tg(a+x)tg(a-x)=1-2сos(2x) Вот. Решить для всех а.

задан 5 Июл '17 0:04

изменен 5 Июл '17 0:41

Извините все, кто пробовал решить: двойку пропустил

(5 Июл '17 0:42) epimkin

@epimkin: я уже решил без учёта двойки. Для исправленного варианта аналогично, только под корнем будет c^2+4c, а вторая серия получается для 0<c<=1/2.

(5 Июл '17 2:50) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
1

Преобразуем уравнение к виду $%\frac{\cos2x-\cos2a}{\cos2x+\cos2a}=1-\cos2x$%. Положим $%y=\cos2x$%, $%c=\cos2a$%. Тогда $%y-c+(y-1)(y+c)=0$% и $%y\ne-c$%.

Если $%y=-c$%, то из уравнения имеем $%y=c$%, то есть $%c=0$%. Обратно, если $%c=0$%, то $%y=0$%, и $%y=-c$%. Таким образом, имеется квадратное уравнение $%y^2+cy-2c=0$%, где $%c\ne0$%.

Дискриминант равен $%D=c^2+8c=c(c+8)\ge0$%, что равносильно $%c\ge0$% ввиду $%c\in[-1;1]$%. Тогда $%y=\frac{-c\pm\sqrt{c^2+8c}}2$%. Нас интересуют корни с условием $%y\in[-1;1]$%. Для одного из корней неравенство приобретает вид $%c-2\le\sqrt{c^2+8c}\le c+2$%, где $%c\in(0;1]$%. Одно из неравенств выполнено автоматически; второе возводим в квадрат и имеем $%c^2+8c\le c^2+4c+4$%, что в нашем случае верно. Отсюда при $%\cos2a > 0$% имеем $%\cos2x=\frac{\sqrt{\cos^22a+8\cos2a}-\cos2a}2$%, что решается стандартно через арккосинус.

Для второго корня получится $%-2-c\le\sqrt{c^2+8c}\le2-c$%, где одно из неравенств выполнено, а второе также можно возвести в квадрат. Здесь получается $%\cos2a\le\frac13$%, то есть при $%\cos2a\in(0;\frac13]$% мы имеем также условие $%\cos2x=\frac{-\sqrt{\cos^22a+8\cos2a}-\cos2a}2$% с дополнительной серией решений.

Задача, честно говоря, странноватая по виду -- не просматривается никакой "изюминки" в принципе.

ссылка

отвечен 5 Июл '17 2:46

@falcao, нашёл в старой книжке(1967), решение там на два листа, завтра опубликую и сравню

(5 Июл '17 3:23) epimkin

@epimkin: если это из старой книжки, то тогда не удивительно, потому что в то время часто предлагались "неэстетичные" задачи. Здесь даже сам вид ответа громоздкий. Но в любом случае было бы интересно сравнить с авторским решением.

(5 Июл '17 22:37) falcao

@falcao , Новоселов. Специальный курс тригонометрии 1967

(5 Июл '17 22:47) epimkin
10|600 символов нужно символов осталось
0

alt text

alt text

alt text

ссылка

отвечен 5 Июл '17 22:42

изменен 5 Июл '17 22:45

@epimkin: ну, это в общем и целом то же самое, только из-за отсутствия сокращённых обозначений (то есть неприменения принципа "обозначь бяку", по В.Уфнаровскому), получается ужасно длинно.

(5 Июл '17 23:16) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×915

задан
5 Июл '17 0:04

показан
309 раз

обновлен
5 Июл '17 23:16

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru