równanie trygonometryczne

[theoldwest]

Rozwiązać równanie:

\(\displaystyle{ \cos \left( x \right) -\sin \left( x \right) =\cot \left( x \right) -\tan \left( x \right)}\) , \(\displaystyle{ x \in \left[ \frac{-\pi}{3},\frac{5\pi}{6} \right]}\)

[theoldwest]

- Doprowadzić do postaci \(\displaystyle{ \cos ^2x\left( 2-\sin x\right) =1-\sin ^2x \cos x}\),
- Zauważyć, że obie strony zawsze dodatnie, także można podnieść obustronnie do kwadratu,
- Po przekształceniach zamienić \(\displaystyle{ \sin ^2x}\) na \(\displaystyle{ 1-\cos ^2x}\) i będą same cosinusy - podstawić za cosinusa pomocniczą zmienną \(\displaystyle{ t}\) i będzie do rozwiązania równanie czwartego stopnia z niewiadomą \(\displaystyle{ t}\) (nie rozwiązywałem).

Nie zacząłem robić jeszcze w ten sposób, ale jak podnoszę równanie \(\displaystyle{ L=\cos ^2x\left( 2-\sin x\right) =1-\sin ^2x \cos x=P}\) stronami do kwadratu, to \(\displaystyle{ L^2=\cos ^4x \cdot (4+\sin ^2 x -4\sin x)}\) oraz \(\displaystyle{ P^2 = 1+\sin ^4 x \cos ^2x -2\sin ^2 x \cos x}\) i nawet jak zamienię \(\displaystyle{ \sin ^2x}\) na \(\displaystyle{ 1-\cos ^2x}\) to nadal będę miał \(\displaystyle{ \sin x,\cos x}\) w pierwszej potędze, chyba że nie zrozumiałem o co Ci chodzi.

[Jan Kraszewski]

Lepiej tak:

\(\displaystyle{ \cos x-\sin x=\frac{\cos^2x-\sin^2x}{\sin x \cdot \cos x}\\
\cos x-\sin x-\frac{\left( \cos x-\sin x\right) \left( \cos x+\sin x\right)}{\sin x \cdot \cos x}=0\\
\left( \cos x-\sin x\right)\left( 1-\frac{ \cos x+\sin x}{\sin x \cdot \cos x}\right)=0}\)

itd.

JK

[theoldwest]

A jak równanie \(\displaystyle{ 1-\frac{ \cos x+\sin x}{\sin x \cdot \cos x}\right)=0}\) rozwiązać?

[Mariusz M]

\(\displaystyle{ 1-\frac{ \cos x+\sin x}{\sin x \cdot \cos x}=0}\)

Niech \(\displaystyle{ \sin{2x}\neq 0}\)

\(\displaystyle{ 1-\frac{ \cos x+\sin x}{\sin x \cdot \cos x}\right)=0\\
1=\frac{ \cos x+\sin x}{\sin x \cdot \cos x}\\
2\sin{x}\cos{x}=2\left( \cos{x}+\sin{x}\right)\\
\left( \cos{x}+\sin{x}\right)^2-1=2\left( \cos{x}+\sin{x}\right) \\
\left( \cos{x}+\sin{x}\right)^2-2\left( \cos{x}+\sin{x}\right)-1=0\\
t^2-2t-1=0\\
\left( t-1- \sqrt{2} \right)\left( t-1+ \sqrt{2} \right)=0\\
t_{1}=1+\sqrt{2}> \sqrt{2} \Rightarrow x\in\mathbb{C}\\
t_{2}=1-\sqrt{2}\\
\cos{x}+\sin{x}=1-\sqrt{2}\\
\sin{\left( \frac{\pi}{2}-x \right) }+\sin{x}=1-\sqrt{2}\\
2\sin{\left( \frac{\frac{\pi}{2}-x+x}{2} \right) }\cos{\left( \frac{\frac{\pi}{2}-x-x}{2} \right) }=1-\sqrt{2}\\
2\sin{\left( \frac{\pi}{4} \right) }\cos{\left( \frac{\pi}{4}-x \right) }=1-\sqrt{2}\\
\sqrt{2}\cos{\left( \frac{\pi}{4}-x \right) }=1-\sqrt{2}\\
\cos{\left( \frac{\pi}{4}-x \right) }=\frac{1}{ \sqrt{2} }-1\\
\begin{cases} x_{1}=\frac{\pi}{4}-\arccos{\left( \frac{1}{ \sqrt{2} }-1 \right) }+2k\pi \qquad k\in\mathbb_{Z}\\
x_{2}=\frac{\pi}{4}+\arccos{\left( \frac{1}{ \sqrt{2} }-1 \right) }+2k\pi \qquad k\in\mathbb_{Z}\end{cases}}\)

Należy wybrać te rozwiązania które leżą w zadanym przedziale