Feladat: 704. matematika gyakorlat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Abonyi A. ,  Baneth L. ,  Bihari I. ,  Buresch R. ,  Farkas E. ,  Farkas V. ,  Giesser Gy. ,  Gyarmati B. ,  Jahoda Antal ,  Jász L. ,  Kádár E. ,  Kaiser F. ,  Kalán J. ,  Kálmán E. ,  Kaufmann I. ,  Kepes J. ,  Kurz F. ,  Kürti J. ,  Lakner Gy. ,  Manner L. ,  Megyery E. ,  Papp G. ,  Pataki E. ,  Réffy K. ,  Repper I. ,  Scheffer K. ,  Schwarcz Á. ,  Singer I. ,  Spitz M. ,  Stekler E. ,  Stolcz T. ,  Szabó I. ,  Széll G. ,  Túri P. ,  Vona Gy. ,  Weisz D. ,  Weiszfeld E. 
Füzet: 1932/április, 218 - 219. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Trigonometrikus egyenletek, Trigonometria, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1932/február: 704. matematika gyakorlat

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

Legyen tgx=t, tehát

tg2x=2t1-t2éstg3x=3t-t31-3t21.
1
Így a következő egyenlethez jutunk:
t+2t1-t2=3t-t21-3t2.

Ezen egyenletnek egyik gyöke nyilván t=0; ehhez x=kπ értékek tartoznak (ahol k bármely poz. vagy neg. egész szám, illetőleg zérus). t-vel való osztás után keletkezik:
1+21-t2=3-t21-3t2vagyis3-t21-t2=3-t21-3t2ill.(3-t2)t2=0.

Tehát ismét: t=0 ill. t2-3=0, azaz t=±3.
Utóbbi t értékeknél: x=±π3+kπ.

Eszerint az adott egyenlet gyökeinek oly ívek felelnek meg (az egységsugarú körön), amelyeknek végpontjai egy szabályos hatszög csúcsai.
 

Jahoda Antal (Szent László rg. VII. o. Bp. XI.)

1tg3x=tg(2x+x)=tg2x+tgx1-tg2xtgx=2t1-t2+t1-2t1-t2t=3t-t31-3t2.