Soluciones adicionales al resolver sinθ+cosθ=2sin2θ−−−−−−√sin⁡θ+cos⁡θ=2sin⁡2θ\sin\theta+\cos\theta=\sqrt{2\sin2\theta}

Question

Soluciones adicionales al resolver sinθ+cosθ=2sin2θ−−−−−−√sin⁡θ+cos⁡θ=2sin⁡2θ\sin\theta+\cos\theta=\sqrt{2\sin2\theta}

Matemáticas
trigonometría

tratando de ser bestial

El problema:

pecado θ + porque θ = \sqrt{2 pecado 2 θ}

$\sin\theta+\cos\theta=\sqrt{2\sin2\theta}$

Mi solución:

pecado θ + porque θ = \sqrt{2 pecado 2 θ}

$\sin\theta+\cos\theta=\sqrt{2\sin2\theta}$

pecado θ + porque θ = \sqrt{2 \times 2 pecado θ porque θ}

$\sin\theta+\cos\theta=\sqrt{2\times2\sin\theta\cos\theta}$

pecado θ + porque θ = 2 \sqrt{pecado θ porque θ}

$\sin\theta+\cos\theta=2\sqrt{\sin\theta\cos\theta}$

pecado θ - 2 \sqrt{pecado θ porque θ} + porque θ = 0

$\sin\theta-2\sqrt{\sin\theta\cos\theta}+\cos\theta=0$

(\sqrt{pecado θ} - \sqrt{porque θ})^{2} = 0

$(\sqrt{\sin\theta}-\sqrt{\cos\theta})^2=0$

\sqrt{pecado θ} = \sqrt{porque θ}

$\sqrt{\sin\theta}=\sqrt{\cos\theta}$

Cualquiera $\cos\theta$ o $\sin\theta$ puede ser igual a cero. Ambos no pueden ser iguales a cero al mismo tiempo. Como podemos ver que $\sqrt{\sin\theta}=\sqrt{\cos\theta}$ , ninguna de $\cos\theta$ y $\sin\theta$ es igual a cero. Entonces, dividiendo ambos lados por $\cos\theta$ es válida.

\sqrt{broncearse θ} = 1

$\sqrt{\tan\theta}=1$

broncearse θ = 1

$\tan\theta=1$

\begin{matrix} (1) & θ = norte π + \frac{π}{4} \end{matrix}

$\theta=n\pi+\frac{\pi}{4}\tag{1}$

Mi pregunta:

Nos hemos topado con una solución interesante en (1). Aquí, $\theta$ satisface nuestra ecuación original sólo cuando $n$ es par o $0$ . ¿Porqué es eso? no es $n$ se supone que pertenecen al conjunto de los enteros?

PD: Esto podría ayudarte a responder la pregunta.

Tomás

Tenga en cuenta que la raíz cuadrada solo se define para valores positivos de

\sin θ

$\sin\theta$ o

\cos θ

$\cos\theta$ , o lo que pongas debajo de la raíz cuadrada. Cuando se divide por

\sqrt{\cos θ}

$\sqrt{\cos\theta}$ puede cambiar el conjunto de soluciones, lo mismo se aplica cuando eleva al cuadrado.

Respuestas (5)

Soluciones adicionales al resolver sinθ+cosθ=2sin2θ−−−−−−√sin⁡θ+cos⁡θ=2sin⁡2θ\sin\theta+\cos\theta=\sqrt{2\sin2\theta}

Tenga en cuenta que la raíz cuadrada solo se define para valores positivos de $\sin\theta$ o $\cos\theta$ , o lo que pongas debajo de la raíz cuadrada. Cuando se divide por $\sqrt{\cos\theta}$ puede cambiar el conjunto de soluciones, lo mismo se aplica cuando eleva al cuadrado.

ryang · Answer 1

Mi solución:
$pecado θ + porque θ = \sqrt{2 pecado 2 θ}$ $\sin\theta+\cos\theta=\sqrt{2\sin2\theta}$

$pecado θ + porque θ = \sqrt{2 \times 2 pecado θ porque θ}$ $\sin\theta+\cos\theta=\sqrt{2\times2\sin\theta\cos\theta}$

$pecado θ + porque θ = 2 \sqrt{pecado θ porque θ}$ $\sin\theta+\cos\theta=2\sqrt{\sin\theta\cos\theta}$

$pecado θ - 2 \sqrt{pecado θ porque θ} + porque θ = 0$ $\sin\theta-2\sqrt{\sin\theta\cos\theta}+\cos\theta=0$

$\begin{matrix} (*) & (\sqrt{pecado θ} - \sqrt{porque θ})^{2} = 0 \end{matrix}$ $(\sqrt{\sin\theta}-\sqrt{\cos\theta})^2=0\tag{*}$

$\sqrt{pecado θ} = \sqrt{porque θ}$ $\sqrt{\sin\theta}=\sqrt{\cos\theta}$

$\begin{matrix} (#) & \sqrt{broncearse θ} = 1 \end{matrix}$ $\sqrt{\tan\theta}=1\tag#$

$broncearse θ = 1$ $\tan\theta=1$

$θ = norte π + \frac{π}{4}$ $\theta=n\pi+\frac{\pi}{4}$

Tenga en cuenta que
$\frac{\sqrt{pecado θ}}{\sqrt{porque θ}} = 1 ⟹ \sqrt{\frac{pecado θ}{porque θ}} = 1$ $\frac{\sqrt{\sin\theta}}{\sqrt{\cos\theta}}=1\implies\sqrt{\frac{\sin\theta}{\cos\theta}}=1$ pero $\sqrt{\frac{pecado θ}{porque θ}} = 1 ⧸ ⟹ \frac{\sqrt{pecado θ}}{\sqrt{porque θ}} = 1;$ $\sqrt{\frac{\sin\theta}{\cos\theta}}=1\kern.6em\not\kern -.6em \implies\frac{\sqrt{\sin\theta}}{\sqrt{\cos\theta}}=1;$ entonces , $\frac{\sqrt{pecado θ}}{\sqrt{porque θ}} ≢ \sqrt{broncearse θ} .$ $\dfrac{\sqrt{\sin\theta}}{\sqrt{\cos\theta}}\not\equiv\sqrt{\tan\theta}.$ Al paso $(\#)$ , introdujo soluciones extrañas , expandiendo el conjunto de soluciones candidatas , al permitir $\sin\theta$ y $\cos\theta$ ser ambos negativos (así como ambos positivos).

Sin embargo, $(\#)$ es un paso válido , ya que la implicación directa es correcta.
Sin embargo, lo anterior puede ser discutible, ya que el paso anterior $(*)$ puede haber descartado soluciones y, por lo tanto, puede ser inválida : sin justificación, no es evidente que
$pecado θ - 2 \sqrt{pecado θ porque θ} + porque θ = 0 ⟹ (\sqrt{pecado θ} - \sqrt{porque θ})^{2} = 0,$ $\sin\theta-2\sqrt{\sin\theta\cos\theta}+\cos\theta=0\implies(\sqrt{\sin\theta}-\sqrt{\cos\theta})^2=0,$ desde $\begin{aligned} pecado θ - 2 \sqrt{pecado θ porque θ} + porque θ \\ ≢ & pecado θ - 2 \sqrt{pecado θ} \sqrt{porque θ} + porque θ \\ \equiv & (\sqrt{pecado θ} - \sqrt{porque θ})^{2} . \end{aligned}$ $\begin{align}&{}{}\sin\theta-2\sqrt{\sin\theta\cos\theta}+\cos\theta\\\not\equiv&{}{}\sin\theta-2\sqrt{\sin\theta}\sqrt{\cos\theta}+\cos\theta\\\equiv&{}{}(\sqrt{\sin\theta}-\sqrt{\cos\theta})^2.\end{align}$

(Sin embargo, lo contrario es ciertamente cierto).

Aquí, la implicación hacia adelante resulta ser justificable: $\theta$ pasa a residir en el primer cuadrante, por lo que $\sin\theta$ y $\cos\theta$ son de hecho ambos positivos.

Apéndice 1: solución sugerida

\begin{aligned} pecado θ + porque θ = \sqrt{2 pecado 2 θ} \\ ⟹ & 1 + pecado 2 θ = 2 pecado 2 θ \\ ⟺ & pecado 2 θ = 1 \\ (1) & ⟺ & θ = (4 norte + 1) \frac{π}{4} . \end{aligned}

$\begin{align}&{}\sin\theta+\cos\theta=\sqrt{2\sin2\theta}\\ \color{red}\implies &{}1+\sin2\theta=2\sin2\theta\\ \iff &{}\sin2\theta=1\\ \iff&{}\theta=(4n+1)\frac\pi4.\tag1\end{align}$ El primer paso anterior resulta haber introducido soluciones extrañas

(for example, \frac{5 π}{4}),

$(\text{for example, }\frac{5\pi}4),$ que debemos podar. Alternativamente, podríamos notar la restricción implícita (cambiando el

⟹

$\color{red}\implies$ a

⟺)

$\color{red}\iff)$

pecado θ + porque θ \geq 0 \sqrt{2} pecado (θ + \frac{π}{4}) \geq 0 θ + \frac{π}{4} \in ⋃ [2 norte π, (2 norte + 1) π]

$\sin\theta+\cos\theta\geq0\\ \sqrt2\sin\left(\theta+\frac\pi4\right)\geq0\\ \theta+\frac\pi4\in\bigcup[2n\pi,(2n+1)\pi]$

\begin{matrix} (2) & θ \in ⋃ [(8 norte - 1) \frac{π}{4}, (8 norte + 3) \frac{π}{4}] . \end{matrix}

$\theta\in\bigcup[(8n-1)\frac\pi4,(8n+3)\frac\pi4].\tag2$ Combinatorio

(1)

$(1)$ y

(2)

$(2)$ :

θ = (8 k + 1) \frac{π}{4} = \frac{π}{4} + 2 k π .

$\theta=(8k+1)\frac\pi4\\=\frac\pi4+2k\pi.$

Apéndice 2

Entonces, los pasos que crean raíces extrañas siguen siendo válidos.

Estamos argumentando a partir de axiomas matemáticos y dado un contexto, por lo que un paso (por ejemplo, $\forall x\,\big(Q(x)\to R(x)\big),$ o $Q\to R\,)$ es válido precisamente cuando es matemáticamente cierto en ese contexto.

Por ejemplo, dado $(x-3)(x-4)=0,$ el paso $\forall x\:\big(x\in\{3,4\}{\implies} x\in\{3,4,7\}\big)$ es válido , aunque hace que el conjunto de soluciones candidatas sea menos preciso; sin embargo, no es válido deducir entonces que $\forall x\:\big((x-3)(x-4)=0{\iff} x\in\{3,4,7\}\big),$ es decir, que el conjunto solución real es $\{3,4,7\}.$

Sin embargo, los pasos que descartan soluciones no son válidos, ¿verdad?

Sí, $\forall x\:\big(x\in\{3,4\}{\implies}x\in\{4\}\big)$ es un paso inválido.

Además, creo que (*) podría ser válido porque $\theta$ está en el primer cuadrante: vea la respuesta de @user. Si $\theta$ está en el primer cuadrante, entonces $\sin\theta=|\sin\theta|$ & $\cos\theta=|\cos\theta|.$

Sí, $(*)$ resulta ser un paso válido. Pero dado que no había demostrado (usando las condiciones implícitas de la ecuación dada) ni siquiera afirmado que $θ$ de hecho se encuentra en el cuadrante $1$ (en lugar de cuadrante $3),$ ese paso se siente incompleto/ondulado a mano.

Elevaste al cuadrado ambos lados en la segunda línea de tu solución. ¿No creaste raíces extrañas?
@tryingtobeastoic Squaring potencialmente (aunque no necesariamente ) crea soluciones extrañas, que eran exactamente lo que estábamos considerando en $(2).$ (Con esta restricción, la segunda línea se convierte efectivamente en una $\iff$ .)
Entonces, los pasos que crean raíces extrañas siguen siendo válidos. Sin embargo, los pasos que descartan soluciones no son válidos, ¿verdad?
Además, creo que (*) podría ser válido porque $\theta$ está en el primer cuadrante: vea la respuesta de @user. Si $\theta$ está en el primer cuadrante, entonces $\sin\theta=|\sin\theta|$ & $\cos\theta=|\cos\theta|$ . ¿Qué opinas?
@tryingtobeastoic: los pasos que crean raíces extrañas no son automáticamente válidos. Si usa un paso que potencialmente crea raíces extrañas, todas las soluciones que encuentre deben verificarse para ver si son correctas.

Kavi Rama Murthy · Answer 2

$\sin \theta+\cos \theta$ se da como raíz cuadrada positiva de $2 \sin (2 \theta)$ . valores impares de $n$ hacer $\sin \theta+\cos \theta$ negativo, por lo que solo se permiten valores pares.

usuario · Answer 3

necesitamos eso $\sin2\theta\ge 0$ eso es

0 + 2 norte π \leq 2 θ \leq π + 2 norte π ⟺ norte π \leq θ \leq \frac{π}{2} + norte π

$0+2n\pi\le2\theta \le \pi+2n\pi \quad \iff \quad n\pi\le \theta \le \frac \pi 2+n\pi$

por lo tanto, solo se permiten soluciones en el primer o tercer cuadrante, pero como en el tercer cuadrante $\sin \theta + \cos \theta <0$ , solo soluciones en el $\color{red}{\text{first quadrant}}$ están permitidos que es por $n=2k$

2 k π \leq θ \leq \frac{π}{2} + 2 k π

$\color{red}{2k\pi\le \theta \le \frac \pi 2+2k\pi}$

Entonces, dado que todos los términos involucrados en la expresión son positivos, y tenemos que para $A,B\ge 0$

$A = \sqrt{B} ⟺ A^{2} = B$ $A=\sqrt B \iff A^2=B$

entonces podemos proceder elevando al cuadrado ambos lados para obtener un $\color{magenta}{\text{equivalent equation}}$

pecado θ + porque θ = \sqrt{2 pecado 2 θ} ⟺ 1 + pecado 2 θ = 2 pecado 2 θ ⟺ pecado 2 θ = 1

$\sin\theta+\cos\theta=\sqrt{2\sin2\theta} \iff 1+\sin 2\theta =2 \sin 2\theta \iff \color{magenta}{\sin 2\theta =1}$

⟺ 2 θ = \frac{π}{2} + 2 norte π ⟺ θ = \frac{π}{4} + norte π ⟺ θ = \frac{π}{4} + 2 k π

$\iff2\theta=\frac \pi 2+2n\pi \iff \theta=\frac \pi 4+n\pi\iff \color{magenta}{\theta=\frac \pi 4+2k\pi}$

Editar

Como enfoque alternativo, dado que todos los términos involucrados en la expresión son positivos, por AM-GM obtenemos

pecado θ + porque θ \geq 2 \sqrt{pecado θ porque θ} = \sqrt{2 pecado 2 θ}

$\sin\theta+\cos\theta \ge 2\sqrt{\sin \theta \cos \theta}=\sqrt{2\sin 2\theta}$

con igualdad para $\sin\theta=\cos\theta \implies \theta=\frac \pi 4+2k\pi$ .

Perdóname, pero no entiendo completamente las condiciones que estableciste para hacer $\sin2\theta$ positivo. estoy hablando de $0+2kπ≤2θ≤π+2kπ⟺kπ≤θ≤\frac{π}{2}+kπ$ . Si es posible, ¿podría intentar presentar una imagen más simplificada con más palabras?
$\sin 2\theta$ no es negativo en $[0,\pi]$ , $[2\pi,3\pi]$ , $\ldots$ por lo tanto para $\theta\in[0,\pi/2],[\pi,3\pi/2],\ldots$ .

Lai · Answer 4

Desde $\theta$ debe estar en el 1er cuadrante para hacer ambos $\sqrt{\cos \theta}$ y $\sqrt{\sin \theta}$ real, por lo que la solución general de la ecuación debe ser $\theta= 2 n\pi+\frac{\pi}{4} \text {, where } n \in \mathbb{Z}.$

pierrecarre · Answer 5

Al elevar al cuadrado, has establecido que cualquier solución de la ecuación debe ser de la forma $\theta = \frac{\pi}{4}+k \pi$ . Sin embargo, no todos los números con esta forma necesitan ser soluciones de la ecuación. Imagina una situación más simple, donde estás resolviendo $x = -\sqrt{x}$ , y por lo tanto suponiendo que $x\ge 0$ . Cuando elevas al cuadrado ambos lados de la igualdad, obtienes $x^2=x \Leftrightarrow x = 0 \vee x = 1$ , pero $x=1$ claramente no es una solución a la ecuación inicial. Esto se reduce a darse cuenta de que $a = b \Rightarrow a^2=b^2$ pero $a^2=b^2 \not \Rightarrow a = b$ .

Soluciones adicionales al resolver sinθ+cosθ=2sin2θ−−−−−−√sin⁡θ+cos⁡θ=2sin⁡2θ\sin\theta+\cos\theta=\sqrt{2\sin2\theta}

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