2син(х)+кос(х)=-1

[Гост]

как се решава 2син(х)+кос(х)=-1 ?

[Davids]

Можем стандартно, а можем и със субституция на Вайерщрас (позната още като универсална субституция).

Полагаме $t = \tg\frac{x}{2}$ и тогава $\sin x = \frac{2t}{1+t^2}$, а $\cos x = \frac{1-t^2}{1+t^2}$.

Уравнението става:

$\frac{4t}{1+t^2} + \frac{1-t^2}{1+t^2} = -1$

След привеждане под общ знаменател:
$4t + 1 - t^2 = -1 - t^2$

Окончателно:
$t = \tg\frac{x}{2} = -\frac{1}{2}$

Знаем, че тангенсът периодичен с период $\pi$ и в интервалите $\left[(2k-1)\frac{\pi}{2}; ~(2k+1)\frac{\pi}{2}\right], ~~ k\in\Z$ (т.е. за една непрекъсната дължина на периода) е строго монотонно нарастващ и покрива всички реални стойности.
Значи ни стига да намерим едно решение в един интервал, да кажем най-конвенционалния $\left[-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right]$ и просто да дообявим резултата в останалите интервали.
Та, в този конвенционален интервал имаме решението $x_0$: $\frac{x_0}{2} = \arctg\left(-\frac{1}{2}\right) \Rightarrow x_0 = -2\arctg\left(\frac{1}{2}\right)$

Оттам цялостното решение с периодите става $x = -2\arctg\left(\frac{1}{2}\right) + 2k\pi$, $k\in\Z$

Има обаче един малък проблем: открихме "трудните" решения с тази врътка, но пък другия клас решения (в някакъв смисъл "най-очевидните") ни убегнаха. Ще оставим на читателя да помисли кои са те и защо ги изтърваме с това полагане.

[Гост]

чрез въвеждане на спомагателен ъгъл също може
да се реши , но стигам до син(х+б) = - (корен квадратен от 5) / 5
и не мога да го реша

[S.B.]

как се решава 2син(х)+кос(х)=-1 ?

Още един поглед върху задачата:

[tex]2\sin x + \cos x = -1[/tex]
[tex]2\sin x + 1 + \cos x = 0 \Leftrightarrow 2\sin x + 2 \cos^{2 } \frac{x}{2} = 0 \Leftrightarrow 4\sin \frac{x}{2}\cos \frac{x}{2} + 2 \cos^{2 } \frac{x}{2} = 0 \Leftrightarrow[/tex]

[tex]2 \cos \frac{x}{2}(2 \sin \frac{x}{2} + \cos \frac{x}{2}) = 0[/tex]

[tex]2\cos \frac{x}{2} = 0[/tex] [tex]\cup[/tex] [tex]2\sin \frac{x}{2} + \cos \frac{x}{2} = 0[/tex]

1)
[tex]2\cos \frac{x}{2} = 0 \Leftrightarrow \cos \frac{x}{2} = 0 \Rightarrow \frac{x}{2} = ( 2k+ 1) \frac{ \pi }{2}[/tex]
$$\Rightarrow x_{1 } = (2k+1) \pi$$

2)
[tex]\cos \frac{x}{2} \ne 0 \Rightarrow \frac{x}{2} \ne (2k+1) \frac{ \pi }{2}[/tex]

[tex]2\sin \frac{x}{2} + \cos \frac{x}{2} = 0|:\cos \frac{x}{2}[/tex]

[tex]2\tg \frac{x}{2} + 1 = 0 \Rightarrow \tg \frac{x}{2} = - \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{x}{2} = \arctg (- \frac{1}{2}) + k \pi[/tex]
$$ \Rightarrow x_{2 } = 2\arctg(- \frac{1}{2}) + 2k \pi$$

[Knowledge Greedy]

Може и най-стандартно така.
Прехвърляме [tex]cosx[/tex] отдясно и повдигаме на втора степен, при условие [tex]sinx\le0[/tex] - за да не се появят паразитни корени.

[tex]4sin^2x=(1+cosx)^2[/tex]

Без да разкриваме скобите, връщаме [tex](1+cosx)^2[/tex] в лявата страна, а [tex]sin^2x[/tex] заместваме с [tex]1-cosx^2[/tex]

[tex]4(1-cosx^2)-(1+cosx)^2=0[/tex]

Разлагаме на множители [tex](1+cosx)[4(1-cosx)-(1+cosx)]=0[/tex]

Получи се приличен каноничен вид [tex](1+cosx)(3-5cosx)=0[/tex]

Възможностите
- от първия множител
[tex]\Rightarrow \,\ sinx=0 \,\ \Rightarrow \,\ x=k \pi[/tex]

- от втория множител
[tex]cosx=\frac{3}{5} \,\ \Rightarrow \,\ sinx =- \frac{4}{5}[/tex]

Все пак странични корени са проникнали при повдигането на втора степен и те са при четни цели множители [tex]k[/tex], затова те отпадат.
От първата група остават [tex]\forall x, \,\ x=(2k-1) \pi[/tex], при k[tex]\in \Z[/tex]
От втората група [tex]x=- arcsin\frac{4}{5}+k \pi[/tex] , при k[tex]\in \Z[/tex]
____________________________
Ето и от мен задача. Докажете, че решенията на S.B. и тези, които предложих, са едни и същи.

[Гост]

какво е arctg ? в отговора пише че х1 = -53^8' ; х2 = 180^ + 2kп
как се стига до х1 ?

[S.B.]

какво е arctg ? в отговора пише че х1 = -53^8' ; х2 = 180^ + 2kп
как се стига до х1 ?

[tex]\tg \frac{x}{2} = - \frac{1}{2}[/tex]
Съществува [tex]\angle \alpha _{0 }[/tex] такъв ,че [tex]\tg \alpha _{0 } = - \frac{1}{2}[/tex] Тогава [tex]\alpha _{0 } = \arctg ( - \frac{1}{2} )[/tex]
Или простичко казано [tex]\arctg (- \frac{1}{2})[/tex] показва стойността на ъгъла ,за който [tex]\tg \alpha _{0 } = - \frac{1}{2}[/tex]
В случая от таблица за стойностите на [tex]\tg x[/tex] се вижда,че [tex]\arctg (- \frac{1}{2}) \approx -26 ^\circ 40'[/tex]
Знаеш,че за уравненито [tex]\tg x = a , a \in (- \infty;+ \infty)[/tex] , корените са [tex]x = \alpha _{0 }+ k \pi , k \in Z[/tex]
В твоя случай:
[tex]\tg \frac{x}{2} = - \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{x}{2} = \arctg(- \frac{1}{2}) + k \pi \Leftrightarrow \frac{x}{2}= - 26 ^\circ 40' + k \pi \Rightarrow x = - 53 ^\circ 10' + 2k \pi[/tex]
Отговорът в учебника се различава от моя с [tex]2'[/tex]- предполагам,че са разполагали с по-точна таблица.

[tex]x_{2 } = 180 ^\circ + 2k \pi[/tex] -тук вярвам,че знаеш,че [tex]180 ^\circ = \pi[/tex]
Тогава [tex]x_{2 } = 180 ^\circ + 2k \pi = \pi + 2k \pi = (1 + 2k) \pi[/tex] - т.е. отговорите са идентични.

[Knowledge Greedy]

И е проява на лош вкус, да се се смесват мерни единици в едно решение или една задача