Η σαραντάρα

Συντονιστής: chris_gatos

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8403
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Η σαραντάρα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τρί Ιούλ 02, 2019 5:04 pm

Να αποδείξετε ότι: \displaystyle \tan 40^\circ  = \frac{{\left( {1 - {{\tan }^2}10^\circ } \right)\sqrt 3 }}{2}



Λέξεις Κλειδιά:
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2619
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Η σαραντάρα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τετ Ιούλ 03, 2019 1:38 pm

george visvikis έγραψε:
Τρί Ιούλ 02, 2019 5:04 pm
Να αποδείξετε ότι: \displaystyle \tan 40^\circ  = \frac{{\left( {1 - {{\tan }^2}10^\circ } \right)\sqrt 3 }}{2}
Η δοθείσα γράφεται

\displaystyle \tan (30+10)^\circ  = \frac{{\left( {1 - {{\tan }^2}10^\circ } \right)\sqrt 3 }}{2}

Θέτοντας b=\tan 10 και κάνοντας τις πράξεις είναι ισοδύναμη με την

\sqrt{3}b^{3}-3b^{2}-3\sqrt{3}b+1=0(1)

Χρησιμοποιώντας την σχέση \displaystyle \tan 3x=\frac{3\tan x-(\tan x)^{3}}{1-3(\tan x)^{2}}

για x=10 καταλήγουμε στην (1)

Ετσι η (1) ισχύει .
Αρα και η αρχική αφού είναι ισοδύναμη της.


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6716
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Η σαραντάρα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Πέμ Ιούλ 04, 2019 12:30 am

george visvikis έγραψε:
Τρί Ιούλ 02, 2019 5:04 pm
Να αποδείξετε ότι: \displaystyle \tan 40^\circ  = \frac{{\left( {1 - {{\tan }^2}10^\circ } \right)\sqrt 3 }}{2}
Επειδή \boxed{\tan 20^\circ  = \frac{{2\tan 10^\circ }}{{1 - {{\tan }^2}10^\circ }}} διαιρώ τα δύο μέλη με 2\tan 10^\circ κι έχω ισοδύναμα:

\dfrac{{\sin 40^\circ }}{{2\tan 10^\circ \cos 40^\circ }} = \dfrac{{\sin 60^\circ }}{{\tan 20^\circ }} η οποία γράφεται ισοδύναμα :

\left( {2\sin 60^\circ \sin 40^\circ } \right)\tan 10^\circ  = 2\sin 20^\circ \cos 20^\circ \dfrac{{\sin 20^\circ }}{{\cos 20^\circ }} ή

\left( {\sin 100^\circ  + \sin 20^\circ } \right)\tan 10^\circ  = 2{\sin ^2}20^\circ  \Leftrightarrow \left( {\cos 10^\circ  + 2\sin 10°\cos 10^\circ } \right)\tan 10^\circ  = 2{\sin ^2}20^\circ

Κι επειδή \tan 10^\circ \cos 10^\circ  = \sin 10^\circ η προηγούμενη γίνεται :

\sin 10^\circ  + 2{\sin ^2}10^\circ  = 2{\left( {2\sin 10^\circ \cos 10^\circ } \right)^2} ή τελικά :


\sin 10^\circ  + 2{\sin ^2}10^\circ  = 8{\sin ^2}10^\circ \left( {1 - {{\sin }^2}10^\circ } \right) \Leftrightarrow \boxed{3\sin 10^\circ  - 4{{\sin }^3}10^\circ  = \frac{1}{2} = \sin (3 \cdot 10^\circ )}


Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6170
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Η σαραντάρα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Πέμ Ιούλ 04, 2019 2:06 am

Ας παρατηρήσουμε ακόμα ότι η ζητούμενη είναι ισοδύναμη με την γνωστότατη σχέση

\displaystyle{\sin 20^o \sin 40^o \sin 80^o =\frac{\sqrt{3}}{8}.} (\displaystyle{\color{red}\bigstar})

Πράγματι, επειδή ισχύει

\displaystyle{1-\tan ^2 10^o=\frac{\cos 20^o}{\cos ^2 10^o}},

η αποδεικτέα γράφεται

\displaystyle{\sin 40^o \cos ^2 10^o=\cos 20^o \cos 40^o \frac{\sqrt{3}}{2}.}

Όμως είναι

\displaystyle{\cos 20^o \cos 40^o=\frac{\sin 40^o}{2\sin 20^o}\frac{\sin 80^o}{2\sin 40^o}=\frac{\sin 80^o}{4\sin 20^o}}

και φτάνουμε στην (\displaystyle{\color{red}\bigstar}) λόγω της \displaystyle{\cos 10^o=\sin 80^o.}


Μάγκος Θάνος
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1083
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Η σαραντάρα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Πέμ Ιούλ 04, 2019 11:08 am

Καλημέρα σε όλους. Μια ακόμη διαδρομή

 \displaystyle \tan 40^\circ  = \frac{{\left( {1 - {{\tan }^2}10^\circ } \right)\sqrt 3 }}{2}\Leftrightarrow 2tan30^{0}tan40^{0}=1-tan^{2}10^{0}  ...(1)


Είναι tan30^{0}tan40^{0}=\dfrac{2sin30^{0}sin40^{0}}{2cos30^{0}cos40^{0}}=\dfrac{cos10^{0}-cos70^{0}}{cos10^{0}+cos70^{0}}=\dfrac{cos10^{0}-sin20^{0}}{cos10^{0}+sin20^{0}}=\dfrac{1-2sin10^{0}}{1+2sin10^{0}}

και 1-tan^{2}10^{0}=1-\dfrac{1-cos20^{0}}{1+cos20^{0}}=\dfrac{2cos20^{0}}{1+cos20^{0}}.

Έτσι  (1) \Leftrightarrow \dfrac{1-2sin10^{0}}{1+2sin10^{0}} =\dfrac{cos20^{0}}{1+cos20^{0}} \Leftrightarrow

4sin10^{0}cos10^{0}=1-2sin10^{0} \Leftrightarrow  2sin10^{0}cos10^{0}+sin10^{0}=\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow

sin30^{0} +sin\left ( -10^{0} \right)+sin10^{0}= \dfrac{1}{2} που ισχύει. Φιλικά , Γιώργος.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8403
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Η σαραντάρα

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Πέμ Ιούλ 04, 2019 4:37 pm

Ευχαριστώ τους Σταύρο, Νίκο, Θάνο και Γιώργο για τις λύσεις τους. Ας βάλουμε και λίγη Γεωμετρία

χρησιμοποιώντας τα συμπεράσματα αυτής της άσκησης, όπως φαίνονται στο παρακάτω σχήμα.
Η 40άρα.png
Η 40άρα.png (12.35 KiB) Προβλήθηκε 384 φορές
\displaystyle \tan 20^\circ  = \frac{{2\tan 10^\circ }}{{1 - {{\tan }^2}10^\circ }} \Leftrightarrow \frac{{(1 - {{\tan }^2}10^\circ )\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\tan 10^\circ  \cdot \tan 60^\circ }}{{\tan 20^\circ }} = \dfrac{{\dfrac{{AD}}{{AB}} \cdot \dfrac{{AC}}{{AE}}}}{{\dfrac{{AC}}{{AB}}}} = \frac{{AD}}{{AE}} = \tan 40^\circ


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6716
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Η σαραντάρα

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Πέμ Ιούλ 04, 2019 5:22 pm

george visvikis έγραψε:
Πέμ Ιούλ 04, 2019 4:37 pm
Ευχαριστώ τους Σταύρο, Νίκο, Θάνο και Γιώργο για τις λύσεις τους. Ας βάλουμε και λίγη Γεωμετρία

χρησιμοποιώντας τα συμπεράσματα αυτής της άσκησης, όπως φαίνονται στο παρακάτω σχήμα. Η 40άρα.png
\displaystyle \tan 20^\circ  = \frac{{2\tan 10^\circ }}{{1 - {{\tan }^2}10^\circ }} \Leftrightarrow \frac{{(1 - {{\tan }^2}10^\circ )\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\tan 10^\circ  \cdot \tan 60^\circ }}{{\tan 20^\circ }} = \dfrac{{\dfrac{{AD}}{{AB}} \cdot \dfrac{{AC}}{{AE}}}}{{\dfrac{{AC}}{{AB}}}} = \frac{{AD}}{{AE}} = \tan 40^\circ
:coolspeak:


Απάντηση

Επιστροφή σε “Προτεινόμενα Θέματα Μαθηματικών”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης