Dodaj do ulubionych

badanie okresu funkcji

IP: *.chello.pl 11.01.07, 20:48
jak zbadac (z def.) czy liczba t=Pi jesy okresem funkcji f(x)=|sinx|+|cosx|

mam nadzieje ze ktos pomoze mi sie z tym uporac..
Obserwuj wątek
        • ellipsis Re: nowe zadania 12.01.07, 11:07
          Ad 1)
          W takich zadaniach lepiej skorzystać ze wzoru na sinus (lub cosinus) sumy (lub
          różnicy) kątów. Przypomnę te wzory:
          a1) sin (y+x) = sin y cos x + cos y sin x
          a2) sin (y-x) = sin y cos x - cos y sin x
          b1) cos (y+x) = cos y cos x - sin y sin x
          b2) cos (y-x) = cos y cos x + sin y sin x
          Należy wyłączyć przed zadaną sumę taką liczbę, aby współczynniki przy sin x i
          cos x były odpowiednio sinusem i cosinusem pewnego kąta y, tj. aby suma ich
          kwadratów była równa 1. W naszym przypadku obecnie suma kwadratów współczynników
          wynosi
          (V3)^2 + 1^2 = 4,
          więc należy wyłączyć przed sumę liczbę 2. Otrzymamy
          V3 sin x + cos x = 2 * [(V3/2) sin x + (1/2) cos x].
          W tym konkretnym zadaniu interesuje nas tylko zbiór wartości sumy po lewej
          stronie znaku równości, więc możemy napisać po prostu
          2 * [(V3/2) sin x + (1/2) cos x] = 2 * sin (y+x)
          i odpowiedzieć, że rozwiązania podanego równania istnieją, gdy m należy do
          przedziału <-2,2> (bo wartościami funkcji sinus są liczby z przedziału <-1,1>).
          Gdybyśmy jednak mieli _rozwiązać_ podobne równanie (przyjmijmy np. m=1):
          V3 sin x + cos x = 1,
          to musielibyśmy dokładniej przekształcić lewą stronę. Najpierw przekształcamy
          równanie jak wyżej, tj. do postaci
          (V3/2) sin x + (1/2) cos x = 1/2.
          Następnie wybieramy, z którego wzoru skorzystamy (jest to zupełnie obojętne dla
          rozwiązania, otrzymamy po prostu inne kąty; zwykle wybieramy taki, aby
          otrzymywane wartości dla sin y i cos y były dodatnie, tj. aby szukany kąt y
          można było wybrać z pierwszej ćwiartki). W naszym przykładzie najwygodniej
          wybrać wzór a1) lub b2), bo liczby (V3/2) i (1/2) są dodatnie, a w tych dwóch
          wzorach mamy plusy przy sin x i cos x.
          Weźmy pod uwagę wzór a1). Otrzymamy
          cos y = V3/2, sin y = 1/2,
          a więc
          y = pi/6 (czyli 30 st).
          Stąd nasze równanie przybiera postać
          sin (pi/6 + x) = 1/2.
          Dalej już standardowo - prawa strona to sin (pi/3):
          sin (pi/6 + x) = sin (pi/3),
          wobec czego
          pi/6 + x = pi/3 + 2k pi lub pi/6 + x = (pi - pi/3) + 2k pi
          i ostatecznie
          x = pi/6 + 2k pi lub x = pi/2 + 2k pi

          Ad 2)
          W drugim zadaniu przekształcamy lewą stronę równania korzystając ze znanych
          wzorów na kwadrat sumy, jedynkę trygonometryczną i sinus kąta podwojonego,
          otrzymując
          sin^4 x + cos^4 x = (sin^2 x + cos^2 x)^2 - 2 sin^2 x cos^2 x =
          = 1^2 - 1/2 * (2 sin x cos x)^2 = 1 - 1/2 * sin (2x) = m.
          Dalej zrób sam! ;)
          • Gość: Student Re: nowe zadania IP: *.neoplus.adsl.tpnet.pl 12.01.07, 14:38
            elipsis napisał
            >Ad 1)
            >W takich zadaniach lepiej skorzystać ze wzoru na sinus (lub cosinus) sumy (lub
            >różnicy) kątów. Przypomnę te wzory:
            Jedynie pod warunkiem,że w równaniu postaci a sinx+b cosx = c zachodzi
            a^2+b^2=1. Jeśli tak nie jest - lepiej sprowadzić do równania jednorodnego z
            niewiadomą x/2, czyli w efekcie do wprowadzenia tg x/2
            • ellipsis To nie takie proste... 12.01.07, 16:28
              Gość portalu: Student napisał(a):

              > Jedynie pod warunkiem,że w równaniu postaci a sinx+b cosx = c zachodzi
              > a^2+b^2=1.
              Zgodnie z moim poprzednim postem, jeżeli a^2+b^2<>1, to dzielimy obie strony
              równania przez a^2+b^2, otrzymując równanie
              cos y sin x + sin y cos x = sin (x+y) = sin z,
              gdzie
              cos y =a/V(a^2+b^2), sin y = b/V(a^2+b^2), sin z = c/V(a^2+b^2).
              Proponowane zastosowanie podstawień
              sin x = 2t/(1+t^1), cos x = (1-t^2)/(1+t^2), gdzie t = tg(x/2)
              prowadzi do równania kwadratowego i zwykle wydłuża rozwiązanie.
              Z drugiej strony jednak jest to metoda uniwersalna (możliwa do zastosowania w
              dowolnym równaniu trygonometrycznym, niekoniecznie liniowym ze względu na sin i
              cos), dlatego oczywiście warto ją znać.
              Z trzeciej strony ;) należy pamiętać, że w otrzymanym równaniu musimy dopuścić
              pierwiastki nieskończone, tzn. t może być równe +oo i -oo. Przykładowo
              rozwiązując tą metodą równanie
              sin x = 0
              otrzymamy równanie
              2t/(1+t^2) =0,
              którego pierwiastkami są t=0 (skąd x = 2k pi) i t=oo (skąd x = k pi)...
              Ponadto w naszym zadaniu, gdzie mamy wyznaczyć _zbiór wartości_ wyrażenia postaci
              a sin x + b cos x,
              otrzymamy wyrażenie
              (2tV3 + 1-t^2) /(1+t^2),
              dla którego mamy wyznaczyć zbiór wartości, gdy t należy do zbioru <- oo, + oo>
              (z końcami)... :( Nie jest to trywialne...
              • Gość: student Re: To nie takie proste... IP: *.neoplus.adsl.tpnet.pl 12.01.07, 18:05
                >rozwiązując tą metodą równanie
                >sin x = 0
                >otrzymamy równanie
                >t/(1+t^2) =0,
                >tórego pierwiastkami są t=0 (skąd x = 2k pi) i t=oo (skąd x = k pi)...
                Wchodzimy tu w zagadnienia związane z granicą - dla x=k pi - tg x/2 nie
                istnieje, a jeśli już mówimy o granicy, to też jej nie ma - są jednostronne. Te
                brakujące pierwiastki równania sin x=0 (x=k pi) są ukryte w zastrzeżeniu przy
                wprowadzaniu podstawienia: t=tg x/2 i x/2 różne od pi/ +k pi.
                Przy okazji: Uczeń liceum (w tym ja również) nigdy nie słyszał, by rozwiązanie
                równania x/(a+x^n) = 0 miało w R inne rozwiazanie niż x=0. Cos przekombinowałeś.
                • ellipsis Re: To nie takie proste... 12.01.07, 19:58
                  > Wchodzimy tu w zagadnienia związane z granicą - dla x=k pi - tg x/2 nie
                  > istnieje, a jeśli już mówimy o granicy, to też jej nie ma - są jednostronne.
                  Nieistnienie granic jednostronnych jest nieistotne, ważne, że istnieje granica
                  wyrażenia 2tg(x/2) /(1+tg^2 (x/2)), gdy t dąży do k pi...
                  > Przy okazji: Uczeń liceum (w tym ja również) nigdy nie słyszał, by rozwiązanie
                  > równania x/(a+x^n) = 0 miało w R inne rozwiazanie niż x=0.
                  W R oczywiście nie ma innych rozwiązań. W zbiorze _<-oo, +oo> (zbiór R
                  rozszerzony o -oo i +oo), jeśli n>1, to _można przyjąć_, że mamy dodatkowe
                  rozwiązania t=-oo i t=+oo (formalnie dziedziną tego równania jest R), którym
                  odpowiada x=(2k+1)pi. Ale jest to jedynie pewna _próba obejścia_ konieczności
                  osobnego rozpatrywania przypadku sin x = 0.
                  Właśnie te niestandardowe pierwiastki (lub, co na jedno wychodzi, konieczność
                  dokonywania zastrzeżeń) są największym mankamentem podstawienia t = tg (x/2).
                  Tak powinien być rozumiany mój poprzedni post... Zapewne użyty przeze mnie
                  sposób zapisu nie był najlepszy... Sorry... :(
                  • Gość: student Re: To nie takie proste... IP: *.neoplus.adsl.tpnet.pl 12.01.07, 23:15
                    piszesz:Nieistnienie granic jednostronnych jest nieistotne, ważne, że istnieje
                    granica wyrażenia 2tg(x/2) /(1+tg^2 (x/2)), gdy t dąży do k pi...
                    O to chodzi,że granica nie istnieje - istniałaby niewłaściwa, gdyby jednostronne
                    były jednakowe, jak np (tgx)^2 gdy x->pi/2.
                    Twoje rozważania byłyby poprawne dla pytania: dla kiedy granica wyrażenia
                    x/(x^2+1)jest równa zero? Szukanie kłopotliwych zastępstw dla rutynowych zastrzeżeń
                    jest jak leczenie kataru grypą.
                    • ellipsis Gdzie widzisz błąd? 14.01.07, 20:15
                      Gość portalu: student napisał(a):
                      > piszesz:Nieistnienie granic jednostronnych jest nieistotne, ważne, że istnieje
                      > granica wyrażenia 2tg(x/2) /(1+tg^2 (x/2)), gdy t dąży do k pi...
                      > O to chodzi,że granica nie istnieje - istniałaby niewłaściwa, gdyby
                      > jednostronne były jednakowe, jak np (tgx)^2 gdy x->pi/2.
                      Powtórzę: nieistnienie granic jednostronnych wyrażenia tg(x/2), gdy x->pi/2,
                      jest nieistotne - ważne, że istnieje granica wyrażenia 2tg(x/2)/(1+tg^2(x/2))
                      (czyli wyrażenia sin x), gdy x->(2k+1)*pi (w tym drugim przypadku obie granice
                      jednostronne są równe 0), w związku z czym istnienie ,,niewłaściwego"
                      pierwiastka t=+oo (który ,,zlewa się" z pierwiastkiem t=-oo) implikuje, że
                      liczby postaci (2k+1)*pi są pierwiastkami wyjściowego równania. Gdzie widzisz błąd?
                      > Szukanie kłopotliwych zastępstw dla rutynowych zastrzeżeń
                      > jest jak leczenie kataru grypą.
                      To prawda. Z drugiej strony jednak znam przypadki, że rozwiązujący stosuje
                      powyższe podstawienia albo _nie mając tego świadomości_, że może ,,zgubić"
                      niektóre rozwiązania, albo też mając tego świadomość, ale zapominając później
                      rozważyć wykluczane przypadki... Dlatego dla _niektórych_ (raczej zdolniejszych)
                      stosowanie ,,niewłaściwych" pierwiastków okazuje się dobrą metodą na
                      uzupełnienie rozwiązania...
                        • Gość: student Re: Poprawka :( IP: *.neoplus.adsl.tpnet.pl 14.01.07, 20:54
                          Tak, dla tego wyrażenia granica istnieje i równa jest zero, ale -przyjmując
                          Twoją teorię - równanie x/(x^2+1) = 0 miałoby trzy pierwiastki x=0,x=-oo i
                          x=+oo, a równanie x/(x+1) = 1 miałoby pierwiastek x=+oo, mimo,że do tej pory
                          było sprzeczne. Dzięki Twojej sztuczce sposób ten był "użyteczny"(?) w
                          doszukaniu się tam brakujących pierwiastkow - tu robi się ich nadmiar.Twój
                          pomysł jest dobry do zadania:
                          x->a => x/(x^2+1)->0 - co wstawić w miejsce a?
                          Zapewne jesteś autorem tego pomysłu i z tego powodu go bronisz. Może nie należę
                          do tych uzdolnionych i stąd moje obiekcje.Jeśli pomysł nie Twój, to kto go i
                          gdzie stosował, bo jakoś nie zdobył popularności.
                          • ellipsis Ustalmy przedmiot debaty... 15.01.07, 14:42
                            Mamy dane pewne równanie trygonometryczne postaci
                            (*) F(sin x, cos x) = 0,
                            gdzie F jest ustaloną funkcją określoną na <-1,1>^2. Rozważmy następującą
                            procedurę.
                            ________________

                            0. Zauważamy, że wobec okresowości funkcji sin i cos, wystarczy znaleźć
                            rozwiązania powyższego równania w przedziale (-pi,pi].
                            1. Dokonujemy podstawienia
                            x = 2 arc tg t.
                            Pisząc bardziej precyzyjnie, podstawiamy
                            (**) sin x = 2t/(t^2+1), cos x = (t^2-1)/(t^2-1),
                            otrzymując nowe równanie
                            (***) G(t) = 0,
                            gdzie G jest pewną funkcją określoną na R^2.
                            2. Rozwiązujemy nowe równanie, otrzymując rozwiązania
                            t_1, ..., t_m.
                            3. Dla każdego i od 1 do m rozwiązujemy równanie
                            tg(x/2) = t_i,
                            otrzymując w przedziale (-pi,pi) rozwiązanie x_i odpowiadające t_i.
                            ________________

                            Zaleta: dzięki tej procedurze sprowadzamy wyjściowe równanie (*) do
                            (najczęściej) prostszej lub przynajmniej lepiej znanej postaci.
                            Wada: zastosowane podstawienie ,,gubi" rozwiązanie
                            x = pi
                            (jeżeli ten element jest rozwiązaniem równania (*)), bo temu x nie odpowiada
                            żadne rzeczywiste t. :(
                            Standardowy sposób pozbycia się tej wady, to osobne sprawdzenie, czy
                            F(1,0) =? 0
                            i w razie potwierdzenia dołożenie rozwiązań postaci
                            x = (2k+1)pi.
                            Jednak niektórzy mogą pytać, gdzie zostały zgubione brakujące rozwiązania -
                            przecież zwykle po przekształceniu równania (np. po podniesieniu obu stron
                            równania do kwadratu) otrzymujemy co najwyżej _dodatkowe_ rozwiązania... Dla
                            nich mamy następującą odpowiedź: elementowi x=pi odpowiada nieskończona wartość
                            niewiadomej t. Nie możemy jednak mechanicznie dołożyć wartości t=+oo jako
                            argumentu równania (***), bo dziedziną funkcji G jest (najczęściej) ,,tylko" R^2
                            :( (możemy próbować tak uczynić, jeżeli funkcja F jest ciągła w punkcie (1,0)(.
                            Dla większości nie jest jednak łatwe sprawdzanie, czy element +oo jest
                            ,,pierwiastkiem" funkcji G, stąd moje zastrzeżenie, że to metoda ,,raczej dla
                            zdolniejszych". Ponadto aby formalnie uzasadnić, że element x=pi jest
                            rozwiązaniem równania (*), łatwiej po prostu podstawić tę wartość do równania
                            (*), niż argumentować, że jest tak, bo ,,funkcja F jest ciągła w punkcie (1,0)
                            oraz lim G(t) =0, gdy t->+oo"... :(
                            PS. Pomysł nie jest mój. Powyższe rozumowanie przeprowadzili kiedyś _uczniowie_
                            mojej klasy licealnej. Po dłuższej dyskusji większość uczniów zapamiętała
                            jedynie, że ,,metoda podstawień (**) nie jest idealna"...
                            • Gość: student Re: Ustalmy przedmiot debaty... IP: *.neoplus.adsl.tpnet.pl 15.01.07, 17:09
                              "Jednak niektórzy mogą pytać, gdzie zostały zgubione brakujące rozwiązania -..."
                              Nie tylko mogą, ale powinni pytać. Nie pytaliby, gdyby pamiętali,że wymienione
                              przez ciebie wzory mają sens w dziedzinie R\{k*pi),tymczasem dziedziną równania
                              F(sinx,cosx) = 0 jest R.
                              Z drugiej strony, wymaganie,żeby tg(x/2)był równy nieskończoności nie ma sensu,
                              bo dla katów k*pi ta funkcja nie istnieje.
                              Metoda dyskutowana przez uczniów może być traktowana jako ciekawostka,
                              świadcząca o bezrefleksyjnym używaniu wzorów i próbie znajdywania metod
                              zastępczych.Gdyby ja ograniczyć jedynie do wymienionego przez ciebie równania,
                              to lokalnie - na Twoich lekcjach - ujdzie, ale na maturze?
                              Myślę,że jeśli " Po dłuższej dyskusji większość uczniów zapamiętała
                              jedynie, że ,,metoda podstawień (**) nie jest idealna"..."to nie jest
                              najgorzej. Byłoby źle, gdyby szukali ta metodą miejsc zerowych funkcji wymiernych.
                              Przedmiotem debaty jest tu w dalszym ciągu to samo zagadnienie.Pozdrawiam.
                              • ellipsis Chyba zamykając ten temat... 15.01.07, 22:14
                                Nasza dyskusja zaczęła się od Twego stwierdzenia, że zwykle
                                ,,lepiej sprowadzić do równania jednorodnego z niewiadomą x/2, czyli w efekcie
                                do wprowadzenia tg x/2".
                                forum.gazeta.pl/forum/72,2.html?f=422&w=55357387&a=55402906
                                Ta teza nie była (i nadal nie jest!) dla mnie oczywista. Oto moje główne
                                wątpliwości:
                                forum.gazeta.pl/forum/72,2.html?f=422&w=55357387&a=55409717
                                Moja uwaga o ,,rozwiązaniach" nieskończonych wzięła się stąd, że nie pisałeś o
                                konieczności rozważania przypadków. W kolejnym poście przyznaję się do błędu -
                                nie wystarczy rozszerzyć dziedziny równania G(t)=0 na zbiór <-oo,+oo>, wobec
                                czego nie można polecać tej metody zamiast zwykłego rozważania przypadków. Nasze
                                rozważania o granicach jednostronnych były chyba zupełnie off-topic, stąd moja
                                próba ustalenia, o czym dyskutujemy.
                                Proponuję następującą konkluzję. Metoda podstawienia t=tg(x/2) nie zawsze jest
                                najlepsza, a czasem, jak np. w zadaniu podanym przez marko666:
                                forum.gazeta.pl/forum/72,2.html?f=422&w=55357387&a=55372735
                                (które legło u podstaw naszej dyskusji) bardzo zła. Warto ją jednak znać, bo
                                czasem jest to jedyna droga do celu. Stosując ją należy jednak pamiętać, że
                                podstawienie x=2arc tg t eliminuje ewentualne rozwiązanie x=(2k+1)pi, dlatego
                                ten przypadek należy rozważać osobno. Sugerowane przeze mnie szukanie tego
                                rozwiązania jako nieskończonego rozwiązania równania G(t)=0 jest mało naturalne
                                i dlatego nie jest godne polecenia.
                                PS. Uznanie, że punktowi x=pi odpowiada t=+oo nie oznacza wymagania, żeby
                                tg(x/2)=+oo. Należy to rozumieć następująco: stosujemy podstawienie x=f(t),
                                gdzie funkcja f:(-oo,+oo>->(-pi,pi> jest dana wzorami
                                f(t)=2arc tg t, gdy -oo<t<+oo,
                                f(+oo)=pi
                                (jest to ciągłe przedłużenie podstawienia x=2arc tg t ze zbioru liczb
                                rzeczywistych na zbiór (-oo,+oo>. Chociaż podstawienie to jest formalnie
                                poprawne (bo jest bijekcją), to może pojawić się problem wyznaczenia właściwej
                                wartości G(+oo), dlatego nie ma to wpływu na proponowaną przeze mnie konkluzję.
                                PPS. Piszesz
                                > Przedmiotem debaty jest tu w dalszym ciągu to samo zagadnienie.
                                To samo - tzn. jakie? Czy miałeś na myśli coś innego, niż
                                ,,podstawienie x=2arc tg t jako metoda rozwiązywania równań trygonometrycznych"?
                                PPPS. Sformułowanie ,,uczniowie mojej klasie licealnej" oznaczało moich
                                ówczesnych rówieśników... :)
                                • Gość: student Re: Chyba zamykając ten temat... IP: *.neoplus.adsl.tpnet.pl 15.01.07, 23:55
                                  Piszesz
                                  (jest to ciągłe przedłużenie podstawienia x=2arc tg t ze zbioru liczb
                                  > rzeczywistych na zbiór (-oo,+oo>. Chociaż podstawienie to jest formalnie
                                  > poprawne (bo jest bijekcją), to może pojawić się problem wyznaczenia właściwej
                                  > wartości G(+oo), dlatego nie ma to wpływu na proponowaną przeze mnie konkluzję.
                                  W dalszym ciągu nie widzę róznicy między zbiorem liczb rzeczywistych R, a
                                  zbiorem (-oo, +oo), jak również nie widzę sensu w zapisie F(+OO), choć można by
                                  używać tego zapisu w znaczeniu granicy, podobnie jak f(a+) lub f(a-).
                                  Przy badaniu funkcji ustalamy jej dziedzinę, np.D=R\{a,b} i obliczamy granicę w
                                  obu nieskończonościach itd.
                                  Jak widać,rożnimy sie nieco w szczegółach, ale wymianę poglądów uważam za
                                  pożyteczną, chociażby dla uświadomienia sobie istnienia róznych aspektów tego
                                  samego zagadnienia. Dziękuję za cierpliwość i przepraszam za krytyczny stosunek
                                  do Twojej koncepcji. Do następnej okazji.
                                  • ellipsis Re: Chyba zamykając ten temat... 16.01.07, 10:00
                                    Gość portalu: student napisał(a):
                                    > W dalszym ciągu nie widzę róznicy między zbiorem liczb rzeczywistych R, a
                                    > zbiorem (-oo, +oo),
                                    Drobna poprawka: chodzi o zbiór (-oo,+oo> (przedział prawostronnie domknięty!)
                                    - do zbioru liczb rzeczywistych dokładamy element oznaczany symbolem +oo, który
                                    jest większy od wszystkich liczb rzeczywistych. Element +oo możemy traktować
                                    jako dość specyficzną liczbę (nie wszystkie działania są wykonalne z tą
                                    ,,liczbą" - tej ,,liczby" nie można mnożyć przez zero ani dzielić przez siebie).
                                    > jak również nie widzę sensu w zapisie F(+OO), choć można by
                                    > używać tego zapisu w znaczeniu granicy, podobnie jak f(a+) lub f(a-).
                                    Jeżeli +oo jest elementem dziedziny funkcji F, to zapis F(+oo) oznacza po
                                    prostu wartość funkcji F w punkcie +oo. Granicę funkcji F w punkcie +oo można
                                    wtedy oznaczać symbolem F(+oo-). Jeżeli jednak +oo nie należy do dziedziny
                                    funkcji F, to najczęściej zapis F(+oo) oznacza granicę wyrażenia F(x), gdy x->+oo.
                                    No ale dość na tym. Skończmy wreszcie ten temat... :)
                                    PS. Prawo do krytyki jest naturalnym prawem każdego człowieka. Poza tym ja też
                                    uważam, że moja koncepcja miała, pisząc eufemistycznie, ,,istotne braki"... ;)
Inne wątki na temat:

Popularne wątki

Nie pamiętasz hasła

lub ?

 

Nie masz jeszcze konta? Zarejestruj się

Nakarm Pajacyka