Aleks855,
hvis jeg bruker at
[tex]\cos (x) =0 \Rightarrow x = \frac{\pi}{2} + n \pi[/tex]
får jeg at
[tex]\cos\left ( \frac{\pi}{4}t_0 \right )=0[/tex]
[tex]\frac{\pi}{4}t_0= \frac{\pi}{2}+ \pi n \Rightarrow t_0 = 2+4 n[/tex]
eller [tex]\frac{\pi}{4}t_0= \frac{3\pi}{2}+ \pi n \Rightarrow t_0 = 6+4 n[/tex]
Du sier at jeg skal sette dette inn i første likning sammen med [tex]Y=1[/tex] slik at:
[tex]Z=\frac{Y-1.5}{\sin \left ( \frac{\pi}{4}t_0 \right )}=\frac{1-1.5}{\sin\left ( \frac{\pi}{4}*\left ( 2+4n \right ) \right )} \,\,\,\,,\,\, \vee\,\,\,\,\, Z = \frac{1-1.5}{\sin\left ( \frac{\pi}{4}*\left ( 6+4n \right ) \right )}[/tex]
Spørsmålet er hva som skjer nå gitt at [tex]Z> 0[/tex]
hvis jeg bruker [tex]n=1[/tex] får jeg
[tex]\frac{1-1.5}{\sin\left ( \frac{\pi}{4}*\left ( 2+4n \right ) \right )}=\frac{-0.5}{\sin \left ( \frac{3}{2} \pi \right )} =\frac{-0.5}{-1}=0.5[/tex]
eller
[tex]\frac{1-1.5}{\sin\left ( \frac{\pi}{4}*\left ( 6+4n \right ) \right )}=\frac{-0.5}{\sin \left ( \frac{5}{2} \pi \right )} =\frac{-0.5}{1}=-0.5[/tex]
som ikke stemmer, da [tex]Z>0[/tex] kan jeg kun bruke den første?
kan det stemme at de tre likningene har løsningen :
[tex]Y=1[/tex]
[tex]Z=0.5[/tex]
[tex]t_0 = 4+4n[/tex]
[tex]t_0 = 6+4n[/tex]
?
likninger med tre ukjente
Moderatorer: Aleks855, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa, DennisChristensen, Emilga
Det begynner å se ut som mål.
Med kriteriet $Z>0$ får vi $Z = -\frac{1}{2\sin\left( \frac\pi4 t_0 \right)} = -\frac{1}{2\sin\left( \frac\pi2 + n\pi \right)} = \frac12$ for oddetallige $n$, eller med andre ord $n = 2k+1$ der $k \in \mathbb Z$.
Da har vi $t_0 = 4n+2 = 4(2k+1) + 2 = 8k+6$.
Endelig svar: $\left(Y, Z, t_0 \right) = \left(1, \frac12, 8k+6\right)$ der $k \in \mathbb Z$.
Om dette er den endelige løsninga har jeg ikke verifisert, men kanskje du er kjent med hvordan man setter prøve på likninger?
Med kriteriet $Z>0$ får vi $Z = -\frac{1}{2\sin\left( \frac\pi4 t_0 \right)} = -\frac{1}{2\sin\left( \frac\pi2 + n\pi \right)} = \frac12$ for oddetallige $n$, eller med andre ord $n = 2k+1$ der $k \in \mathbb Z$.
Da har vi $t_0 = 4n+2 = 4(2k+1) + 2 = 8k+6$.
Endelig svar: $\left(Y, Z, t_0 \right) = \left(1, \frac12, 8k+6\right)$ der $k \in \mathbb Z$.
Om dette er den endelige løsninga har jeg ikke verifisert, men kanskje du er kjent med hvordan man setter prøve på likninger?
-
Gjest
det skal stemmeAleks855 skrev:Det begynner å se ut som mål.
Med kriteriet $Z>0$ får vi $Z = -\frac{1}{2\sin\left( \frac\pi4 t_0 \right)} = -\frac{1}{2\sin\left( \frac\pi2 + n\pi \right)} = \frac12$ for oddetallige $n$, eller med andre ord $n = 2k+1$ der $k \in \mathbb Z$.
Da har vi $t_0 = 4n+2 = 4(2k+1) + 2 = 8k+6$.
Endelig svar: $\left(Y, Z, t_0 \right) = \left(1, \frac12, 8k+6\right)$ der $k \in \mathbb Z$.
Om dette er den endelige løsninga har jeg ikke verifisert, men kanskje du er kjent med hvordan man setter prøve på likninger?
for forståelses skyld
hvorfor bruker du ikke [tex]2\sin\left ( \frac{\pi}{4}t_0 \right )=2 \sin \left ( \frac{3}{2} \pi +n \pi \right )[/tex] ?
Jeg har brukt at $\sin\left(\frac\pi4t_0\right) = \sin\left(\frac\pi2 + n\pi\right)$ som er det samme som det du skriver, hvis du setter $n = 1$ i min.
Husk at $n$ er et hvilket som helst heltall, så det fins uendelig mange slike ekvivalenser.
Husk at $n$ er et hvilket som helst heltall, så det fins uendelig mange slike ekvivalenser.
-
gamer32
Aleks855 skrev:Jeg har brukt at $\sin\left(\frac\pi4t_0\right) = \sin\left(\frac\pi2 + n\pi\right)$ som er det samme som det du skriver, hvis du setter $n = 1$ i min.
Husk at $n$ er et hvilket som helst heltall, så det fins uendelig mange slike ekvivalenser.
takk for hjelpen!