costruire un equazione quadratica
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costruire un equazione quadratica
Siano a,b,c numeri reali.Data l equazione quadratica in cos(x):
a*(cos(x))^2+b*cos(x)+c=0
Usando a,b e c costruire un equazione quadratica in cos(2*x) con le stesse radici dell equazione originale.
a*(cos(x))^2+b*cos(x)+c=0
Usando a,b e c costruire un equazione quadratica in cos(2*x) con le stesse radici dell equazione originale.
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Mi è capitato di vederlo qualche giorno fa... Dovrebbe essere così:
Siano $ m,n,t $ i coefficienti dell'equazione quadratica in $ \cos{2x} $. Essi devono quindi soddisfare $ m\cos{2x}^2+n\cos{2x}+t=0 $. Cerchiamo di scrivere i $ \cos{2x} $ in termini di $ \cos{x} $. Utilizzando le formule di duplicazione e la relazione fondamentale risulta $ \cos{2x} = \cos{x}^2 - sin{x}^2 = 2\cos{x}^2-1 $. Sostituisco nell'equazione ottenendo
$ m(2\cos{x}^2-1)^2+n(2\cos{x}^2-1)+t = 0 \Rightarrow $
$ \Rightarrow m(4\cos{x}^4-4\cos{x}^2+1)+2n\cos{x}^2-n+t = 0 \Rightarrow $
$ \Rightarrow 4m\cos{x}^4-4m\cos{x}^2+m+2n\cos{x}^2-n+t = 0 \Rightarrow $
$ \Rightarrow (4m)\cos{x}^4+(-4m+2n)\cos{x}^2+(m-n+t)=0. (1) $
A questo punto abbiamo ottenuto la seconda in termini di $ \cos{x} $.
Ora dobbiamo cercare di scrivere la prima nella stessa forma della (1). A tal fine moltiplichiamo per $ a\cos{x}^2+c-b\cos{x} $, avendo
$ (a\cos{x}^2+c+b\cos{x})(a\cos{x}^2+c-b\cos{x}) = 0 \Rightarrow $
$ \Rightarrow a^2\cos{x}^4+c^2+2ac\cos{x}^2-b^2\cos{x}^2 = 0 \Rightarrow $
$ \Rightarrow (a^2)\cos{x}^4 + (2ac-b^2)\cos{x}^2+c^2 = 0 (2) $
A questo punto confrontando i coefficienti della (1) con la (2) trovi in che relazione devono stare $ a,b,c $ con $ m,n,l $.
Siano $ m,n,t $ i coefficienti dell'equazione quadratica in $ \cos{2x} $. Essi devono quindi soddisfare $ m\cos{2x}^2+n\cos{2x}+t=0 $. Cerchiamo di scrivere i $ \cos{2x} $ in termini di $ \cos{x} $. Utilizzando le formule di duplicazione e la relazione fondamentale risulta $ \cos{2x} = \cos{x}^2 - sin{x}^2 = 2\cos{x}^2-1 $. Sostituisco nell'equazione ottenendo
$ m(2\cos{x}^2-1)^2+n(2\cos{x}^2-1)+t = 0 \Rightarrow $
$ \Rightarrow m(4\cos{x}^4-4\cos{x}^2+1)+2n\cos{x}^2-n+t = 0 \Rightarrow $
$ \Rightarrow 4m\cos{x}^4-4m\cos{x}^2+m+2n\cos{x}^2-n+t = 0 \Rightarrow $
$ \Rightarrow (4m)\cos{x}^4+(-4m+2n)\cos{x}^2+(m-n+t)=0. (1) $
A questo punto abbiamo ottenuto la seconda in termini di $ \cos{x} $.
Ora dobbiamo cercare di scrivere la prima nella stessa forma della (1). A tal fine moltiplichiamo per $ a\cos{x}^2+c-b\cos{x} $, avendo
$ (a\cos{x}^2+c+b\cos{x})(a\cos{x}^2+c-b\cos{x}) = 0 \Rightarrow $
$ \Rightarrow a^2\cos{x}^4+c^2+2ac\cos{x}^2-b^2\cos{x}^2 = 0 \Rightarrow $
$ \Rightarrow (a^2)\cos{x}^4 + (2ac-b^2)\cos{x}^2+c^2 = 0 (2) $
A questo punto confrontando i coefficienti della (1) con la (2) trovi in che relazione devono stare $ a,b,c $ con $ m,n,l $.
Ci provo...
Posto $ cosx=t $
si ha che $ at^2+bt+c=0 $
Per la formula di duplicazione $ cos(2x)=2cos^2x-1 $ ovvero $ 2t^2-1 $ e quindi $ t^2=\frac{cos(2x)+1}{2} $ e $ t=\sqrt{\frac{cos(2x)+1}{2}} $
$ a\frac{cos(2x)+1}{2}+b\sqrt{\frac{cos(2x)+1}{2}}+c $
Che è uguale alla precedente, ha le stesse radici, ma è di primo grado. Moltiplico tutto per due e porto il termine con la radice all'altro membro.
$ acos(2x)+a+2c=-2b\sqrt{\frac{cos(2x)+1}{2}} $
Ora elevo entrambi i membri al quadrato e ho la quadratica in $ cos(2x) $ richiesta...
$ [acos(2x)+a+2c]^2=[-2b\sqrt{\frac{cos(2x)+1}{2}}]^2 $
Potrebbe funzionare così?...
Mi viene però il dubbio che cambiando il grado in questo modo le radici possano non essere identiche o se ne potrebbe perdere qualcuna... Ci devo pensare...
Posto $ cosx=t $
si ha che $ at^2+bt+c=0 $
Per la formula di duplicazione $ cos(2x)=2cos^2x-1 $ ovvero $ 2t^2-1 $ e quindi $ t^2=\frac{cos(2x)+1}{2} $ e $ t=\sqrt{\frac{cos(2x)+1}{2}} $
$ a\frac{cos(2x)+1}{2}+b\sqrt{\frac{cos(2x)+1}{2}}+c $
Che è uguale alla precedente, ha le stesse radici, ma è di primo grado. Moltiplico tutto per due e porto il termine con la radice all'altro membro.
$ acos(2x)+a+2c=-2b\sqrt{\frac{cos(2x)+1}{2}} $
Ora elevo entrambi i membri al quadrato e ho la quadratica in $ cos(2x) $ richiesta...
$ [acos(2x)+a+2c]^2=[-2b\sqrt{\frac{cos(2x)+1}{2}}]^2 $
Potrebbe funzionare così?...
Mi viene però il dubbio che cambiando il grado in questo modo le radici possano non essere identiche o se ne potrebbe perdere qualcuna... Ci devo pensare...
Ecco, era questo il passaggio "intelligente" che intendevoGioacchinoA ha scritto:A questo punto abbiamo ottenuto la seconda in termini di $ \cos{x} $.
Ora dobbiamo cercare di scrivere la prima nella stessa forma della (1). A tal fine moltiplichiamo per $ a\cos{x}^2+c-b\cos{x} $, avendo
$ (a\cos{x}^2+c+b\cos{x})(a\cos{x}^2+c-b\cos{x}) = 0 \Rightarrow $
$ \Rightarrow a^2\cos{x}^4+c^2+2ac\cos{x}^2-b^2\cos{x}^2 = 0 \Rightarrow $
$ \Rightarrow (a^2)\cos{x}^4 + (2ac-b^2)\cos{x}^2+c^2 = 0 (2) $
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!
@Gioacchino: per scrivere (ad esempio) la relazione fondamentale della goniometria in latex usa
$ $\cos^2 x+\sin^2x=1$ $
oppure
$ $(\cos x)^2+(\sin x)^2=1$ $
Codice: Seleziona tutto
$\cos^2 x+\sin^2x=1$
oppure
Codice: Seleziona tutto
$(\cos x)^2+(\sin x)^2=1$
Bene, prendiamo un pentagono di [tex]$n$[/tex] lati...
Non ci va un +-?Fedecart ha scritto:$ t=\sqrt{\frac{cos(2x)+1}{2}} $
Comunque mi verrebbe da dire che elevando al quadrato si aggiungono delle soluzioni, però non sono sicuro
Anche nella soluzione di gioacchino, mi accorgo ora che bisognerebbe stare attenti e vedere se è tutto lecito, anche perchè quel passaggio equivale a portare $ b\cos x $ al $ RHS $ ed elevare al quadrato
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!
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Ok cercherò di tenere a mente il consiglio, graziefede90 ha scritto:@Gioacchino: per scrivere (ad esempio) la relazione fondamentale della goniometria in latex usa
$ $\cos^2 x+\sin^2x=1$ $Codice: Seleziona tutto
$\cos^2 x+\sin^2x=1$
oppure
$ $(\cos x)^2+(\sin x)^2=1$ $Codice: Seleziona tutto
$(\cos x)^2+(\sin x)^2=1$
Rivedendo il tutto , nella mia dimostrazione si deve porre (quando vado a moltiplicare nella seconda parte) $ $a\cos^2 x + c - b\cos x \ne 0 $ per evitare che la moltiplicazione faccia aumentare gli zeri di quella cosa. Ma se , come è detto nella traccia , risulta $ $a\cos^2 x + c + b\cos x = 0 $ allora $ a\cos^2 x + c - b\cos x \ne 0 $ eccetto quando $ b=0 $. Ma quando $ b=0 $ è come se elevassi al quadrato, quindi nè aggiungo, nè tolgo soluzioni.Maioc92 ha scritto:Anche nella soluzione di gioacchino, mi accorgo ora che bisognerebbe stare attenti e vedere se è tutto lecito, anche perchè quel passaggio equivale a portare $ b\cos x $ al $ RHS $ ed elevare al quadrato
sul toglierle sono d'accordo ma non credo che non si aggiungano soluzioni elevando al quadrato.....
es: 3x=9 ha soluzione x=3, ma $ 9x^2=81 $ ha soluzione +-3
Considerando però il testo del problema, se per stesse radici si intende che tra le radici della seconda espressione devono comparire quelle della prima, allora la soluzione è lecita.
es: 3x=9 ha soluzione x=3, ma $ 9x^2=81 $ ha soluzione +-3
Considerando però il testo del problema, se per stesse radici si intende che tra le radici della seconda espressione devono comparire quelle della prima, allora la soluzione è lecita.
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!