Υπολογισμός τιμών τριγωνομετρικών παραστάσεων

#1

Σαν συνέχεια αυτού του ποστ εδώ
και εμπνευσμένος από τη βελζεβούλικη λύση του μαέστρου Σεραφείμ, θέτω κάποιες επιπλέον παρόμοιες ασκήσεις, χωρίς να εγγυώμαι ότι επιδέχονται απαραίτητα το όδιο βελζεβούλικες λύσεις αφού δεν τις έχω λύσει όλες ακόμα...

Από κίτρινη βίβλιο λοιπόν, ας υπολογιστούν οι τιμές των παραστάσεων :

1) $\displaystyle\sin\Big(\cos^{-1}\frac{1}{2}+\cos^{-1}\frac{1}{3}\Big)$

2) $\displaystyle\sin\Big(\frac{1}{2}\cos^{-1}\frac{3}{5}-2\cot^{-1}(-2)\Big)$

3) $\displaystyle2\tan\Big(\cos^{-1}\frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}-\cos^{-1}\frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}\Big)$ , με x>0

tsaknakis · #2

με τη μεθοδο του μπακαλη το πρωτο μου βγηκε $^+_-\frac{\sqrt{3}}{6}$ $^+_-\frac{\sqrt{2}}{3}$

mathxl · #3

Για το 1
$\displaystyle{\begin{array}{l} \sin ({\cos ^{ - 1}}\frac{1}{2} + {\cos ^{ - 1}}\frac{1}{3}) = \sin \left( {ar{\mathop{\rm c}\nolimits} cos\frac{1}{2}} \right)\cos \left( {ar{\mathop{\rm c}\nolimits} cos\frac{1}{3}} \right) + \sin \left( {ar{\mathop{\rm c}\nolimits} cos\frac{1}{3}} \right)\cos \left( {ar{\mathop{\rm c}\nolimits} cos\frac{1}{2}} \right) = \\ = \frac{1}{3}\sin \left( {ar{\mathop{\rm c}\nolimits} cos\frac{1}{2}} \right) + \frac{1}{2}\sin \left( {ar{\mathop{\rm c}\nolimits} cos\frac{1}{3}} \right) = \\ = \frac{1}{3}\sqrt {1 - {{\cos }^2}\left( {ar{\mathop{\rm c}\nolimits} cos\frac{1}{2}} \right)} + \frac{1}{2}\sqrt {1 - {{\cos }^2}\left( {ar{\mathop{\rm c}\nolimits} cos\frac{1}{3}} \right)} \\ = \frac{1}{3}\sqrt {1 - \frac{1}{4}} + \frac{1}{2}\sqrt {1 - \frac{1}{9}} = \frac{{\sqrt 3 }}{6} + \frac{{\sqrt 2 }}{3} \\ \end{array}}$

tsaknakis · #4

αυτό έκανα κ εγώ, αλλά δεν είναι $sin(arccos\frac{1}{2})=^+_-\sqrt{1-cos^2(arccos\frac{1}{2})}$ ?

mathxl · #5

Ισχύει
$\displaystyle{\arccos x = 2\arctan \frac{{\sqrt {1 - {x^2}} }}{{1 + x}},{\rm{ if }} - 1 < x \le + 1}$
γαι χ= 3/5 είναι $\displaystyle{\arccos \frac{3}{5} = 2\arctan \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{1}{2}\arccos \frac{3}{5} = \arctan \frac{1}{2}}$
Επίσης ισχύει
$\displaystyle{{\mathop{\rm arccot}\nolimits} \frac{1}{x} = \frac{\pi }{2} - {\mathop{\rm arccot}\nolimits} x = \arctan x,{\rm{ }}x > 0}$

Για χ=1/2 έχουμε $\displaystyle{{\mathop{\rm arccot}\nolimits} 2 = \arctan \frac{1}{2}}$

άρα για την αρχική παράσταση μετά από αντικατάσταση έχουμε
$\displaystyle{\begin{array}{l} \sin \left( {\frac{1}{2}{{\cos }^{ - 1}}\frac{3}{5} - 2{{\cot }^{ - 1}}( - 2)} \right) = \sin \left( {\frac{1}{2}{{\cos }^{ - 1}}\frac{3}{5} + 2{{\cot }^{ - 1}}2} \right) = \sin \left( {\arctan \frac{1}{2} + 2\arctan \frac{1}{2}} \right) = \\ = \sin \left( {3\arctan \frac{1}{2}} \right) = 3\sin \left( {\arctan \frac{1}{2}} \right) - 4{\sin ^3}\left( {\arctan \frac{1}{2}} \right) = \\ = 3\frac{{\frac{1}{2}}}{{\sqrt {1 + \frac{1}{4}} }} - 4{\left( {\frac{{\frac{1}{2}}}{{\sqrt {1 + \frac{1}{4}} }}} \right)^3} = \frac{{11\sqrt 5 }}{{25}} \\ \end{array}}$

mathxl · #6

tsaknakis έγραψε:αυτό έκανα κ εγώ, αλλά δεν είναι $sin(arccos\frac{1}{2})=^+_-\sqrt{1-cos^2(arccos\frac{1}{2})}$ ?

Δεν δίνουμε σύνολο τιμών στην arcos [0,π] για χ στο [-1,1]; Άρα το ημίτονο θετικό ή μηδέν

mathxl · #7

Για το 3)
$\displaystyle{\begin{array}{l} 2\tan \left( {{{\cos }^{ - 1}}\frac{1}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} - {{\cos }^{ - 1}}\frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}} \right) = \\ 2\tan \left( {\arccos \left( {\cos \left( {\arctan x} \right)} \right) - ar\cos \left( {\sin \left( {\arctan x} \right)} \right)} \right) = \\ 2\tan \left( {\arctan x - \frac{\pi }{2} + \arcsin \left( {\sin \left( {\arctan x} \right)} \right)} \right) = \\ 2\tan \left( {\arctan x - \frac{\pi }{2} + \arctan x} \right) = \\ - 2\cot \left( {2\arctan x} \right) = \\ - 2\frac{1}{{\tan \left( {2\arctan x} \right)}} = \\ - 2\frac{{1 - {{\tan }^2}\left( {\arctan x} \right)}}{{2\tan \left( {\arctan x} \right)}} = \\ \frac{{{x^2} - 1}}{x} \\ \end{array}}$

tsaknakis · #8

mathxl έγραψε:
tsaknakis έγραψε:αυτό έκανα κ εγώ, αλλά δεν είναι $sin(arccos\frac{1}{2})=^+_-\sqrt{1-cos^2(arccos\frac{1}{2})}$ ?
Δεν δίνουμε σύνολο τιμών στην arcos [0,π] για χ στο [-1,1]; Άρα το ημίτονο θετικό ή μηδέν

Εχεις δικιο,
βασικα το ^+_-

στο αποτελεσμα απο μονο του για τον υπολογισμο σταθερης ποσοτητας ηταν ηλιθιοτητα

k-ser · #9

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: 3) $\displaystyle2\tan\Big(\cos^{-1}\frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}-\cos^{-1}\frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}\Big)$ , με

Γιατί να μην το κάνουμε ....
$\displaystyle \cos^{-1}\frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}=\theta$ , $\displaystyle \cos^{-1}\frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}=\phi$ , με $\displaystyle \theta , \phi \in \left(0,\frac{\pi}{2}\right)$ .
Άρα
$\displaystyle \cos{\theta}= \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$ και $\displaystyle \cos{\phi}= \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$ .
Εύκολα πλέον, βρίσκουμε: $\tan{\theta}=x$ και $\displaystyle \tan{\phi}=\frac{1}{x}$
οπότε η ζητούμενη παράσταση θα είναι: $\displaystyle ...=2\cdot \tan(\theta-\phi)=2\cdot \frac{\tan{\theta}-\tan{\phi}}{1+\tan{\theta}\cdot \tan{\phi}}=x-\frac{1}{x}$
;

Υπολογισμός τιμών τριγωνομετρικών παραστάσεων

Υπολογισμός τιμών τριγωνομετρικών παραστάσεων

Re: Υπολογισμός τιμών τριγωνομετρικών παραστάσεων

Re: Υπολογισμός τιμών τριγωνομετρικών παραστάσεων

Re: Υπολογισμός τιμών τριγωνομετρικών παραστάσεων

Re: Υπολογισμός τιμών τριγωνομετρικών παραστάσεων

Re: Υπολογισμός τιμών τριγωνομετρικών παραστάσεων

Re: Υπολογισμός τιμών τριγωνομετρικών παραστάσεων

Re: Υπολογισμός τιμών τριγωνομετρικών παραστάσεων

Re: Υπολογισμός τιμών τριγωνομετρικών παραστάσεων

Μέλη σε σύνδεση