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Universität/Hochschule sin(pi/5); cos(pi/5)
pi-lovier
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Dabei seit: 21.01.2018
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2018-01-21

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Hallo Freunde,

Ich habe da mal ne Frage,
Wie berechne ich \(sin(\frac{\pi}{5})\) bzw. \(cos(\frac{\pi}{5})\)? confused
wenn ich den Weg von einem von beiden habe, könnte man logischer Weise mit dem Trigometrischen Satz:
\(sin(x)= \sqrt{1-cos(\frac{\pi}{5})} \)
\(\endgroup\)


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Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
Er/sie war noch nicht wieder auf dem Matheplaneten
weird
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.10.2009
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2018-01-21

\(\begingroup\)
2018-01-21 15:19 - pi-lovier im Themenstart schreibt:
Wie berechne ich \(sin(\frac{\pi}{5})\) bzw. \(cos(\frac{\pi}{5})\)? confused

Zunächst herzlich willkommen auf dem Matheplaneten!  smile

Zu deiner Frage: Du könntest dazu die Gleichung

$\exp(i\pi/5)=\cos(\pi/5)+i\sin(\pi/5)$

beidseitig zur 5-ten Potenz erheben und dann einen Vergleich von Realteil und Imaginarteil der beiden Seiten der Gleichung anstellen. Möglicherweise  direkter ist es aber, wenn man davon ausgeht, dass $\exp(i\pi/5)$ eine von -1 verschiedene Lösung von $x^5+1=0$ ist, d.h., man muss diese Gleichung lösen, was aber leichter ist, als es aussieht. Danach sind der Real- bzw. Imaginärteil von der Lösung mit dem kleinsten Phasenwinkel deine gesuchten Werte.

wenn ich den Weg von einem von beiden habe, könnte man logischer Weise mit dem Trigometrischen Satz:
\(sin(x)= \sqrt{1-cos(\frac{\pi}{5})} \)

Diesen Satz kenne ich nicht und ich glaube auch nicht, dass er stimmt: Links steht schließlich eine Funktion von $x$, rechts aber eine Zahl! Darüberhinaus dürfte auch die rechte Seite fehlerhaft sein. eek
\(\endgroup\)


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viertel
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Mitteilungen: 26423
Aus: Hessen
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2018-01-21


Mit dem „trigonometrischen Satz“ ist wohl eher der „trigonometrische Pythagoras“ gemeint:
<math>\sin^2 x=1-\cos^2 x</math>



-----------------
Bild



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Buri
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Dabei seit: 02.08.2003
Mitteilungen: 45597
Aus: Dresden
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2018-01-21


Hi pi-lovier,
fed-Code einblenden
Nun muss man versuchen, durch mehrfaches Quadrieren eine der beiden Unbekannten x und y, zum Beispiel y, zu eliminieren.
Im folgenden Beitrag #4 gibt weird eine übersichtlichere und bessere Lösungsmöglichkeit an.
Gruß Buri



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weird
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Mitteilungen: 4067
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2018-01-21

\(\begingroup\)
@Buri

Vielleicht täusche ich mich ja, aber ich werde das Gefühl nicht los, dass du denkst, mein Lösungsvorschlag wäre zu kompliziert. Für den Fall, dass dem so ist, hier noch ein paar Andeutungen, wie es weitergeht. Wenn man von von meinem zweiten Vorschlag ausgeht, der etwas einfacher ist, dann ist $e^{i\pi/5}$ wie gesagt eine von -1 verschiedene Nullstelle von $x^5+1$, d.h., nach Entfernung des Linearfaktors $x+1$ dann also Nullstelle von

$f(x):=x^4-x^3+x^2-x+1$

Wir brauchen somit die Faktorisierung dieses Polynoms über den komplexen Zahlen. Eigentlich kennen wir diese ja schon, nämlich

$f(x)=(x-e^{i\pi/5})(x-e^{3i\pi/5})(x-e^{7i\pi/5})(x-e^{9i\pi/5})$

aber wir wolllen natürlich eine Faktorisierung mit Radikalen statt diesen e-Potenzen. Immerhin wissen wir so, dass es, indem wir den 1. und 4. Linearfaktor, sowie den 2. und 3. zusammenfassen, eine Darstellung

$f(x)=(x^2+ax+1)(x^2+bx+1)$

mit gewissen reellen Zahlen $a,b$ geben muss. Durch Ausmultiplizieren und Koeffizientenvergleich erhält man aus

$x^4-x^3+x^2-x+1=x^4+(a+b)x^3+(ab+2)x^2+(a+b)x+1$

die zwei Gleichungen

$a+b=-1,\ ab=-1$

aus denen sich dann $a$ und $b$ leicht berechnen lassen. Nach Einsetzen dieser Werte kann man auch die 2 quadratischen Gleichungen

$x^2+ax+1=0$ und $x^2+bx+1=0$

leicht lösen und muss sich dann von den 4 Lösungen genau jene herauspicken, welche im ersten Quadranten liegt, denn das ist die richtige, welche dem Wert $e^{i\pi/5}$ entspricht. Real- und Imaginärteil davon sind dann $\cos(\pi/5)$ bzw. $\sin(\pi/5)$. Und das war's dann auch schon, also eigentlich dann keine Hexerei!  smile
\(\endgroup\)


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kurtg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2018-01-22

\(\begingroup\)
Aus der Galoistheorie folgt, dass biquadratische Radikale auftreten: $\varphi(10) = 4$. Man kann das 10. Kreisteilungspolynom hinschreiben, eine Wurzel $\sqrt{5}$ der Diskriminante $5^3$ adjungieren und muss dann nur noch eine quadratische Gleichung lösen.
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Squire
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Mitteilungen: 490
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2018-01-22

\(\begingroup\)
$\sin{5x}=\sin{4x}\cos{x}+\cos{4x}\sin{x}=...=\sin{x}\cdot (5-20\sin^2{x}+16\sin^4{x})$ und daraus für $x=\frac{\pi}{5}$:

$0=5-20\sin^2{\frac{\pi}{5}}+16\sin^4{\frac{\pi}{5}}$, also eine quadratische Gleichung in $\sin^2{\frac{\pi}{5}}$.

Grüße Squire

\(\endgroup\)


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weird
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 4067
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2018-01-22

\(\begingroup\)
@kurtg

Ich denke, ein fairer Vergleich zwischen zwei Lösungen ist eigentlich nur dann möglich, wenn man wirklich alles hinschreibt, was man dazu braucht und dabei auch sog. "schwere Geschütze" (Galoistheorie etc.) in Betracht zieht, die man zwischendurch mal verwendet. Mein oben skizzierter Lösungsweg ist bis auf die Auflösung von quadratischen Gleichungen eigentlich schon komplett und geht in den Anforderungen kaum über das hinaus, was man schon in der Schule lernt bzw. lernen sollte. Die in meinen Augen einzige kritische Stelle, nämlich die Möglichkeit einer Faktorisierung

$x^4-x^3+x^2-x+1=(x^2+ax+1)(x^2+bx+1)$

mit reellen Konstanten $a$ und $b$ könnte man auch leicht so umschiffen, dass man sie einfach ausprobiert oder sich dabei auf die Symmetrie der Koeffizienten des linksstehenden Polynoms beruft. Ebendiese sog. Reziprozität eröffnet ja bekanntlich, indem man durch $x^2$ dividiert und anschließend noch $u=x+\frac 1x$ substituiert noch eine weitere elementare Möglichkeit der Nullstellenbestimmung des linksstehenden Polynoms.

@Squire

Hast du schon den ersten von mir vorgeschlagenen Lösungsweg in #1 ausprobiert? Ich denke, er ist in etwa vergleichbar, möglicherweise sogar einfacher. Auch hier müsste man für ein endgültiges Urteil beide vollständigen Rechnungen nebeneinanderstellen. Beide Lösungswege haben aber gegenüber der in #3 skizzierten Lösung den Nachteil, dass man am Ende dann aus einem der beiden Werte $\sin(\pi/5)$ und $\cos(\pi/5)$ den jeweils anderen noch berechnen muss, was jetzt kein "Beinbruch", aber dann doch mit all den verschachtelten Wurzelausdrücken ein zusätzlicher Aufwand ist.
\(\endgroup\)


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kurtg
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2018-01-22


Ja. Ich wollte nicht sagen, dass meine Lösung besser ist. Sie verwendet mehr Theorie, ist dann aber etwas einfacher.



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