Zadanie na szóstkę - metoda z użyciem równania stopnia 3

Zadanie na szóstkę - metoda z użyciem równania stopnia 3.
Równanie do rozwiązania to:
sin α + cos α + tg α + ctg α = 1
(1)
Zakładamy, że tangens i kotangens istnieją (tzn. α ̸= kπ/2) i przekształcamy sumę tangensa i kotangensa następująco:
tg α + ctg α =
cos α
sin2 α + cos2 α
1
sin α
+
=
=
cos α
sin α
sin α cos α
sin α cos α
Po wstawieniu tego do oryginalnego równania (1) dostajemy do rozwiązania:
sin α + cos α +
1
=1
sin α cos α
(2)
Teraz UWAGA! To ważny moment! wykonujemy takie podstawienia:


 x = sin α + cos α
(3)

 y = sin α cos α
Nasze równanie (2) przechodzi w prostsze:
x+
1
=1
y
(4)
Ale mamy dwie niewiadome: x oraz y. Zauważ, że istnieje związek:
(sin α + cos α)2 = sin2 α + cos2 α + 2 sin α cos α = 1 + 2 sin α cos α
zatem
x2 = 1 + 2y
(5)
To jest nasze drugie równanie. Do rozwiązania mamy teraz (biorąc równania (4) i (5)) układ równań
z dwiema niewiadomymi x,y. Przy okazji zauważ, że y ̸= 0 ze względu na założenia o istnieniu tangensa
i kotangensa (czyli różnym od zera wartościom sinusa i kosinusa) zrobionymi na początku.

1


 x+ =1
y



(6)
x2 = 1 + 2y
Pierwsze równanie mnożymy stronami przez y. Z drugiego z równań (6) wyznaczamy y


 xy + 1 = y

 y = 1 (x2 − 1)
2
(7)
Wstawiamy y z drugiego do pierwszego równania
1
1
x · (x2 − 1) + 1 = (x2 − 1)
2
2
Mnożymy stronami przez 2, przenosimy wszystko na lewą stronę, porządkujemy.
x3 − x2 − x + 3 = 0
(8)
I to jest równanie 3-go stopnia, które mamy rozwiązać. Jeśli to zrobimy, to z drugiego z równań (7)
znajdziemy y, a następnie z równań (3) sinus i kosinus kąta α, będącego rozwiązaniem zadania.
Przepiszę na nowej stronie równanie do rozwiązania. Nie ma ono łatwych do zgadnięcia rozwiązań.
Możesz powiedzieć, że nauczyłaś się tego, co poniżej z sieci, sposobu, który podaję, raczej nie ma w
liceum. Zaznaczam, że podstawienia, które stosuję nie są “zgadywanką”, ale opierają się na wzorach,
które można znaleźć w Wikipedii.
Najpierw podstawiamy za x nową zmienną “z” przy czym:
x=z+
1
3
(9)
Nasze równanie przechodzi w poniższe. Uwierz mi, że przeliczyłem za pomocą programu to, co wychodzi.
)
(
)
(
)
(
1 2
1
4
70
1 3
− z+
− z+
+ 3 = 0 zatem z 3 − z +
=0
(10)
z+
3
3
3
3
27
Pozbyliśmy się składnika zawierającego z 2 , tak radzi Wikipedia. Teraz kolejne podstawienie, jeszcze
dziwniejsze, mające na celu pozbycie się składnika zawierającego “z” w pierwszej potędze:
z=
1
4
t+
9
t
(11)
Równanie (10) przechodzi w (ponownie przekształciłem programem)
(
1
4
t+
9
t
)3
4
−
3
(
4
1
t+
9
t
)
+
70
=0
27
64 3
1
70
t + 3+
=0
729
t
27
zatem
(12)
I już ostatnie przekształcenie. Całe równanie (12) mnożymy przez 729, aby pozbyć się ułamków,
mnożymy przez t3 i podstawiamy:
u = t3
(13)
co prowadzi do równania kwadratowego na “u”
64u2 + 1890u + 729 = 0
(14)
To już jest “szkolne” równanie, jego rozwiązania to:
)
√
27 (
−35 − 3 129
64
√
Z zależności (13) mamy t = 3 u więc:
u1 =
√
t1 =
3
)
√
27 (
−35 − 3 129 ≈ −3.07727
64
oraz
√ )
27 (
−35 + 3 129
64
u2 =
√
oraz
t2 =
3
√ )
27 (
−35 − 3 129 ≈ −0.731169
64
Jak widać, wzory na rozwiązania stają się skomplikowane, dlatego dalej użyjemy przybliżonych wartości t1 , t2 , policzonych powyżej. Konkretnie - użyjemy t2 , uwierz mi, że przy użyciu t1 wyniki byłyby
takie same z dokładnością do kolejności. ALe do tego wrócimy. Pamiętaj jednak, że nie jest to przybliżone rozwiązanie, wzory z pierwiastkami są dokładne, nie chcę po prostu ciągnąć “piętrowych”
równań.
W skrócie to, co zrobiliśmy, aby rozwiązać równanie 3-go stopnia:
Najpierw podstawienie (9) przerobiło równanie w postać “kanoniczną”, która w przypadku równań
stopnia 3 to: z 3 + pz + q = 0 (nie zawiera kwadratu “z”).
Potem podstawieniem (11) zamieniliśmy równanie na takie, które zawiera tylko t3 , podstawieniem (13)
zrobiliśmy z tego równanie kwadratowe.
Jest to ogólna metoda rozwiązywania znajdowania rzeczywistego rozwiązania równania 3-go stopnia,
działająca, gdy jest tylko jedno takie rozwiązanie. Dla ciekawości - powstała jakieś 500 lat temu... Jest
w Wikipedii.
Na następnej stronie będziemy “wracać” do zmiennych x, y używając t2 .
Z równania (11) obliczamy “z”
z=
4
1
4
1
t + = · −0.731169 +
≈ −1.69264
9
t
9
−0.731169
Mając “z” z równania (9) obliczamy “x”
x=z+
1
1
= −1.69264 + ≈ −1.3593
3
3
Z drugiego z równań (7) obliczamy y
1
1
y = (x2 − 1) = [(−1.3593)2 − 1] ≈ 0.423854
2
2
Układ równań (3) przechodzi w:


 −1.3593 = sin α + cos α

 0.423854 = sin α cos α
(15)
Oznaczmy na chwilę: sin α = s oraz cos α = c. Mamy do rozwiązania:
{
−1.3593 = s + c
0.423854 = s · c
zatem
zatem
c = −1.3593 − s
0.423854 = s (−1.3593 − s)
Znów równanie kwadratowe, dające dwie pary wyników (sprawdziłem programem)


 sin α = −0.874775

 sin α = −0.484529
cos α = −0.484529
(16)
cos α = −0.874775
Zauważ symetrię rozwiązań. Będą dwa takie kąty α, leżące w III ćwiartce układu współrzędnych (bo
sinus i kosinus są ujemne), ułożone po obu stronach jakiegoś kąta. Zaraz się przekonamy, że środkowy
kąt to 5π/4.
Za pomocą kalkulatora lub programu, używając funkcji arcsin, arccos, dostajemy wreszcie rozwiązanie:


 α1 ≈ 3.64742

 α ≈ 4.20656
2
(17)
I to są te rozwiązania, które umieściłem w komentarzu do zadania. Możemy sprawdzić:
Dla α1
Dla α2
sin α1 + cos α1 + tg1 α + ctg1 α ≈ 1 − 9.9 · 10−6
sin α2 + cos α2 + tg2 α + ctg2 α ≈ 1 − 15.4 · 10−6
Błędy są więc rzędu 0,00001 czyli 0,001%. Gdybyśmy liczyli dokładniej wartości liczbowe, możemy
błąd zmniejszyć dowolnie, wzory na α1 , alpha2 w postaci z pierwiastkami istnieją.
I na koniec zauważ, że (α1 + α2 )/2 = 3.92699, oraz także 5π/4 ≈ 3.92699.
Rozwiązania układają się symetrycznie po obu stronach 5π/4, może jest to wskazówka do jakiegoś
prostszego rozwiązania ???
Pozdrowienia - Antek