisanego w wycinek koła o promieniu r i kącie \(\displaystyle{ \alpha}\) . \(\displaystyle{ \alpha}\) \(\displaystyle{ \in}\) (0, \(\displaystyle{ \pi}\)). Robiłem to wykorzystując twierdzenie cosinusów i sinusów i wyszło że a(bok kwadratu) zależy tylko od promienia wycinka