Lös ekvationen

Nästan! Istället för att byta ut VL mot $1-2\sin^2{x}$, byt ut VL mot $2\cos^2{x}-1$. Då får du inga sinustermer kvar. Kan du göra något för att bli av med cosinusuttrycken, så att ekvationen blir lättare att lösa? 

Förslag:

$$\begin{gathered} \cos \left(2x\right)=\cos \left(x\right)+{\sin }^{2}x \\ 1-2{\sin }^{2}x=\cos \left(x\right)+{\sin }^{2}x \\ 1-{\sin }^{2}x=\cos \left(x\right) \\ {\cos }^2\left(x\right)=\cos \left(x\right) \\ {\cos }^2\left(x\right)-\cos \left(x\right)=0 \end{gathered}$$

kommer du vidare? 

Om jag provar med Smutstvätt:s metod så får jag: $2{\cos }^2\left(x\right) - 1 = \cos \left(x\right) + 2(1-{\cos }^2(x\left)\right)$ där jag nu då väljer att substituera bort cos(x) och sätta det lika med t. Då får jag: $2t^2 -1 = t + 2(1 - t^2)$. Ska jag nu vidare multiplicera in 2:an? Såhär: $2t^2 -1 = t + 2 - 2t^2$?

Ursäkta. Jag ser att jag glömt 2:an då jag skapade tråden. Ekvationen som ska lösas är: $\cos \left(2x\right) = \cos \left(x\right) + 2{\sin }^2\left(x\right)$. Min påbörjade lösning ovan gäller för den korrekta ekvationen och ej den som blev felskriven vid trådskapandet. :) 

Om det är rätt så långt (jag har inte kollat) så är det bara att lösa den andragradsekvationen. 

I alla fall, jag har kommit som absolut längst med att få fram: $2t^2 - 1 = t + 2 - 2t^2$ och nu fortsätter jag! Jag flyttar alla termer till VL, förenklar och sätter lika med noll, såhär: $4t^2 - t - 3 = 0$. Jag dividerar samtliga termer med 4 för att därefter kunna lösa andragradaren m.h.a. PQ, Såhär: $t^2 - 0,25 - 0,75 = 0$ och efter att jag kört igenom PQ på denna så får jag två lösningar som ges av: $t_1 = \frac{-6}{8}$ och $t_2 = \frac{8}{8} = 1$.

Nu återgår jag till ursprungsekvationen: $\cos \left(2x\right) = \cos \left(x\right) + 2{\sin }^2\left(x\right)$ som jag skriver om till: $2{\cos }^2\left(x\right) - 1 = \cos \left(x\right) + 2 - 2{\cos }^2\left(x\right)$ för att ha $\cos \left(x\right)$ och inga $\sin \left(x\right)$ nu när det börjar bli spännande. Eftersom jag fick fram två lösningar från min andragradsekvation med två olika värden på $t$ så delar jag nu upp lösning av ekvationen i två fall. Omaj g börjar med $Fal{l}_1$ där jag använder mig av $t_1$. Då får jag:

$2{\left(\frac{-6}{8}\right)}^2 -1 = \frac{-6}{8} + 2\left(1 - {\left(\frac{-6}{8}\right)}^2\right)$ som jag vidare utvecklar till: $\frac{18}{16} - \frac{16}{16} = \frac{-6}{8} + \frac{7}{8}$ som jag vidare utvecklar till: $\frac{2}{16} =\frac{1}{8}$ som jag vidare utvecklar till: $\frac{1}{8} = \frac{1}{8}$. $VL = HL$för $Fal{l}_1$. Betyder det att jag lugnt o stilla kan traska vidare till $Fal{l}_2$?

Du krånglar till det i onödan. Du vet ju att t=cos(x) så antingen är cos(x)=1 eller så är cos(x)=-3/4. Lös de båda ekvationerna. Du vill ju ha reda på värdet för x, eller hur?

Ahaa! Oj, nä det kom jag aldrig att tänka på. Jag trodde att man skulle ta sina två lösningar från andragradsekvationen och stoppa in det i ursprungsekvationen och följa dess form för att hädanefter komma fram till korrekta lösningar. Men är min första lösning korrekt? 

Vilket värde på x kom du fram till i ditt första fall?

1/8. Står längst ned i min stora uträkning. 

Radianer eller grader?

1/8 = 0,125 och då tar jag inversen på cos(x) och får cos^-1(0,125) = 82,81 grader ~ 83 grader. 

Sätt in det i ursprungsekvationen och kolla!

Det verkade ej vara korrekt! Men om jag inte går vidare i att stoppa in värdena så som jag gjorde och istället lösa:

$\cos \left(x\right) = 1$och $\cos \left(x\right) = \frac{-6}{8}$

$\cos \left(x\right) = 1 \to {\cos }^{-1}\left(1\right) = 0^{\circ }$

$\cos \left(x\right) = \frac{-6}{8} \to {\cos }^{-1}\left(\frac{-6}{8}\right) ~ 138,6^{\circ }$

Ser detta bättre ut? 

Bättre, men det finns fler lösnigar.

Detta är en tråd jag hade glömt bort. Jag skriver en fullständig lösning för den som är intresserad. :)

Vi kan utveckla $\cos{2x}$ till $2\cos^2{x}-1$ och $\sin^2{x}$ till $1-\cos^2{x}$. Lite algebraisk flyttstädning ger oss då ekvationen $3\cos^2{x}-\cos{x}-2=0$. Vi kan nu genomföra substitutionen $t=\cos{x}$, för att få ekvationen $3t^2-t-2=0$, eller $t^2-\frac{t}{3}-\frac{2}{3}=0$. 

PQ ger då lösningarna $t=\frac{1}{6}\pm \sqrt{{\left(\frac{1}{6}\right)}^2+\frac{2}{3}}=\frac{1}{6}\pm \frac{5}{6}$, dvs. $t_1=1$ och $t_2=-\frac{2}{3}$. 

Vi kan nu substituera tillbaka $t=\cos{x}$ och få ekvationerna $\cos{x}=1$ och $\cos{x}=-\frac{2}{3}$. Dessa kan lösas på sedvanligt sätt (genom att ta arccosinus av båda led), för att få lösningarna $x_1=n\cdot360^{\circ}$ samt $\pm131,8^{\circ}+n\cdot360^{\circ}$. :)

Smutstvätt skrev:

Detta är en tråd jag hade glömt bort. Jag skriver en fullständig lösning för den som är intresserad. :)

---

Vi kan utveckla $\cos{2x}$ till $2\cos^2{x}-1$ och $\sin^2{x}$ till $1-\cos^2{x}$. Lite algebraisk flyttstädning ger oss då ekvationen $3\cos^2{x}-\cos{x}-2=0$. Vi kan nu genomföra substitutionen $t=\cos{x}$, för att få ekvationen $3t^2-t-2=0$, eller $t^2-\frac{t}{3}-\frac{2}{3}=0$. 

PQ ger då lösningarna $t=\frac{1}{6}\pm \sqrt{{\left(\frac{1}{6}\right)}^2+\frac{2}{3}}=\frac{1}{6}\pm \frac{5}{6}$, dvs. $t_1=1$ och $t_2=-\frac{2}{3}$. 

Vi kan nu substituera tillbaka $t=\cos{x}$ och få ekvationerna $\cos{x}=1$ och $\cos{x}=-\frac{2}{3}$. Dessa kan lösas på sedvanligt sätt (genom att ta arccosinus av båda led), för att få lösningarna $x_1=n\cdot360^{\circ}$ samt $\pm131,8^{\circ}+n\cdot360^{\circ}$. :)

ts ändrade ursprungsekvationen

Oj, det hade jag missat. Tack så mycket! :) 

Då är joculators metod enklare. :)