Trigonometrikus egyenlet

`sin^2(x/3-π/4)=1/2`
Legyen most `β=(x/3-π/4)`
`sin^2\ β=1/2`

Eleve két ágon kell menni a négyzetre emelés miatt:
a) `sin\ β=sqrt(1/2)`
`sin\ β=sqrt2/2`
Tudjuk, hogy `sin\ 45°=sin\ π/4=sqrt2/2`
Ezért az egyik megoldás a periódusokkal együtt az, hogy
`β_1=π/4+2kπ`
ahol `k ∈ ℤ`

De ha belegondolsz a szinusz ábrájára, lásd mondjuk itt:

https://www.wolframalpha.com/input/?i=plot+sin+x+%3D+%E2%88%9A2%2F2+where+-%CF%80+%3C+x+%3C+7%CF%80

rájössz, hogy nem csak 2π-nként vannak azonos magasságon a szinusz értékek... Az előző megoldás csak az ábrán lévő pöttyök felét adta meg. A másik fele abból jön, hogy tudjuk, hogy `sin\ x = sin(π-x)`, tehát:
`π-β=π/4+2kπ`
`β_2=π-π/4+2k_2π qquad k_2 ∈ ℤ`

a) `sin\ β=-sqrt(1/2)`
`sin\ β=-sqrt2/2`
Ez meg a -45°...
`β_3=-π/4+2k_3π qquad k_3 ∈ ℤ`

és persze itt is van ez is:
`π-β=-π/4+2kπ`
`β_4=π+π/4+2k_4π qquad k_4 ∈ ℤ`

Tehát a fenti 4 megoldás van a β-ra (plusz a periódusok).

Kicsit haladóbb: Össze is lehet vonni őket:

(most csak `k`-t írok mindegyiknél, de azok a `k`-k néha nem egyformák, egyszerűen csak egy tetszőleges egész számot jelentenek)
`β_1=π/4+2kπ`
`β_2=π-π/4+2kπ=(3π)/4+2kπ=π/4+π/2+2kπ`
`β_3=-π/4+2kπ=2π-π/4+2kπ=π+(3π)/4+2kπ=π/4+π/2+π+2kπ`
`β_4=π/4+π+2kπ`

Ezek egy kifejezéssel is megadhatók, hisz `β_1, β_2, β_4, β_3` ilyen sorrendben áppen `π/2`-nként követi egymást:
`β=π/4+kπ/2`

Végül még a β-ról át kell térni x-re:
`β=x/3-π/4`
`x/3-π/4=π/4+kπ/2`
`x/3=π/4+π/4+kπ/2`
`x=(3π)/2+k(3π)/2`
vagy még egyszerűbben:
`x=k(3π)/2 qquad k ∈ ℤ`

Más megoldás, ami kis trükközéssel sokkal egyszerűbb lesz:

Tudjuk, hogy `cos(2x)=1-2sin^2x`
Ezért `sin^2x=1/2·(1-cos(2x)`

Tehát most:
`1/2·(1-cos(2(x/3-π/4))=1/2`
`1-cos(2(x/3-π/4))=1`
`cos((2x)/3-π/2)=0`

Azt is tudjuk, hogy `cos\ α=sin(α+π/2)`
Ezért
`cos((2x)/3-π/2)=sin((2x)/3)=0`

Ennek pedig ilyen egyszerű a megoldása:
`(2x)/3=0+kπ`
`x=k·(3π)/2 qquad k ∈ ℤ`