Czy mogłabym prosić o rozwiązanie tych równań:
1)\(\displaystyle{ arcsinx+arcsin2x=\frac{\pi}{2}}\)
2)\(\displaystyle{ tan(arcsin x) = \sqrt{1-x^2}}\)
Dziękuję z góry za pomoc.
funkcje cyklometryczne-równania
-
Qń
- Użytkownik
- Posty: 9833
- Rejestracja: 18 gru 2007, o 03:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bydgoszcz
- Podziękował: 90 razy
- Pomógł: 2632 razy
funkcje cyklometryczne-równania
Ad 1.
Podstawmy \(\displaystyle{ \arcsin x = u, \arcsin 2x = t}\).
Wtedy \(\displaystyle{ u+t=\frac{\pi}{2}, \sin u = x, \sin t = 2x}\)
i stąd: \(\displaystyle{ \sin (\frac{\pi}{2} - u) = 2 \sin u}\)
czyli: \(\displaystyle{ \cos u = 2 \sin u}\)
I dalej: \(\displaystyle{ 1- \sin^2 u = 4\sin^2 u}\), \(\displaystyle{ \sin^2u=\frac{1}{5}}\), \(\displaystyle{ x^2=\frac{1}{5}}\)
Ponieważ zaś z wyjściowego równania widać, że \(\displaystyle{ x>0}\), mamy ostatecznie \(\displaystyle{ x=\frac{\sqrt{5}}{5}}\)
Ad 2.
Podstawmy \(\displaystyle{ \arcsin x = t}\). Wtedy \(\displaystyle{ x=\sin t}\) i mamy:
\(\displaystyle{ \tan t= \sqrt{1-\sin^2t}}\)
Po podniesieniu do kwadratu dostajemy:
\(\displaystyle{ \frac{\sin^2t}{1-\sin^2t}=1-\sin^2t}\)
czyli:
\(\displaystyle{ \frac{x^2}{1-x^2}=1-x^2}\), \(\displaystyle{ (x^2-1)^2-x^2=0}\), \(\displaystyle{ (x^2+x-1)(x^2-x-1)=0}\)
Rozwiązaniami tego równania są \(\displaystyle{ \frac{\pm 1 \sqrt{5}}{2}}\), ale ponieważ musi być \(\displaystyle{ x\in (0,1)}\), to pasuje nam wyłącznie \(\displaystyle{ x=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}}\), które otrzymujemy jako jedyne rozwiązanie.
Q.
Podstawmy \(\displaystyle{ \arcsin x = u, \arcsin 2x = t}\).
Wtedy \(\displaystyle{ u+t=\frac{\pi}{2}, \sin u = x, \sin t = 2x}\)
i stąd: \(\displaystyle{ \sin (\frac{\pi}{2} - u) = 2 \sin u}\)
czyli: \(\displaystyle{ \cos u = 2 \sin u}\)
I dalej: \(\displaystyle{ 1- \sin^2 u = 4\sin^2 u}\), \(\displaystyle{ \sin^2u=\frac{1}{5}}\), \(\displaystyle{ x^2=\frac{1}{5}}\)
Ponieważ zaś z wyjściowego równania widać, że \(\displaystyle{ x>0}\), mamy ostatecznie \(\displaystyle{ x=\frac{\sqrt{5}}{5}}\)
Ad 2.
Podstawmy \(\displaystyle{ \arcsin x = t}\). Wtedy \(\displaystyle{ x=\sin t}\) i mamy:
\(\displaystyle{ \tan t= \sqrt{1-\sin^2t}}\)
Po podniesieniu do kwadratu dostajemy:
\(\displaystyle{ \frac{\sin^2t}{1-\sin^2t}=1-\sin^2t}\)
czyli:
\(\displaystyle{ \frac{x^2}{1-x^2}=1-x^2}\), \(\displaystyle{ (x^2-1)^2-x^2=0}\), \(\displaystyle{ (x^2+x-1)(x^2-x-1)=0}\)
Rozwiązaniami tego równania są \(\displaystyle{ \frac{\pm 1 \sqrt{5}}{2}}\), ale ponieważ musi być \(\displaystyle{ x\in (0,1)}\), to pasuje nam wyłącznie \(\displaystyle{ x=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}}\), które otrzymujemy jako jedyne rozwiązanie.
Q.
-
goldenka
- Użytkownik
- Posty: 220
- Rejestracja: 10 wrz 2005, o 12:20
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Płock/Kraków
- Podziękował: 23 razy
- Pomógł: 10 razy
funkcje cyklometryczne-równania
Cześć,
Dziękuję ci bardzo za pomoc. Mam jednak dwa pytania:
Dziękuję ci bardzo za pomoc. Mam jednak dwa pytania:
Niestety nie widzę z wyjściowego równania czemu x miałoby być większe od zera. Mógłbyś mi to wytłumaczyc?Ponieważ zaś z wyjściowego równania widać, że \(\displaystyle{ x>0}\), mamy ostatecznie \(\displaystyle{ x=\frac{\sqrt{5}}{5}}\)
Czemu \(\displaystyle{ x\in (0,1)}\)? Wiadomo, że to co pod pierwiastkiem \(\displaystyle{ 1-x^2 qslant 0}\) oraz z warunku na arcusa sinusa \(\displaystyle{ x }\). Więc ostatecznie patrząc przedział wychodzi zupełnie inny...Rozwiązaniami tego równania są \(\displaystyle{ \frac{\pm 1 \sqrt{5}}{2}}\), ale ponieważ musi być \(\displaystyle{ x\in (0,1)}\)