Riscrittura espressione con funzioni trigonometriche

[thedarkhero]

Considero l'espressione $y=-2\sqrt(3)cos^2x+2sinxcosx+\sqrt(3)-1$.
Vorrei capire se la si può scrivere nella forma $y=Asin(Bx+C)+D$ per delle opportune costanti $A,B,C,D \in RR$ (oppure nella forma $y=A'cos(B'x+C')+D'$).
Esiste un procedimento standard?

[ghira]

https://it.wikipedia.org/wiki/Identit%C3%A0_trigonometrica#Formula_di_duplicazione

[thedarkhero]

Utilizzando la formula di duplicazione posso scrivere $y=-2\sqrt(3)cos^2x+sin(2x)+\sqrt(3)-1$, ma come posso ridurre il tutto ad un solo seno (rispettivamente, ad un solo coseno)?

[ghira]

https://it.wikipedia.org/wiki/Identit%C3%A0_trigonometrica#Conseguenze_del_teorema_di_Pitagora ?

Ci sono tante identità. Vedi cosa riesci a combinare.

[413]

Prima usa le formule di duplicazione suggerite da ghira
\( \displaystyle \begin{align}
\sin(2x) &= 2\sin x\cos x,\\
\cos^2x &=\frac{1+\cos(2x)}{2},
\end{align} \)
per ricondurti a una combinazione lineare in \( \displaystyle \sin t,\cos t \) del tipo

\( \displaystyle a\sin t + b\cos t,\quad a,b\in\mathbb{R},a\ne0. \)

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Soluzione.

\( \displaystyle \begin{align*}
-\sqrt3\cos(2x)+\sin(2x)-1.
\end{align*} \)

Poi si utilizza quello che ai miei tempi si chiamava "metodo dell'angolo aggiunto". Posso assumere \( \displaystyle b\ne 0 \) altrimenti non c'è nulla da fare.

\( \displaystyle \begin{align*}
a\sin t+b\cos t & =\sqrt{a^2+b^2}\Big(\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\sin t+ \frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\cos t\Big)\\
& = \sqrt{a^2+b^2}\Big(\cos\phi\sin t+ \sin\phi\cos t\Big)\\
&= \sqrt{a^2+b^2}\sin(t+\phi)
\end{align*} \)

dove ho posto¹

\( \displaystyle \cos\phi :=\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}},\quad \sin\phi := \frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}} \)

e applicato la formula di addizione del seno.

A questo punto puoi calcolare

\( \displaystyle \tan\phi =\frac{\sin\phi}{\cos\phi} = \frac{b}{a},\quad \phi_0 := \arctan\frac{a}{b} \in \Big(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\Big). \)

Per determinare \( \displaystyle \phi \) devi considerare i segni di \( \displaystyle \cos\phi \) e \( \displaystyle \sin\phi \) , ovvero di \( \displaystyle a \) e \( \displaystyle b \) rispettivamente; a seconda dei loro segni \( \displaystyle \phi \) si troverà nel

\( \displaystyle \begin{array}{ccc}
&a>0& a<0\\
b>0&\text{I quadrante}&\text{II quadrante}\\
b<0&\text{IV quadrante}&\text{III quadrante}
\end{array} \)

pertanto, nei diversi casi, \( \displaystyle \phi \) è uguale a

\( \displaystyle \begin{array}{ccc}
&a>0& a<0\\
b>0&\phi_0,\,\phi_0>0&\phi_0+\pi,\,\phi_0<0\\
b<0&\phi_0,\,\phi_0<0&\phi_0+\pi,\,\phi_0>0
\end{array} \)

riassumendo²

\( \displaystyle \phi=
\begin{cases}
\phi_0& \text{ se } (a>0\land b>0)\lor(a>0\land b<0),\\
\phi_0+\pi& \text{ se } (a<0\land b>0)\lor(a<0\land b<0).
\end{cases} \)

Puoi modificare in modo opportuno il procedimento utilizzando la formula di sottrazione del coseno per arrivare alla forma \( \displaystyle A\cos(t+\phi) \) .

Se applichi quanto detto al tuo esercizio dovresti ottenere il seguente risultato.

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

\( \displaystyle \begin{align*}
-\sqrt3\cos(2x)+\sin(2x)-1& = 2\Big(\underbrace{-\frac{\sqrt3}{2}}_{\sin\phi}\cos(2x)+\underbrace{\frac{1}{2}}_{\cos\phi}\sin(2x)\Big)-1\\
&= 2\sin\Big(2x-\frac{\pi}{3}\Big)-1,
\end{align*} \)

infatti

\( \displaystyle \begin{align*}
\sqrt{(-\sqrt3)^2+1^2}&=\sqrt4=2,\\
\cos\phi& = \frac{1}{2},\\
\sin\phi&=-\frac{\sqrt3}{2},\\
\tan\phi& = \frac{-\sqrt3/2}{1/2}=-\sqrt3\,\quad \phi_0 = \arctan(-\sqrt3) = -\frac{\pi}{3},
\end{align*} \)

l'angolo \( \displaystyle \phi \) si trova nel quarto quadrante (caso \( \displaystyle a>0\land b<0 \) ), quindi \( \displaystyle \phi=\phi_0=-\frac{\pi}{3} \) e ho concluso

\( \displaystyle -2\sqrt3\cos^2x+2\sin x\cos x+\sqrt3-1 = 2\sin\Big(2x-\frac{\pi}{3}\Big)-1. \)

Se ti piace più il coseno puoi usare la formula degli angoli complementari e la parità del coseno

\( \displaystyle 2\sin\Big(2x-\frac{\pi}{3}\Big)-1 = 2\cos\Big(\frac{5}{6}\pi-2x\Big)-1=2\cos\Big(2x-\frac{5}{6}\pi\Big)-1. \)

---

Note

1. Esiste sicuramente un numero reale \( \displaystyle \phi \) che soddisfa le due uguaglianze poiché
   
   \( \displaystyle \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\in\operatorname{Im}(\cos)=[-1,1],\quad \frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\in\operatorname{Im}(\sin)=[-1,1], \)
   
   infatti (se \( \displaystyle a\ne0 \) )
   
   \( \displaystyle \begin{align*}
   \sqrt{a^2+b^2}&= \sqrt{a^2\Big(1+\frac{b^2}{a^2}\Big)}\\
   &= \lvert a\rvert\sqrt{1+(b/a)^2}\\
   &\geq\lvert a\rvert
   \end{align*} \)
   
   poiché \( \displaystyle 1+(b/a)^2\geq 1 \) da cui \( \displaystyle \sqrt{1+(b/a)^2}\geq \sqrt{1}=1 \) poiché la funzione \( \displaystyle x\mapsto\sqrt{x} \) è monotona (strettamente) crescente; scambiando \( \displaystyle a \) con \( \displaystyle b \) ottengo
   
   \( \displaystyle \sqrt{a^2+b^2}\geq\lvert b\rvert, \)
   
   quindi (se \( \displaystyle a^2+b^2\ne0 \) , il che è certamente vero nelle nostre ipotesi)
   
   \( \displaystyle \frac{\lvert a\rvert}{\sqrt{a^2+b^2}}\leq1,\quad \frac{\lvert b\rvert}{\sqrt{a^2+b^2}}\leq 1, \)
   
   e il valore di \( \displaystyle \phi \) è univocamente determinato \( \displaystyle \mod2\pi \) nel momento in cui si conoscono sia \( \displaystyle \cos\phi \) sia \( \displaystyle \sin\phi \) . In particolare avendo supposto \( \displaystyle a\ne0\land b\ne0 \) valgono le disuguaglianze strette. ↑
2. Se preferisci il valore di \( \displaystyle \phi \) riferito all'intervallo \( \displaystyle [0,2\pi) \) puoi usare
   
   \( \displaystyle \phi=
   \begin{cases}
   \phi_0& \text{ se } (a>0\land b>0),\\
   \phi_0+\pi& \text{ se } (a<0\land b>0)\lor(a<0\land b<0),\\
   \phi_0+2\pi&\text{ se }(a>0\land b<0).
   \end{cases} \)
   ↑

[@melia]

$cos(2x) =(1+cos^2x)/2$

Questa formula mi lascia perplessa, mi pare una fusione errata tra

$cos2alpha=2cos^2alpha-1$

$cos^2alpha=(1+cos2alpha)/2$

Se puoi correggila perché tutto il resto mi pare corretto e anche la soluzione finale lo è.

[413]

Ho scambiato \( \displaystyle \cos(2x) \) con \( \displaystyle \cos^2x \) nel ricopiare l'identità... Sistemato

[thedarkhero]

Grazie mille!