Összetett trigonometria feladat: trigonometrikus egyenletrendszer kikötésekkel

Meg kell határoznunk azoknak a Θ értékeknek a számát, amelyek a (−π/2; π/2) nyílt intervallumba esnek – a határok nem számítanak bele a kerek zárójel miatt –, és Θ nem egyenlő n-szer π/5-tel, vagyis nem olyan többszöröse π/5-nek, ahol n egyenlő 0, vagy ±1 vagy ±2, valamint tg Θ = ctg 5Θ és sin 2Θ = cos 4Θ. Meg kell tehát határoznunk azon Θ értékeknek a számát, amelyekre mindez érvényes. Nos, már rögtön látszik, hogy a Θ-t kell meghatároznunk, és a szinuszt és a koszinuszt kell egymásba alakítani, ami nagyjából ugyanaz, mint a tangens és kotangens közti átalakítás. Majd mindjárt megcsináljuk. Ha éppen vizsgára készülsz, és kevés időd van, akkor nem ajánlom, hogy bizonyítsd be újra a trigonometrikus azonosságokat, Ádámtól és Évától. De tanulási céllal szeretem ezt mindig megcsinálni. Hadd rajzoljak ide egy derékszögű háromszöget! Ha dolgozatot készülsz írni trigonometriából, mindenképp javaslom, hogy a fontosabb szögfüggvényekkel legyél tisztában. Nos, legyen ez egy derékszögű háromszög, és legyen ez a szög Θ. És aztán ez a szög itt π/2 − Θ, radiánban kifejezve. 90 fok az π/2, az egész háromszög 180 fokból áll, ami ugye π. Ez tehát π/2, és így ennek a két szögnek az összege is π/2 lesz, ez tehát π/2 − Θ. Most gondolkodjunk el azon, mi is a cos Θ! Koszinusz théta a szisza-koma-taszem szerint – nevezzük ezeket az oldalakat a, b és c-nek, ez lesz a szög melletti oldal –, hadd írjam ezt le, szisza-koma-taszem, vagyis a koszinusz a melletti per az átfogó. cos Θ = b/c, szög melletti per átfogó. De mivel egyenlő még a b/c? Ha ezt a szöget vesszük, ebből a nézőpontból b a szemközti oldal. Innen nézve tehát a szemközti befogó per az átfogó, vagyis sin (π/2 − Θ)-val is megegyezik. Megvan tehát az első alapvető azonosságunk, miszerint cos Θ = sin (π/2 − Θ). És fordítva is csinálhatnánk, ugyanezzel a logikával felírhatnánk, hogy sin Θ = cos (π/2 − Θ). Ez hasznos lesz, amikor meg akarjuk oldani ezt az egyenletet. Sőt, ennek a megoldásánál is fogjuk tudni használni. Ugyanis ha fel akarnánk írni az 5Θ kotangensét, hadd írjam le, ctg 5Θ az nem más, mint cos 5Θ / sin 5Θ. Ez ugyanis az 1 per tangens. És ez annyi, mint: a koszinuszt át tudom átalakítani szinusszá ezt az azonosságot alkalmazva, ez itt tehát sin (π/2 − 5Θ) / cos (π/2 − 5Θ). Ezt az azonosságot használom fel itt, és ez így nem más, mint tg (π/2 − 5Θ). Ezt az egyenletet kell megoldanunk, és az egyenlet valamennyi megoldását meg akarjuk majd kapni. Fontos lenne megjegyezned, hogy amikor egy szög tangensét veszed, miről is van szó. Le is rajzolom ide az egységsugarú kört, a tengelyeket, és legyen mondjuk ez egy Θ szög. Talán emlékszel arra, hogy ez a Θ meghatározza a kialakult egyenes meredekségét, szóval a szemközti befogó per az átfogó megadja az egyenes, vagyis az egységkör sugarának a meredekségét. Nos, ennek a Θ-nak ugyanaz a tangense, mint a nála 180 fokkal vagy π-vel nagyobb szögnek. Ha hozzáadunk π-t, ez az egész szög itt Θ + π lesz, aminek a tangense ugyanaz lesz, a sugár meredeksége megegyezik. Tehát egy tangensnél hozzáadhatod a π bármilyen többszörösét, és ugyanazt az eredményt kapod. Hadd adjam itt hozzá π többszöröseit, hogy biztosítsuk, hogy az összes eredményt megkapjuk majd. Ezt tudva most már meg tudjuk oldani ezt az első egyenletet és azután foglalkozhatunk majd ezzel a többi feltétellel. Tehát tg Θ = ctg 5Θ. Most felírhatjuk, hogy tangens théta egyenlő – ctg 5Θ helyett vehetjük ezt –, tg Θ = tg (π/2 − 5Θ + nπ), ahol n egész szám. Így ennek a tangense megegyezik ennek a tangensével, ezek egyenlők lesznek egymással. Azt kapjuk, hogy Θ = π/2 − 5Θ + nπ. Legalábbis ez egyenlő lesz,.. amikor ennek a tangensét vesszük, akkor az megegyezik ennek a tangensével, és hozzáadhatjuk a π többszöröseit. Akármelyiket veheted. De most ezt meg kell oldanunk. Az egyenlőség mindkét oldalához hozzáadhatunk 5π-t, bocsánat, 5Θ-t, és ha hozzáadjuk, itt az lesz, hogy 6Θ = π/2 + nπ. Osszuk el mindkét oldalt 6-tal, Θ = π/12 + nπ/6, vagy hogy a törteket könnyebb legyen összeadni, ez annyi, mint π/12 + 2nπ/12, hiszen ez itt ugyanaz, mint nπ/6, csupán a számlálót és a nevezőt is megszoroztam 2-vel. És ez nem más, mint – ide képzelve egy 1-es együtthatót – (2n+1) π/12. Tehát ez ennek az első egyenletnek az összes megoldása. Most csináljuk meg ugyanezt erre a második egyenletre, és aztán megnézzük, mi a közös megoldás ebben az intervallumban, és aztán kivesszük azokat, amelyekre teljesül ez a feltétel. Szóval a második egyenlet. Hadd írjam le ide: sin 2Θ... De kezdjük inkább a másikkal, cos 4Θ, mivel lesz egyenlő cos 4Θ? Ha ugyanazt a logikát használjuk, cos 4Θ = sin (π/2 − Θ...... és persze ezeknél a szögfüggvényeknél mindig igaz, hogy ha vesszük egy szög egy szögfüggvényét, akkor a szöghöz hozzáadva 2π bármilyen egész számú többszörösét, akkor ugyanazt az értéket kapjuk, szóval hadd írjam itt hozzá, hogy n-szer 2π, hogy biztosak legyünk abban, hogy az összes létező megoldást megkapjuk. Koszinusz théta tehát hoppá, vigyázzunk, itt elrontottam, cos 4Θ-ról van szó, cos 4Θ = sin (π/2 − 4Θ + 2πn) Hozzáadtuk a 2πn-t, hiszen a 2π egész többszöröseivel visszajutunk ugyanahhoz a szöghöz. Térjünk most vissza ehhez az egyenlőséghez! Az szerepel itt, hogy sin 2Θ = cos 4Θ, ami ugyanaz, mint ami itt van, azaz ez = sin (π/2 − 4Θ + 2πn). Ezek értéke tehát megegyezik, feleltessük meg akkor ezeket egymásnak: 2Θ = π/2 − 4Θ + 2πn. Adjunk az egyenlet mindkét oldalához 4Θ-t, itt 6Θ-t kapunk, 6Θ = π/2 + 2πn, mivel ez itt kiesik. Most osszuk el mindkét oldalt 6-tal! Θ = π/12 + πn/3. Most közös nevezőre hozhatjuk őket, hogy egyszerűbb legyen. A nevező 12 lesz, itt van ez a π, πn/3 az ugyanaz, mint 4nπ/12, vagyis úgy is írhatjuk, hogy Θ = (4n+1) π/12. Most már csak azt kell megvizsgálnunk, hol esik egybe ez a megoldás meg ez. Emlékezz rá, csak meg kell számolnunk a megoldásokat, tulajdonképpen nem kell meghatároznunk őket. És ha elég ügyes vagy, és fejben végiggondolod, ennél a pontnál láthatod is, hogy ezek közül hány lesz benne a (−π/2; π/2) intervallumban. Emlékszel ugye, ezzel a szakasszal dolgoztunk, −π/2 és π/2 között, a végpontok nélkül. És észreveheted, hogy ezek mindegyike egyben ezek valamelyike is lesz, mert mindegy, hogy mekkora az n, ha veszed a kétszeresét, akkor ugyanazt kapod. Bármelyik itteni érték egyben itteni is lesz. Minden, amire igaz ez az egyenlet, ezt az egyenletet is kielégíti. Így elegendő, ha megszámoljuk, hogy itt hány van. Hogy teljesen világos legyen, mindegyiket megkeresem, ami kielégíti ezt az egyenletet. És azután majd megnézzük, hogy azok közül hányra igaz ez az egyenlet is. De az a gyorsabb, ha megkeressük azokat, amikre ez igaz. Vagy csak megszámoljuk azokat, amelyekre igaz, és ezzel meg is oldottuk a feladatot. Szóval csak számoljunk. Kezdjük az n=0-nál. Ha n=0 (ezt az n-et fogom használni és nem is írom le), tehát ha n=0, akkor ez itt π/12. Ha n=1, akkor 3π/12 lesz. Ha n=2, akkor 5π/12. És n nem lehet 3, mert ha n=3, akkor ez itt 7π/12 lenne, ami nagyobb, mint π/2. Nagyobb, mint 6π/12, tehát ez nem lehet. A negatív n-eket is nézhetjük. Ha n=−1, akkor ez −π/12 lesz. Ha n=−2, akkor −3π/12. És n=−3 esetén −5π/12. És megint csak, n nem lehet −4, mert akkor −7π/12-t kapnánk, ami kívül esik az intervallumonkon. Ez tehát kielégíti ezt az egyenletet. Most melyikek esnek egybe ennél? Legyen n=0, ekkor π/12-t kapunk. Ha n=1, 5π/12-t. n nem lehet 2, mert akkor az intervallumon kívülre kerülnénk, π/2 fölé. Ha n=−1, akkor −3π/12-t kapunk, ha n=−2, akkor ez −8 lesz, −7π/12-t eredményezne, ami kisebb, mint −π/2, vagyis ez már nem jó. Összesen tehát három megoldásunk van. Ha megnézzük, akkor tényleg három megoldásunk van, egy, kettő, három megoldás. És egyikre sem teljesül ez a feltétel, egyik sem többszöröse az nπ/5-nek. Így tehát a válasz a kérdésre: 3. És elég lett volna a második egyenletet megoldani, ezt itt. És észrevenni, hogy mindegyik megoldás, ami igaz erre az alsó egyenletre, igaz lesz erre a felsőre is. [Sal tévedésből fordítva mondja.] És akkor elég lett volna ezeket a megoldásokat összeszámolni és azzal kész is lettünk volna.