Goniometrische Identiteit

[tempelier]

Natuurlijk ,dat is het !!
 
Hartelijk dank voor jullie bijdrage..... 

Graag gedaan hoor.
 
Moet wel zeggen dat dit een moeilijk sommetje is voor iemand die niet vooraf deze trucjes die ik gebruikte heeft geleerd.

[robertus58a]

@Tempelier: Uw oplossing (splitsen in twee 2e graads vgln) is veel eleganter dan bruutweg de 4e graadsvergelijking oplossing. Chapeau!

[Bart23]

\(\tan x - 5\sin x +1=0\)

wordt, na toepassing van de t-formules:

\(t^4-4t^3-1=0\)

Dit kunnen we ontbinden:

\(t^4 - 4 t^3 - 1 = (t^2 + (-2 - \sqrt{2}) t - \sqrt{2} - 1) (t^2 + (-2 + \sqrt{2}) t + \sqrt{2} - 1)=0\)

Zodoende krijgen we ook 2 2degraadsvergelijkingen.

[Bart23]

Alternatief:

\(\tan x +1=5\sin x\)

\(\sin x+\cos x=\frac{5}{2}\sin 2x\)

kwadrateren (opgelet: eventuele extra "oplossingen" later verwijderen)

\(1+\sin 2x=\frac{25}{4}\sin^2 2x\)

\( 25\sin^2 2x- 4\sin 2x -4=0\)

\(\sin 2x=\frac{2\pm2\sqrt{26}}{25}\)

etc

[tempelier]

\(\tan x - 5\sin x +1=0\)

wordt, na toepassing van de t-formules:

\(t^4-4t^3-1=0\)

Dit kunnen we ontbinden:

\(t^4 - 4 t^3 - 1 = (t^2 + (-2 - \sqrt{2}) t - \sqrt{2} - 1) (t^2 + (-2 + \sqrt{2}) t + \sqrt{2} - 1)=0\)

Zodoende krijgen we ook 2 2degraadsvergelijkingen.

Dat is waar maar er zijn maar weinig mensen die de techniek beheersen om die ontbinding handmatig te vinden.

[tempelier]

Alternatief:

\(\tan x +1=5\sin x\)

\(\sin x+\cos x=\frac{5}{2}\sin 2x\)

kwadrateren (opgelet: eventuele extra "oplossingen" later verwijderen)

\(1+\sin 2x=\frac{25}{4}\sin^2 2x\)

\( 25\sin^2 2x- 4\sin 2x -4=0\)

\(\sin 2x=\frac{2\pm2\sqrt{26}}{25}\)

etc

Mooi gevonden.

[ukster]

Ik zie dat jullie allemaal bij dit probleem de traditionele wiskundeconcepten bijzonder slim toepassen om alle oplossingen te vinden. geweldig!