Feladat: Metresis 15. feladata Korcsoport: 18- Nehézségi fok: -
Füzet: 1894/július, 19 - 20. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Trigonometrikus egyenletek, Paraméteres egyenletek, Trigonometriai azonosságok, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1894/július: Metresis 15. feladata

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

Az adott egyenlet a következő alakban írható:

(sin3x+sinx)+(asin2x+sinx)=0
Az első tag
sin3x+sinx=sin2xcosx+cos2xsinx+sinx
=sin2xcosx+sinx(1+cos2x)
=sin2xcosx+sinx(1+cos2x-sin2x)
=sin2xcosx+2sinxcos2x
=2sin2xcosx
=4sinxcos2x
A második tag
asin2x+sinx=sinx(1+2acosx)
és így az egész egyenlet a következő alakot ölti:
sinx(4cos2x+2acosx+1)=0
Egy első megoldás sinx=0, miből
x=0vagyx=π
Másrészt az
f(cosx)=4cos2x+2acosx+1=0
egyenlet minden gyöke, mely -1 és +1 között foglaltatik x számára két megoldást szolgáltat, u. m.
α-tés2π-α-t.
melyek positívok és 2π-nél kisebbek.
Hogy az f(cosx)=0 egyenlet egy gyöke kielégítse e feltételt, szükséges és elegendő, miszerint
f(-1)f(+1)<0*
azaz
(5-2a)(5+2a)<0
mely minthogy a>0 egyenértékű ezzel:
a>52

Hogy mind a két gyök kielégítse a feltételt, kell, hogy egyidejűleg fennálljanak a következő relácziók:
(5-2a)(5+2a)01)
4a2-1602)
-1<-a4<13)

E feltételek azonban csak akkor vannak egyidejűleg kielégítve, ha
2a52
Ha tehát 0<a<2 az egyenletet csak az x=0 és x=π értékek elégítik ki.
) Lásd "másodfokú egyenlet diszkussziója" czímű czikket a "Középisk. Math. Lapok" első évfolyamában.