equazioni goniometriche

[marcus112]

Per risolvere l'equazione
$tan(45°-x)=cos2x$ invece
ho trasformato $co2x=(1-tan^2x)/(1+tan^2x)$ ed ho ottenuto

$(1-tanx)/(1+tanx)=(1-tan^2x)/(1+tan^2x)$ da cui $x=k80° vvx=45°+k180°$

Sul libro invece riportano $k90°;45°+k180°$
Non comprendo $k90°$

[chiaraotta]

Le trasformazioni che hai fatto non sono lecite per $x=90°+k180°$, perché hai espresso $tan(45°-x)$ e $cos(2x)$ attraverso $tan(x)$ che non è definita a quegli angoli.
Quindi l'equazione che hai trovato in questo modo non è equivalente a quella iniziale, perché, non essendo definita a quegli angoli, non può averli come soluzione.
In realtà quegli angoli erano proprio soluzioni, come avresti dovuto verificare per sostituzione diretta nell'equazione di partenza, prima di fare le trasformazioni.
Perciò, oltre alle soluzioni che hai trovato tu, $x=k180°$ e $x=45°+k180°$, c'era anche $x=90°+k180°$.
L'unione di $x=k180°$ con $x=90°+k180°$ dà $x=k90°$.

[giammaria]

Dicendo "con formule semplici" voglio dire procedere in qualche modo normale fino ad ottenere una soluzione esatta, intendendo come tale anche scritte tipo $arctg 2$. Mi pare invece che la tua equazione possa essere risolta solo con metodi approssimati, primo fra tutti quello grafico. Suggerivo di controllare il testo: lo hai fatto?

[marcus112]

E' diversa da quella del testo...è un'equazione che ho inventato io e mi chiedevo come risolverla.
Grazie sempre per la collaborazione.

[marcus112]

Un dubbio:
l'equazione presa in esame: $tan(45°-x)=2cos$ che io ho trasformato in

$(1-tanx)/(1+tanx)=(1-tan^2x)/(1+tan^2x)$

si poteva risolvere diversamente da come ho fatto io?...per esempio con le formule parametriche?

A proposito delle formule parametriche oltre che nelle equazioni lineari di primo grado, quando si possono usare?

[chiaraotta]

Se fai la posizione $y=45°-x$, ottieni che $x=45°-y->2x=90°-2y$.
Quindi l'equazione
$tan(45°-x)=cos2x$
si può scrivere come
$tan(y)=cos(90°-2y)->tan(y)=sin(2y)->tan(y)-2sin(y)cos(y)=0->$
$tan(y)[1-2cos^2(y)]=0$
Da cui
$tan(y)=0->y=k180°->45°-x=k180°->x=45°+k180°$
oppure
$1-2cos^2(y)=0->cos(y)=+-sqrt(2)/2->y=45°+k90°->$
$45°-x=45°+k90->x=k90°$.

[giammaria]

Ecco un'altra soluzione, che però richiede la conoscenza della seguente formula, facilmente dimostrabile con la duplicazione ma poco nota:
$(sin 2 alpha)/(1+cos 2 alpha)=(1-cos 2 alpha)/(sin 2 alpha)=tg alpha$

Usando a ritroso l'uguaglianza fra primo ed ultimo membro hai
$tg(45°-x)=(sin(90°-2x))/(1+cos(90°-2x))= (cos 2x)/(1+sin 2x)$

quindi l'equazione diventa
$(cos 2x)/(1+sin 2x)=cos 2x =>sin 2x cos 2x=0=>sin 4x=0=>x=k*45°$

Da questa soluzione vanno però scartati i valori $x=135°+k*180°$ perché non inclusi nel C.E.

Per quanto riguarda le parametriche, possono essere usate sempre e le ho appunto usate per l'equazione inventata da te. Si cerca però in ogni modo di evitarle perché, oltre a richiedere la verifica di non perdere soluzioni, hanno due gravi difetti:
- il grado dell'equazione raddoppia rispetto a quello che si aveva in seno e coseno; se quest'ultima era già di secondo grado ne ottieni una di quarto grado, con buona probabilità di non saperla risolvere;
- l'angolo si dimezza e può facilmente capitare di non riconoscere il risultato: ad esempio, se una soluzione era $x=15°$ non credo che tu sappia a mente quanto vale $tg 7,5°$.