Matematyka.pl

Nieprzekonany pisze:Dobra, czyli pomyliłem się przy redukcji.
Teraz wychodzi że powinno być tak:
\(\displaystyle{ P( \alpha ) = R ^{2} \sin (2 \alpha ) \cos (2 \alpha ) - R ^{2} \sin (2 \alpha )}\)

Odwrotny układ plusów i minusów.

-- 2 mar 2015, o 12:09 --

Ponieważ łatwo zauważyć, jak żmudne mogą być rachunki w przypadku, gdy rozwiązanie ma w sobie wzory trygonometryczne, więc moja sugestia jest taka, aby maksymalnie je omijać i spróbować to rozwiązać inną drogą.
Przyjmij w swoich oznaczeniach, że "a" jest "x".
Wtedy: \(\displaystyle{ h=R ^{2}-x^{2}}\)
Natomiast: \(\displaystyle{ P(x)=(R+x) \cdot \sqrt{ R^{2}- x^{2} }}\); \(\displaystyle{ x \in \left( 0;R\right)}\)
Pochodna sprowadzi się do postaci:
\(\displaystyle{ P'(x)= \frac{-2 x^{2}-Rx+ R^{2} }{ \sqrt{R ^{2}-x ^{2} } }}\)

Licznik pochodnej jest parabolą zwróconą ramionami do dołu, o miejscach zerowych \(\displaystyle{ -R\ i\ \frac{1}{2} R}\), czyli dla \(\displaystyle{ x= \frac{1}{2}R}\) pole jest największe.

Wtedy już łatwo (np. dla naszego spornego kąta \(\displaystyle{ 180^{0}- 2 \alpha}\)):
\(\displaystyle{ cos(180 ^{0}-2 \alpha) = \frac{x}{R}= \frac{1}{2} \Rightarrow180 ^{0}- 2 \alpha = 60^{0} \Rightarrow \alpha =60 ^{0}}\)

No cóż, po prostu pozapominałem wzorów redukcyjnych i całkowita racja leży po Twojej stronie. Teraz już jest wszystko jasne. Dziękuję za pomoc!