Vegyes feladatok: VF_000005
(Feladat azonosítója: VF_000005 )
Témakör: *Algebra (egyenlet, triginimetria)

Oldjuk meg az

$\frac{1-\sin x}{\cos x}=\frac{1}{2}$

egyenletet.

Bevezetjük mindkét szögfüggvény helyett a tangenst:

$ \frac{1-\sin x}{\cos x}=\frac{1}{\cos x}-\mbox{tg}\,x=\sqrt {1+\mbox{tg}^2x} -\mbox{tg}\,x. $

Egyenletünk ezek alapján így írható:

$ \sqrt {1+\mbox{tg}^2x} =\frac{1}{2}+\mbox{tg}\,x, $

négyzetre emelve

$ 1+\mbox{tg}^2x=\frac{1}{4}+\mbox{tg}\,x+\mbox{tg}^2x $

$ \mbox{tg}\,x=\frac{3}{4}. $

Ennek két szög felel meg, azonban a $ 180^{\circ}$-nál nagyobb megoldásának a sinusa negatív, s így az eredeti egyenlet baloldalán 1-nél nagyobb szám állna, tehát ez nem megoldása az eredeti egyenletnek. A hegyesszög megoldásra $\sin x=\frac{3}{5}$, $\cos x=\frac{4}{5}$ és teljesül az eredeti egyenlet. A megoldás ebből $x=36^{\circ}58'$.

2. Megoldás

Fejezzük ki a baloldalt $\sin x$ segítségével:

$ \frac{1-\sin x}{\cos x}=\frac{1-\sin x}{\sqrt {1-\sin ^2x} }=\sqrt {\frac{\left( {1-\sin x} \right)^2}{1-\sin ^2x}} =\sqrt {\frac{1-\sin x}{1+\sin x}} . $

Ezt felhasználva egyenletünk: $\sqrt {\frac{1-\sin x}{1+\sin x}} =\frac{1}{2}\quad \quad $vagy$\quad \quad \frac{1-\sin x}{1+\sin x}=\frac{1}{4}.$ Innen $\sin x=\frac{3}{5}$ és az eredeti egyenletből $\cos x=2\left( {1-\sin x} \right)=\frac{4}{5}$. $x$ tehát hegyesszög. $x=36^{\circ}58'$.

3. Megoldás

A számlálóban egynél kisebb szám kell hogy álljon, mert a nevező mindig egynél kisebb; tehát $\sin x$ pozitív, a nevezőben pedig pozitív szám áll, mert a számlálóban az áll. Így $\cos x$ is pozitív. E szerint $x$ hegyes szög. Ábrázoljuk a szereplő mennyiségeket egy egységnyi sugarú negyedkörben. Ábránkon $AB=\sin x$. Meghúzva az OA-val párhuzamos DC érintőt $BC=1-\sin x$ és $CD=OA=\cos x$, tehát

$ \mbox{tg}\,BDC\angle =\frac{BC}{CD}=\frac{1-\sin x}{\cos x}=\frac{1}{2} $

kell legyen.

Ennek alapján megoldhatjuk grafikusan az egyenletet: Egy OAD derékszög szárai közé $O$ középpontú DE negyedkört húzunk. A $D$-ben húzott érintő egy tetszőleges $P$ pontjában merőlegesen lefelé meghúzzuk a $PQ=\frac { 1 } { 2 }DP$ távolságot. A DQ egyenes metszi ki a körből azt a $B$ pontot, melyre $EOB\angle =x$. Ezt tehát közvetlenül lemérhetjük. Befejezhetjük a megoldást számítással is. $BDC\angle $ mint húr és érintő közti szög, kerületi szög. A hozzá tartozó középponti szög $BOD\angle =90^{\circ}-x$, így $BDC\angle =45^{\circ}-\frac{x}{2}$, tehát a keresett szögre

$ \mbox{tg}\,\left( {45^{\circ}-{\begin{array}{*{20}c} x \hfill \\ 2 \hfill \\ \end{array} }} \right)=\frac{1}{2} $

Innen $x=36^{\circ}58'$.

Megjegyzés: Az

$ \frac{1-\sin x}{\cos x}=\mbox{tg}\left( {45^{\circ}-\frac{x}{2}} \right) $

összefüggés természetesen tisztán számítással is igazolható.