| Предишната тема :: Следващата тема |
| Автор |
Съобщение |
Saposto_MM
Напреднал
Регистриран на: 02 Apr 2007
Мнения: 383
Местожителство: Панагюрище
  
гласове: 67
|
 Пуснато на: Mon Apr 02, 2007 9:08 pm Заглавие: Разстояние |
|
|
| Възможно ли е да се намери мярката на ъгъл, ако се знае, че е по-малък от 45 градуса и, ако е известно още разстоянието между точките, в които рамото на този ъгъл пресича тангенсовата и котангенсовата ос. Ако е възможно-как? |
|
| Върнете се в началото |
|
 |
Реклама
|
| Пуснато на: Заглавие: Реклама |
|
|
|
|
|
| Върнете се в началото |
|
|
Infernum
Фен на форума
Регистриран на: 23 Mar 2006
Мнения: 740
гласове: 20
|
| Пуснато на: Mon Apr 02, 2007 10:22 pm Заглавие: |
|
|
По принцип може, като се направи чертеж, да се изведе уравнението:
(1- tg x)/L=sin x
Където х ти е търсения ъгъл а L - известната по условие дължина.
Обаче това уравнение не може да се реши точно.
Трябва числен метод. |
|
| Върнете се в началото |
|
|
Infernum
Фен на форума
Регистриран на: 23 Mar 2006
Мнения: 740
гласове: 20
|
| Пуснато на: Mon Apr 02, 2007 11:27 pm Заглавие: |
|
|
Твоята задачка се оказа по-интересна отколкото предполагах.
Оказа се, че може да се намери точно решение.
Уравнението
(1-tg x)/L=sin x , за 0<х<п/4
може да се представи във формата:
cos x - sin x = L*sin x*cos x.
Като се направи субституцията
tg x/2 = t
и се изразят
sin x = 2t/(1 + t2)
cos x = (1 - t2)(1 + t2),
след заместване и преработка уравнението добива формата:
t4 + 2t3(1 - L) + 2t(1 + L) - 1 = 0.
Сега това може да се реши точно, но има бая работа.
Ще го мислим още.
От 0 < х < п/4
излиза
0 < t < tg п/8 = √2 - 1
Като намерим корен, който удовлетворява последното условие за L>0, с обратна смяна ще намерим х.
Но ще го мислим още, че нещо дебела ми се вижда тая работа. |
|
| Върнете се в началото |
|
|
r2d2
VIP
Регистриран на: 28 Feb 2007
Мнения: 1936
Местожителство: in the galaxy (Far Far Away)
гласове: 179
|
| Пуснато на: Tue Apr 03, 2007 8:57 am Заглавие: |
|
|
| Infernum написа: | Твоята задачка се оказа по-интересна отколкото предполагах.
Уравнението
(1-tg x)/L=sin x , за 0<х<п/4
може да се представи във формата:
cos x - sin x = L*sin x*cos x. |
Сега полагаме cos x - sin x=u. Тогава sinx*cosx=(1-u^2)/2 и получаваме квадратното уравнение: Lu^2+2u-L=0, с положителен корен u=(-1+sqrt(1+L^2))/L.
Понеже cos x - sin x = u =sqrt(2)*cos(x+п/4) намираме
х=arccos ((-1+sqrt(1+L^2))/L) - п/4. |
|
| Върнете се в началото |
|
|
Saposto_MM
Напреднал
Регистриран на: 02 Apr 2007
Мнения: 383
Местожителство: Панагюрище
гласове: 67
|
| Пуснато на: Tue Apr 03, 2007 11:19 am Заглавие: |
|
|
| Използвайки Питагоровата теорема и тъждеството tg(α)=1/cotg(α) стигнах до уравнението sqrt[x^4-2x^3+2x^2-2x+1]/x=L, където L е въпросното разстояние между точките, а коренът му трябва да е котангенсът на търсения ъгъл. Така мисля. |
|
| Върнете се в началото |
|
|
Infernum
Фен на форума
Регистриран на: 23 Mar 2006
Мнения: 740
гласове: 20
|
| Пуснато на: Tue Apr 03, 2007 3:13 pm Заглавие: |
|
|
| r2d2 написа: |
Сега полагаме cos x - sin x=u. Тогава sinx*cosx=(1-u^2)/2 и получаваме квадратното уравнение: Lu^2+2u-L=0, с положителен корен u=(-1+sqrt(1+L^2))/L.
Понеже cos x - sin x = u =sqrt(2)*cos(x+п/4) намираме
х=arccos ((-1+sqrt(1+L^2))/L) - п/4. |
Е това е! Перфектно! Можело и към квадратно даже да се сведе!!
Лесно се проверява, че u=(-1+sqrt(1+L2))/L е от интервала (0, 1) при 0 < х < п/4 , за всяко L > 0, което дава право да се използва обратната тригонометрична функция.
Получава се обаче
√2 cos(x + п/4) = (√(1 + L2) - 1)/L
или
cos(x + п/4) = √2(√(1 + L2) - 1)/(2L)
откъдето
x = arccos[√2 (√(1 + L2) - 1)/(2L)] - п/4 |
|
| Върнете се в началото |
|
|
Infernum
Фен на форума
Регистриран на: 23 Mar 2006
Мнения: 740
гласове: 20
|
| Пуснато на: Tue Apr 03, 2007 3:45 pm Заглавие: |
|
|
| MM написа: | | Използвайки Питагоровата теорема и тъждеството tg(α)=1/cotg(α) стигнах до уравнението sqrt[x^4-2x^3+2x^2-2x+1]/x=L, където L е въпросното разстояние между точките, а коренът му трябва да е котангенсът на търсения ъгъл. Така мисля. |
Ето извод на просто уравнение:
Нека с О е означен центъра на единичната окръжност, с А общата точка на единичната окръжност и оста на тангенсите, с К пресечната точка на оста на тангенсите и оста на котангенсите.
Нека още рамото на ъгъл х (0<х<п/4), пресича оста на тангенсите в точка Т, а оста на котангенсите в точка С.
Разглежда се триъгълника TCK
За него
TK = AK-AT
ъгъл KCT = ъгъл TOA = x (кръстни)
Понеже AK=1, AT= tg x , за TK имаш:
(1) TK = 1 - tg x
От друга страна
TK/TC= sin x
a по условие TC = L. Следователно
(2) TK/L = sin x
Тогава oт (1) и (2) се получава уравнението:
(1 - tg x)/L = sin x |
|
| Върнете се в началото |
|
|
r2d2
VIP
Регистриран на: 28 Feb 2007
Мнения: 1936
Местожителство: in the galaxy (Far Far Away)
гласове: 179
|
| Пуснато на: Tue Apr 03, 2007 5:42 pm Заглавие: |
|
|
[quote="Infernum"] | r2d2 написа: |
Получава се обаче
√2 cos(x + п/4) = (√(1 + L2) - 1)/L
x = arccos[√2 (√(1 + L2) - 1)/(2L)] - п/4 |
Така е, пропуснах sqrt(2) (Печатна грешка  )
Уравнението на ММ е реципрочно и също може да се реши, което той не е направил. |
|
| Върнете се в началото |
|
|
|
Меню
Регистрирайте се
