Equazione goniometrica con formula di bisezione

[max_strani]

Buongiorno a tutti, mi sono imbattuto in questo esercizio che ho risolto in due metodi differenti, il problema è che vengono due soluzioni diverse...
$cosx+cos(\frac(x)(2))+1=0$

Metodo 1: introduco una variabile $t=\frac(x)(2)$ e l’equazione diventa
$cos2t+cost+1=0$
$2cos^2t+cost=0$
$cost(2cost+1)=0$
Da cui
$cost=0\rightarrow t=\frac(\pi)(2)+k\pi \rightarrow x=\pi+2k\pi$
$cost=-\frac(1)(2) \rightarrow t=\frac(2)(3)\pi+2k\pi \vee t=\frac(4)(3)\pi+2k\pi \rightarrow x=\frac(4)(3)\pi+4k\pi \vee x=\frac(8)(3)\pi+4k\pi$
Che sono le soluzioni del libro.

Poi ho provato con la formula di bisezione per il coseno:
$cosx\pm\sqrt(\frac(1+cosx)(2))+1=0$
$\frac(1+cosx)(2)=cos^2x+2cosx+1$
$2cos^2x+3cosx+1=0$
Le cui soluzioni sono
$cosx=-1\rightarrow x=\pi+2k\pi\quad$ Che combacia con il metodo precedente
$cosx=-\frac(1)(2)\rightarrow x=\frac(2)(3)\pi+2k\pi \vee x=\frac(4)(3)\pi+2k\pi$
Che sono esattamente la metà delle soluzioni del metodo precedente


Immagino che possa dipendere da un utilizzo poco adeguato della formula di bisezione, ma non ne capisco il motivo...qualcuno può illuminarmi?

[Lapo98]

Passo 1.
Pongo $ x/2 = t $ e quindi ottengo $ x=2t $ e mi trovo la seguente relazione $ cos (2t)+ cos (t) +1 =0 $.
Passo 2.
Dalle formule trigonometriche so che $ cos (2t)= cos^2(t)-sin^2(t)=1-2sin^2(t)=2cos^2(t)-1 $;
sostituendola nella relazione precedente ottengo $ 2 cos^2(t)-1+cos(t)+1=0 $ e quindi $ 2 cos^2(t)+cos(t)=0 $
Passo 3.
Opero di nuovo per sostituzione e pongo $ cos(t)=lambda $ ottenendo questa nuova relazione $ 2 lambda^2 + lambda=0 $;
da qui trovo due valori di lambda ovvero $ lambda (1)=0 $ e $ lambda (2)=-1/2 $
Passo 4.
Ora sostituisco i rispettivi valori di $ lambda(1) $ e $ lambda (2) $ ai valori $ t(1) $ e $ t(2) $ ottenendo:
$ { ( cos(t)=0 rArr t(1)=pi/2+kpi),( cos(t)=-1/2 rArrt(2)=2/3pi+2kpi vv 4/3pi+2kpi ):} $
Passo 5.
Sostituisci i valori trovati di $ t(1) $ e $ t(2) $ ai rispettivi valori $ x(1) $ e $ x(2) $ ottenendo :
$ { ( x/2=t(1)rArrx=2 t(1)=pi+2kpi ),( x/2=t(2)rArrx=2t(2)=4/3pi+4kpivv 8/3pi+4kpi ):} $
Le soluzioni sono dunque:
$ x=pi+2kpi $ ed $ x=4/3pi+4kpi vv 8/3pi+4kpi $

[@melia]

Usando le formule di bisezione sostituisci $ cos(\frac(x)(2)) $ con $ pm\sqrt(\frac(1+cosx)(2)) $ ma poi usi il radicale come se fosse sempre positivo, che non è vero, infatti da
$ \pm\sqrt(\frac(1+cosx)(2)) =cosx+1$ dove il secondo membro è sempre positivo e il primo a volte sì e altre no, passi, elevando al quadrato a
$ \frac(1+cosx)(2)=cos^2x+2cosx+1 $ che ha entrambi i membri sempre positivi, quindi hai accettato anche tutte le soluzioni in cui $ cos(\frac(x)(2)) $ è negativo e non può essere uguale a $cosx+1$.

Le soluzioni che ottieni sono solo per caso la metà di quelle esatte, infatti la soluzione $ x=\frac(2)(3)\pi+2k\pi $ che dovrebbe essere accettata a giri alterni equivale alla $ x=\frac(2)(3)\pi+2pi+2k\pi =8/3pi+2kpi$ perché di questa si deve accettare solo la soluzione dei giri pari.
Mentre $x=\frac(4)(3)\pi+2k\pi $ va accettata solo per i giri dispari.

[max_strani]

Grazie mille, il problema sussisteva anche perché il metodo dell’elevamento al quadrato era quello che proponeva la mia prof per sbarazzarsi del $\pm$ e mi era sorto il dubbio che toglierlo e basta non fosse molto corretto