Kezdőlap


Feladat:	710. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Alpár László , Blazsek I. , Gajzágó E. , Gerber Zsuzsa , Parti L. , Réffy K. , Varga Á.
Füzet:	1931/október, 46 - 48. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Harmadfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Trigonometria, Polinomok szorzattá alakítása, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1931/május: 710. matematika feladat

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

a) Ha $0 < r < 90^{\circ}$ , akkor $cos r = \sqrt[]{1 - \frac{1}{10}} = \frac{3}{\sqrt[]{10}}$ .
Az adott egyenletet írhatjuk így:

\begin{matrix} cos x = \frac{\sqrt[]{10}}{2} (sin 3 x cos r + cos 3 x sin r) = \frac{3}{2} sin 3 x + \frac{1}{2} cos 3 x, \end{matrix}

(1)

vagy :

\begin{matrix} 3 sin 3 x = 2 cos x - cos 3 x = (cos - cos 3 x) + cos x = 2 sin 2 x sin x + cos x = \\ = 4 sin^{2} x cos x + cos x = cos x (1 + 4 sin^{2} x) . & (2) \end{matrix}

Másrészt :

\begin{matrix} 3 sin 3 x = 3 sin x (3 - 4 sin^{2} x), \end{matrix}

(3)

tehát

\begin{matrix} 3 sin x (3 - 4 sin^{2} x) = cos x (1 + 4 sin^{2} x) vagy 3 tg x = \frac{1 + 4 sin^{2} x}{3 - 4 sin^{2} x} . \end{matrix}

(4)

\begin{matrix} sin^{2} x = \frac{{tg}^{2} x}{1 + {tg}^{2} x} \end{matrix}

helyettesítéssel élünk a (4)-ben, kellő rendezéssel

\begin{matrix} 3 tg x = \frac{5 {tg}^{2} x + 1}{3 - {tg}^{2} x} ill. 3 tg^{3} x + 5 {tg}^{2} x - 9 tg x + 1 = 0 \end{matrix}

(5)

egyenlethez jutunk. Ezen egyenletet

tg x = 1

kielégíti, tehát az (5) baloldala osztható

tg x - 1

gyöktényezővel:

\begin{matrix} 3 tg^{3} x + 5 {tg}^{2} x - 9 tg x + 1 = (tg x - 1) (3 {tg}^{2} x + 8 tg x - 1) . \end{matrix}

Az (5) egyenlet másik két gyökét a

\begin{matrix} 3 {tg}^{2} x + 8 tg x - 1 = 0 \end{matrix}

(6)

egyenlet szolgáltatja. Ezen egyenlet egyik gyöke pozitív, a másik negatív. Minthogy

0^{\circ}

és

90^{\circ}

közötti megoldást keresünk, csak az előbbi lelel meg, t. i.

\begin{matrix} tg x_{2} = \frac{- 8 + \sqrt[]{64 + 12}}{6} = \frac{- 4 + \sqrt[]{19}}{3} és így x_{2} = 6^{\circ} 49' 24'' . \\ tg x_{1} = 1 esetében x_{1} = 45^{\circ} . \end{matrix}

\begin{matrix} cos x = \frac{\sqrt[]{10}}{2} sin (3 x - r) = \frac{\sqrt[]{10}}{2} (sin 3 x cos r - cos 3 x sin r) = \frac{3}{2} sin 3 x - \frac{1}{2} cos 3 x . \end{matrix}

Innen:

\begin{matrix} 3 sin 3 x = 2 cos x + cos 3 x = (cos x + cos 3 x) + cos x = 2 cos 2 x cos x + cos x = \\ = cos x (2 cos 2 x + 1) = cos x (3 - 4 sin^{2} x) . & (7) \end{matrix}

Azonban:

\begin{matrix} 3 sin 3 x = 3 sin x (3 - 4 sin^{2} x) . \end{matrix}

(8)

(7)-ből és (8)-ból:

\begin{matrix} 3 sin x (3 - 4 sin^{2} x) = cos x (3 - 4 sin^{2} x), \end{matrix}

ill.

\begin{matrix} (3 sin x - cos x) (3 - 4 sin^{2} x) = 0. \end{matrix}

(9)

(9) egyenlet szerint egyrészt:

\begin{matrix} 3 - 4 sin^{2} x = 0 vagyis sin x = \pm \frac{\sqrt[]{3}}{2} . \end{matrix}

(10)

Másrészt

\begin{matrix} 3 sin x - cos x = 0 azaz tg x = \frac{1}{3} . \end{matrix}

(11)

(10) alapján,

0^{\circ}

és

90^{\circ}

között csak

x_{1} = 60^{\circ}

felel meg, (11) alapján

0^{\circ}

és

90^{\circ}

között

x = r = 18^{\circ} 26' 6, 4''

felel meg, mert

\begin{matrix} tg r = \frac{sin r}{cos r} = \frac{1}{\sqrt[]{10}} : \frac{3}{\sqrt[]{10}} = \frac{1}{3} . \end{matrix}

Alpár László (izr. rg. VII. o. Bp.)

Jegyzet. Egyes megoldásokban az

a)

egyenletből kiindulva

sin x

-re nézve a helyes

\begin{matrix} 160 sin^{6} x - 224 sin^{4} x + 74 sin^{2} x - 1 = 0 \end{matrix}

egyenlethez jutnak és ebből

sin^{2} x = y

helyettesítéssel

\begin{matrix} 160 y^{3} - 224 y^{2} + 74 y - 1 = 0 \end{matrix}

keletkezik. Ezen egyenlet gyökei:

\begin{matrix} y_{1} = \frac{1}{2}, y_{2} = \frac{9 + 2 \sqrt[]{19}}{20}, y_{3} = \frac{9 - 2 \sqrt[]{19}}{20} . \\ y_{2} értékéből: sin x = \pm \sqrt[]{\frac{9 + 2 \sqrt[]{19}}{20}} és így x = \pm 70^{\circ} 15' 21'' . \end{matrix}

Ezen két érték mindegyike kielégíti a hatodfokú egyenletet; de

x = + 70^{\circ} 15' 21''

nem elégíti ki az eredeti a) egyenletet, amiről helyettesítéssel könnyen meggyőződhetünk (De

x = - 70^{\circ} 15' 21''

kielégíti.) Ezen körülmény onnan származik, hogy a szóban forgó 6-odfokú egyenlet a

cos x = \sqrt[]{1 - sin^{2} x}

helyettesítés folytán előálló irracionális egyenletből keletkezik négyzetreemelés által és így idegen gyök csúszott be.