Feladat: 913. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Bartha László ,  Katona Éva ,  Losonczy László 
Füzet: 1959/március, 84 - 86. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Azonosságok, Trigonometrikus egyenletek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1958/szeptember: 913. matematika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. megoldás: 5x=y helyettesítéssel és a cos2y=cos2y-sin2y=1-2sin2y, ctgy=1/tgy, tgy=siny/cosy és cos2y=1-sin2y azonosságok felhasználásával egyenletünk átalakítható:

1-2sin2y+tg2y=2,1-2sin2y+sin2y1-sin2y=2.
Írjunk sin2y helyébe z-t, és zárjuk ki előre az esetleges z=1 megoldást.
1-2z+z1-z=2,z2=12,z2=12,z=12
(a negatív gyök nem felel meg, mert z=sin2y≥0). Most már
siny=±12=±82=±0,8409;
innen századfoknyi pontossággal
y1=57,23∘+k⋅360∘,y3=237,23∘+k⋅360∘,y2=122,77∘+k⋅360∘,y4=302,77∘+k⋅360∘,(k=0,±1,±2,...)


végül
x=y/5alapjánx1=11,45∘+k⋅72∘,x3=47,45∘+k⋅72∘,(I)x2=24,55∘+k⋅72∘,x4=60,55∘+k⋅72∘.


Eszerint egyenletünknek a 0∘, 72∘, 144∘, 216∘, 288∘ és 360∘ határokkal meghatározott 72∘-nyi szögintervallumok mindegyikében 4 megoldása van, 0∘ és 360∘ között 20 megoldása.
 

Katona Éva (Bp. XIV., Ybl M. építőipari t. I. o. t.)
 

II. megoldás: Közvetlenül cos10x-re kapunk egyenletet, ha a második tagnak az I. megoldásban is használt összefüggések alapján való
tg 5xctg 5x=tg25x=sin25xcos25x
átalakítására folytatólag a félszögekre vonatkozó sin2a/2=(1-cosα)/2 és cos2α/2=(1+cosα)/2 azonosságokat alkalmazzuk α=10x-szel:
cos10x+1-cos10x1+cos10x=2.
Innen cos10x≠-1 feltevéssel
cos210x-2cos10x-1=0,cos10x=1±2.

Csak a cos10x=1-2=-0,4142 gyök felel meg, mert a másik nagyobb 1-nél. A táblázat szerint
10x1=114,47∘+k⋅360,10x2=245,53∘+k⋅360∘,(k=0,±1,±2,...)
és így, ismét századfoknyi pontossággal:
x1=11,45∘+k⋅36∘,x2=24,55∘+k⋅36∘.(II)
Így minden egész k-ra k⋅36∘ és (k+1)⋅36∘ között (és minden más 36∘-nyi szögintervallumban) két gyöke van egyenletünknek, 0∘ és 360∘ között pedig 10-szer ennyi, vagyis 20 gyöke.
 

Losonczy László (Miskolc, Gábor Á. kohóipari t. IV.o. t.)
 

III. megoldás: Arra emlékezve, hogy egy szögnek minden trigonometriai függvényét négyzetgyökjeltől mentesen lehet kifejezni a feleakkora szög tangensével, egyenletünket olyanná alakíthatjuk át, amelyben csak tg 5x szerepel. Ugyanis cos10x=(1tg25x)/(1+tg25x) és így a biztosan el nem tűnő 1+tg25x-szel való szorzás és rendezés után
tg45x-2tg25x-1=0,tg25x=1±2
(feltéve természetesen, hogy tg 5x létezik, vagyis 5x≠90∘+k⋅180∘). A pozitív gyökből
tg 5x=±1+2=±1,5538,5x=±57,23∘+k⋅180∘(k=0,±1,±2,...)x=±11,45∘+k⋅36∘.(III)
x1=+11,45∘-ból a k=0, 1, 2, ..., 9, x2=-11,45∘-ból a k=1, 2, 3, ..., 10 értékekkel kapunk 0∘ és 360∘ közti szögeket, az ilyen gyökök száma 20.
 

Bartha László (Balassagyarmat, Balassi B. g. IV. o. t.)
 

Megjegyzés. A (II) gyökök páros k-val az (I) gyökök közül x1 és x3-at adják meg, páratlan k-val pedig az x2 és x4 gyököket. A (III) megoldás x2=-11,45∘+36∘ gyöke szerepel (I)-nek x2-jében k=0-val.