uh trigonometrija

uh trigonometrija 06.10.2006. u 23:14 · pre 244 meseca #1

imam ovo:

$\tan(2\alpha) = \frac{a}{b} }$

a teba da dobijem ovo:

$\sin(\alpha) = \frac{w}{\sqrt{ 2(1+ \sqrt{1-w^{2}})}$ gde je $w = sign(b)\frac{a}{\sqrt{a^2 + b^2}}$

i vecito pitanje KAKO?

Potpis

Re: uh trigonometrija 07.10.2006. u 14:41 · pre 244 meseca #2

$\cos^2 2\alpha={1\over 1+\mathrm{tg} ^2\, 2\alpha}={b^2\over a^2+b^2}$
$\sin 2\alpha={\mathrm{tg}\, 2\alpha\cdot \cos 2\alpha}={a\over b}\cdot {\pm |b|\over \sqrt{a^2+b^2}}=\pm{\mathrm{sgn}\,b\cdot a\over\sqrt{a^2+b^2}}$

iz $\cos 2\alpha=2\cos^2\alpha-1$ sledi $\cos\alpha=\pm\sqrt{{1+\cos 2\alpha}\over 2}$

$\sin\alpha={\sin 2\alpha\over 2\cos\alpha}=\pm{\sin 2\alpha\over\sqrt{2(1+\cos 2\alpha)}}=\frac{{\mathrm{sgn}\,b\cdot a\over\sqrt{a^2+b^2}}}{\sqrt{2(1+\cos 2\alpha)}}=\frac{{\mathrm{sgn}\,b\cdot a\over\sqrt{a^2+b^2}}}{\sqrt{2(1\pm\sqrt{1-\sin^2 2\alpha)}}}$

Najzad, ako uzmemo da je $w:={\mathrm{sgn}\,b\cdot a\over\sqrt{a^2+b^2}}$ dobijamo $\sin\alpha={w\over\sqrt{2(1\pm\sqrt{1-w^2})}}$ .

Ako je cilj bio samo to da se $\sin\alpha$ iskaže u f-ji $a$ i $b$ , onda je moglo i jednostavnije...

Potpis

_{Attempt all the problems. Those you can do, don't do. Do the ones you cannot.}

Re: uh trigonometrija 07.10.2006. u 21:42 · pre 244 meseca #3

Samo sitna intervencija: Dragi moj uraniume, $\sqrt{b^2}=|b|$ , a ne $\pm|b|$ , pa onda dobijaš ${|b|\over b}=\mathrm{sgn}\,b$ umesto $\pm\mathrm{sgn}\,b$

Re: uh trigonometrija 07.10.2006. u 21:49 · pre 244 meseca #4

Ali dragi moj Farenhajte, ja rešavam nešto oblika $X^2=B^2$ , a nemam dovoljno podataka da zaključim kakvog je znaka to $X$ zar ne?

Dakle, nema nikakvog spora oko $\sqrt{b^2}$ već oko onog $\cos 2\alpha$ ...

Potpis

_{Attempt all the problems. Those you can do, don't do. Do the ones you cannot.}

Re: uh trigonometrija 08.10.2006. u 00:44 · pre 244 meseca #5

Aha, tačno. Pardon

Re: uh trigonometrija 08.10.2006. u 02:08 · pre 244 meseca #6

hvala svima

Potpis

Re: uh trigonometrija 25.12.2011. u 13:13 · pre 180 meseci #7

Kako dokazati $\frac {1}{2} arctg \frac {2x}{1-x^2} = arcsin \frac {x}{\sqrt{1+x^2}}$ , za $-1<x<1$ , bez upotrebe izvoda. Potrebna samo ideja. Hvala unapred :D

Re: uh trigonometrija 25.12.2011. u 22:00 · pre 180 meseci #8

Nađeš tangens od 2 alfa, i sinus alfa, preko x.

Posle izraziš alfa preko arctg i arcsin.

Potpis

A mathematician is a blind man in a dark room looking for a black cat which isn't there.

Arc1.JPG17.42k

Re: uh trigonometrija 26.12.2011. u 14:01 · pre 180 meseci #9

Hvala puno, nista bez vas.... :D

Re: uh trigonometrija 27.12.2011. u 20:35 · pre 180 meseci #10

Uf. Ja bas zakasao sa ovim arkus funkcijama. Problem je sledeci: Data je funkcija $f(x)=arctg \frac {x^2-3}{2x\sqrt{3}}$ . Datu funkciju sam izrazio preko $arccos$ funkcije, i dobio da je data funkcija jednaka sa $g(x)=arccos \frac {2x \sqrt{3} } {x^2+3}$ . Medjutim, te funkcije nisu jednake za svako x. Pitanje je kako odrediti te uslove? Da li treba da koristim definisanost arkusa? $arccos x = a$ , $x \in [-1, 1]$ . Ili ima tu jos nesto? Moze li x da bude 0? Posto vazi $arctg(+\infty)=\frac\pi 2$ . Hvala...

Re: uh trigonometrija 27.12.2011. u 22:49 · pre 180 meseci #11

$y=\arctan\left(\frac{x^2-3}{2x\sqrt{3}}\right)$ .

Znači, $x\neq 0$ , $\tan(y)=\frac{x^2-3}{2x\sqrt{3}}$ i $|y|<\frac\pi 2$ .

$(\cos(y))^2=\frac 1{1+(\tan(y))^2}=\frac{12x^2}{(x^2+3)^2}$ .

Obzirom da je $|y|<\frac\pi 2$ , važi $\cos(y)>0$ , pa je

$\cos(y)=\frac{2|x|\sqrt{3}}{x^2+3}$ .

Iz poslednjeg i $|y|<\frac\pi 2$ sledi da je

$|y|=\arccos\left(\frac{2|x|\sqrt{3}}{x^2+3}\right)$ ,

odnosno

$\left|\arctan\left(\frac{x^2-3}{2x\sqrt{3}}\right)\right|=\arccos\left(\frac{2|x|\sqrt{3}}{x^2+3}\right)$ za $x\neq 0$ .

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Re: uh trigonometrija 28.12.2011. u 13:47 · pre 180 meseci #12

Ali kad nacrtam grafike funkcija u programu, dobijam da su funkcije jednake za $x> \sqrt{3}$ . ?

Re: uh trigonometrija 28.12.2011. u 16:41 · pre 180 meseci #13

Nedeljko je pokazao da jesu jednaki, ostaje još da pokažemo za koje x-ove su jednaki.

Imamo $y=\arctan\left(\frac{x^2-3}{2x\sqrt{3}}\right)$ i $y=\arccos\left(\frac{2x\sqrt{3}}{x^2+3}\right)$ .

Pogledajmo grafike funkcija arctan i arccos:

http://mathworld.wolfram.com/InverseTangent.html
http://mathworld.wolfram.com/InverseCosine.html.

Dobijamo:

$\frac{-\pi}{2}<y<\frac{\pi}{2}$ i $0\leq y \leq \pi$ tj. (odredimo njihov presjek) $0\leq y < \frac{\pi}{2}$ .

Odatle dalje dobijamo:

$\frac{x^2-3}{2x\sqrt{3}}\geq 0$ i $0<\frac{2x\sqrt{3}}{x^2+3}\leq 1$ .

Rješavajući sistem nejednačina, dobijamo:

$x\geq \sqrt{3}$ .

Forum kao aplikacija na telefonu

Srodne teme