Trygonometria

[PrettLiar]

Oblicz, wiedząc, że \(\tg \alpha = \frac{1}{2}\):


\(\frac{ \sqrt{2 \sin^3 \alpha +3 \sin \alpha cos^2 \alpha } }{ \sin \alpha \sqrt{ \cos \alpha }+ \cos \alpha \sqrt{ \sin \alpha } }\)

[kukise]

\(\tg \alpha = \frac{1}{2}\):


\(\frac{ \sqrt{2 \sin^3 \alpha +3 \sin \alpha cos^2 \alpha } }{ \sin \alpha \sqrt{ \cos \alpha }+ \cos \alpha \sqrt{ \sin \alpha } }= \\
= \frac{ \sqrt{2 \sin^3 \alpha +3 \sin \alpha cos^2 \alpha } }{\cos \alpha \sqrt{ \sin \alpha } (\frac{\sqrt{\sin \alpha}}{ \sqrt{ \cos \alpha }}+ 1) } = \\
= \frac{ \frac{\sqrt{2 \sin^3 \alpha +3 \sin \alpha cos^2 \alpha }}{\cos \alpha \sqrt{ \sin \alpha }} }{\sqrt{\tg \alpha}+ 1 } = \\
= \frac{ \sqrt{ \frac{ 2 \sin^3 \alpha +3 \sin \alpha cos^2 \alpha }{\cos ^2 \alpha \sin \alpha } } }{ \sqrt{\tg \alpha}+ 1} = \\
= \frac{ \sqrt{ \frac{ 2 \sin^2 \alpha}{\cos ^2 \alpha } +3 } }{ \sqrt{\tg \alpha}+ 1 } = \\
= \frac{ \sqrt{ 2 \tg^2 \alpha +3 } }{ \sqrt{\tg \alpha}+ 1 } = \\
= \frac{ \sqrt{ \frac{1}{2} +3 } }{ \frac{\sqrt{2}}{2}+ 1 }= \frac{ 2\sqrt{ \frac{7}{2} } } {\sqrt{2}+2}= \frac{ 2\sqrt{7} } {2+2\sqrt{2}}=
\frac{\sqrt{7} } {1+\sqrt{2}}=\sqrt{7}(\sqrt{2}-1)\)

[Galen]

Proponuję zastosowanie danej funkcji tg
\(tgx= \frac{sinx}{cosx}= \frac{1}{2}\;\;\; \So \;\;\;cosx=2 sinx\;\;i\;\;cos^2x=4sin^2x\)
Podstaw do wyrażenia:
\(\frac{ \sqrt{2sin^3x+3sinx cos^2x} }{sinx \sqrt{cosx}+ cosx \sqrt{sinx} }=\\= \frac{ \sqrt{2sin^3x+12sin^3x} }{sinx\cdot \sqrt{2}\cdot \sqrt{sinx}+2sinx\cdot \sqrt{sinx} }= \frac{sinx\cdot \sqrt{14}\cdot \sqrt{sinx} }{sinx\cdot \sqrt{sinx}(2+ \sqrt{2}) }=\\
= \frac{ \sqrt{14} }{2+ \sqrt{2} }\)

[radagast]

To zadane jest dobrym przykładem potwierdzającym konieczność usuwania niewymierności z mianownika.
Wynik Galena jest oczywiście taki sam jak wynik kukuse'a