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G. ECUACIONES TRIGONOMÉTRICAS

Sea \( y_0 \in \mathbb{R} \) con \( \left |{y_0}\right |\leq{1} \)

A) La ecuación \( y_0=\sin x \) posee una solución \( x_0 \in [-\displaystyle\frac{\pi}{2}, \displaystyle\frac{\pi}{2}] \). Pero recordar que \( \sin (\pi - x)=\sin x \), por lo que \( \pi - x_0 \) es una solución distinta. En resumen, si C.S. es el conjunto solución de la ecuación:

\( \[C.S. = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{x_0} + 2k\pi }&{k \in \mathbb{Z}}\\
{\left( {\pi  - {x_0}} \right) + 2k\pi }&{k \in Z}
\end{array}} \right.\] \)

Esta solución se reescribe \( \[C.S. = {\left( { - 1} \right)^k}{x_0} + k\pi \] \)

B) La ecuación \( y_0=\cos x \) posee una solución \( \[{x_0} \in \left[ {0,\pi } \right]\] \), pero la paridad del seno me dice que \( \cos x = \cos (-x) \), por lo que \( -x_0  \) es otra solución distinta. En resumen, si C.S. es el conjunto solución de la ecuación:

\( \[C.S. = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{x_0} + 2k\pi }&{k \in \mathbb{Z}}\\
{\left( {- {x_0}} \right) + 2k\pi }&{k \in Z}
\end{array}} \right.\] \)

Esta solución se reescribe \( C.S.=\pm x_0 + 2k \pi \)

C) La ecuación \( y_0=\tg x \) posee una única solución \( x_0 \in [-\displaystyle\frac{\pi}{2}, \displaystyle\frac{\pi}{2}] \).

\( C.S.=\left\{{x_0 +k \pi : k \in \mathbb{Z}}\right\} \)

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Ejemplo 1.21: Resolver la ecuación \( (2 \sin x - 1)(2 \cos x +3)=0 \)

\( (2 \sin x - 1)(2 \cos x +3)=0 \)

\( 2 \sin x - 1=0 \vee 2 \cos x +3=0 \)

\( \sin x=\displaystyle\dfrac{1}{2} \vee  \cos x = \displaystyle\dfrac{-3}{2} \)

\( x=(-1)^k \cdot \displaystyle\frac{\pi}{6} + 2k \pi \vee \emptyset \)

\( x=(-1)^k \cdot \displaystyle\frac{\pi}{6} + 2k \pi \)

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Ejemplo 1.22 Analice las soluciones de la ecuación \( a \sin x + b \cos x =c \)

\( a \sin x + b \cos x =c \)

\( \Rightarrow{a \sin x=c-b \cos x} \)

\( \Rightarrow{a^2 \sin ^2 x=c^2 - 2bc \cosx +b^2 \cos ^2 x} \)

\( \Rightarrow{a^2 (1 - \cos ^2 x)=c^2 - 2bc \cosx +b^2 \cos ^2 x} \)

\( \Rightarrow{(a^2 + b^2) cos^2 x -2bc \cos x - a^2 + c^2=0} \)

Se forma una cuadrática, por lo que la ecuación tendrá solución real ssi \( \Delta \geq{} 0 \)(discriminante)

Entonces: \( \Delta = 4b^2 c^2 - 4(a^2 +b^2)(a^2 - c^2) \geq{0} \)

Nos queda finalmente que \( 4a^2 (a^2+b^2 - c^2)\geq{0} \), por lo tanto, la ecuación tiene solución sin \( c^2\leq{a^2 + b^2} \)

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Ejemplo 1.23:Resolver \( \tg x + \cotg x =5 \)

\( \tg x + \cotg x =5\\
\Rightarrow \tg x + \dfrac{1}{\tg x}  =5\\
\Rightarrow \tg ^2 x + 1 =5 \tg x\\
\Rightarrow \tg ^2 x - 5 \tg x+ 1 =0\\
 \)

Es una cuadrática en tangente, por lo tanto:

\( \tg x = \dfrac{5 \pm \sqrt{25-4}}{2}=\dfrac{5 \pm \sqrt{21}}{2} \)

Luego

\( x=\arctg \left(\frac{5+\sqrt{21}}{2} \right) \vee x=\arctg \left(\frac{5-\sqrt{21}}{2} \right)\\
\Rightarrow x=78,21º \vee x=11,79º \)

\( S=\left\{{11,79º+k\pi; 78,21º+k\pi}\right\} \)

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Ejemplo 1.24: Resolver \( \left(1+\tg x \right)\left(\sin x + \cos x \right)^2=1+\tg x \)

\( \left(1+\tg x \right)\left(\sin x + \cos x \right)^2=1+\tg x\\
\Rightarrow \left(1+\tg x \right)\left(1+2\sin x \cos x \right)=1+\tg x\\
\Rightarrow \left(1+\dfrac{\sin x}{\cos x} \right)\left(1+2\sin x \cos x \right)=1+\dfrac{\sin x}{\cos x}\\
\Rightarrow 1+2\sin x \cos x+ \dfrac{\sin x}{\cos x}+ 2 \sin ^2 x=1+\dfrac{\sin x}{\cos x}\\
\Rightarrow 2\sin x \cos x+  2 \sin ^2 x=0\\
\Rightarrow 2\sin x \left(\sin x + \cos x \right)=0\\
\Rightarrow \sin x =0 \vee \sin x + \cos x=0\\ \)

Para la segunda ecuación, ocupamos el análisis hecho en el ejemplo 1.22, donde \( a=1, b=1, c=0 \)

\( \sin x + \cos x=0 \Leftrightarrow \left(1^2 + 1^2\right)\cos ^2x + 2\cdot 1\cdot 0 \cos x -1^2+0^2=0\\
\Rightarrow 2\cos ^2 x-1=0\\
\Rightarrow \cos 2x = 0\\
\Rightarrow 2x= \arccos 0\\
\Rightarrow 2x=\dfrac{\pi }{2}\\
\Rightarrow x=\dfrac{\pi}{4}\\
 \)
Entonces \( S=\left\{{k \pi; \pm  \dfrac{\pi}{4}+2k\pi}\right\} \)

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H. FUNCIONES TRIGONOMÉTRICAS INVERSAS

Si se dieron cuenta ocupamos indistintamente en las ecuaciones trigonométricas las funciones "arco" o trigonométricas inversas, pero sin definirlas.

Definición 1.25: Sea \( y= \sin x \), se define la función arcoseno de x como:
 

\( \begin{matrix}
f :&\left[-1,1 \right] &\rightarrow   &  \mathbb{R} \\
 &x  & \rightarrow  & \arcsin x &
\end{matrix}  \)

Es decir \( y= \sin x \Leftrightarrow x= \arcsin y \).

Definición 1.26: Sea \( y= \cos x \), se define la función arcocoseno de x como:
 

\( \begin{matrix}
f :&\left[-1,1 \right] &\rightarrow   &  \mathbb{R} \\
 &x  & \rightarrow  & \arccos x &
\end{matrix}  \)

Es decir \( y= \cos x \Leftrightarrow x= \arccos y \).

Definición 1.27: Sea \( y= \tg x \), se define la función arcotangente de x como:
 

\( \begin{matrix}
f :&\mathbb{R} &\rightarrow   &  \mathbb{R}-\left\{{\displaystyle\frac{(2k+1)\pi}{2}}; k\in{\mathbb{Z}}\right\} \\
 &x  & \rightarrow  & \arctg x &
\end{matrix}  \)

Es decir \( y= \tg x \Leftrightarrow x= \arctg y \).

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Algunas expresiones que ayudarán a hacer ecuaciones con trigonométricas inversas:

\( \cos(\arcsin x)=\sqrt{1-x^2} \)

\( \sin(\arccos x)=\sqrt{1-x^2} \)

\( \tg(\arcsin x)=\displaystyle\frac{x}{\sqrt{1-x^2}} \)

\( \tg(\arccos x)=\displaystyle\frac{\sqrt[ ]{1-x^2}}{x} \)

\( \sin(\arctg x)= \displaystyle\frac{x}{\sqrt{1+x^2}} \)

\( \cos(\arctg x)= \displaystyle\frac{1}{\sqrt{1+x^2}} \)

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Ejercicio 1.28: Resuelva la ecuación \( \arctan \left(\dfrac{x+1}{x-1} \right)=\arcsin \left(\dfrac{3}{5} \right) \)

\( \arctan \left(\dfrac{x+1}{x-1} \right)=\arcsin \left(\dfrac{3}{5} \right)\\
\Rightarrow \arctan \left(\dfrac{x+1}{x-1} \right)- \arcsin \left(\dfrac{3}{5} \right)=0\\
\Rightarrow \tan \left(\arctan \left(\dfrac{x+1}{x-1} \right)- \arcsin \left(\dfrac{3}{5} \right) \right)=0\\
\Rightarrow \dfrac{\tan \left(\arctan \left(\dfrac{x+1}{x-1} \right)-\tan \left(\arcsin \left(\dfrac{3}{5} \right) \right)}{1-\tan \left(\arctan \left(\dfrac{x+1}{x-1} \right) \right)\tan \left(\arcsin \left(\dfrac{3}{5} \right) \right)}}=0  \)
\( \Rightarrow \dfrac{\dfrac{x+1}{x-1}-\tan \left(\arcsin \left(\dfrac{3}{5} \right) \right)}{1-\dfrac{x+1}{x-1}\tan \left(\arcsin \left(\dfrac{3}{5} \right) \right)} \)

Sea \( u=\displaystyle\frac{x+1}{x-1} \), entonces:

\( \dfrac{u-\dfrac{3}{4}}{1-\dfrac{3}{4}u}=0\Rightarrow \dfrac{4u-3}{4-3u}=0
 \)

Imponemos que \( u\neq{\displaystyle\frac{4}{3}} \), entonces nos queda:

\( \dfrac{4u-3}{4-3u}=0\Longrightarrow{4u-3=0\Longrightarrow{u=\displaystyle\frac{3}{4}}} \)

Esto implica que \( \displaystyle\frac{x+1}{x-1} =\displaystyle\frac{3}{4} \)

\( \Rightarrow{4\left(x+1 \right)=3\left(x-1 \right)\Rightarrow 4x+4=3x-3\Rightarrow x=-7} \)

¿Será este la única solución o habrá otra? si hay otra solución trate de encontrarla.

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GUÍA Nº 2 -  TRIGONOMETRÍA Y GEOMETRÍA ANALÍTICA

P1. Resolver las siguientes ecuaciones trigonométricas:

• \( \tan 2x=\sin 4x \)
• \( \cos 3x + \sin 3x=\dfrac{1}{\sqrt{2}} \)
• \( \sec \left(x^2+\dfrac{\pi}{2} \right)=\tan 3x  \)
• \( \csc x \sec x \cos ^2 x + \tan x=\cotg x  \)
• \( \arccos \left(x-1 \right)- \arccos x= \pi \)
• \( 2\arctan \left(\dfrac{1-x}{1+x}\right)=\arctan x \)
• \( 2\cos ^2x + \sin ^2x = \tg x + \cotg x \)
• \( \cot \left(\dfrac{\dfrac{x+\pi}{3}-1}{x-\dfrac{\pi}{2}} \right)=\cos ^2 x - 1 \)

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I. EL TRIÁNGULO GENERAL Y LA RESOLUCIÓN DE TRIÁNGULOS

Muy bien, luego de meses de estudio he podido volver para dictar el curso. Lamento lo sucedido con mi ausencia, pero espero que me entiendan.

Sea un triángulo \( ABC \).

Se cumplirá:

A) Teorema del Seno: \( \displaystyle \frac{\sin \alpha }{a}=\frac{\sin \beta }{b}=\frac{\sin \gamma }{c} \)

B) Teorema del Coseno:

\( a^2=b^2+c^2-2bc \cos \alpha  \)
\( b^2=a^2+c^2-2ac \cos \beta \)
\( c^2=a^2+b^2-2ab \cos \gamma \)

De la igualdad \( \cos \alpha =\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc} \) y de \(  2 \sin ^2 \left(\dfrac{\alpha }{2} \right)=1-\cos \alpha  \) se tiene:

\( 1-\cos \alpha =1-\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\dfrac{a^2-\left(b+c \right)^2}{2bc}=\dfrac{\left(a+b-c \right)\left(a-b+c \right)}{2bc} \)

Definición 1.29: Se define el semiperímetro de un triángulo de lados \( a \), \( b \) y \( c \) como:

\( s=\dfrac{a+b+c}{2} \)

Entonces: \( 2 \sin ^2\left(\dfrac{\alpha }{2} \right)=\dfrac{\left(a+b+c-2c \right)\left(a+b+c-2b \right)}{2bc}=\dfrac{4\left(s-c \right)\left(s-b \right)}{2bc} \)

Por lo tanto: \( \sin \left(\dfrac{\alpha }{2} \right)=\sqrt{\dfrac{\left(s-b \right)\left(s-c \right)}{bc}} \)

De esto se extiende que: \( \cos \left(\dfrac{\alpha }{2} \right)=\sqrt{\dfrac{s\left(s-a \right)}{bc}} \)