Que me ayude a resolver una ecuación trigonométrica

Question

Estoy haciendo un trabajo en el diseño de circuitos de RF. Necesito resolver una ecuación para mi diseño:

$$\frac 1{\cos(t_1)}+\frac 1{\sin(t_1)} =\frac 1{\cos(t_2)}+\frac 1{\sin(t_2)}$$

(He creado un muy bien escrito de la imagen de esta ecuación, pero no me permite subir menos que puedo obtener al menos 10 !]

Amablemente me ayude a encontrar una solución general de la ecuación anterior (es decir, para encontrar relación entre el $t_2$$t_1$). Me pueden resolver más fácil ecuaciones (como $\,\cos t=0.5$ !), pero parece complejo para mí. Observo que, en $t_1=t_2=\dfrac {\pi}4$, esta ecuación se cumple. Pero soy incapaz de seguir adelante.

Gracias. Mohammad Un Maktoomi.

Answer 1

Poner $\sin\bigl(t+{\pi\over4}\bigr)=:u$. Entonces $${1\over\cos t}+{1\over\sin t}={\sqrt{2}\sin\bigl(t+{\pi\over4}\bigr)\over{1\over2}\sin(2t)}=-{2\sqrt{2} u\over\cos\bigl(2(t+{\pi\over4})\bigr)}=-2\sqrt{2}{u\over 1-2u^2}\ .$$ Prescindiendo de los casos $u=\pm{1\over\sqrt{2}}$ por lo tanto, debemos considerar la ecuación $${u_1\over 1-2u_1^2}={u_2\over 1-2u_2^2}\ ,$$ o $$(u_1-u_2)(1+2u_1u_2)=0\ .$$ No es la solución obvia $u_1=u_2$, lo cual conduce a (i) $t_1=t_2$ o (ii) $t_1+t_2={\pi\over2}$.

Las soluciones a $1+2u_1u_2=0$ pueden ser parametrizadas por $$u_1=\pm {1\over\sqrt{2}} e^\tau\ ,\quad u_2=\mp {1\over\sqrt{2}} e^{-\tau}\qquad(-\log\sqrt{2}\leq \tau\leq\log\sqrt{2})\tag{1}$$ (tenga en cuenta que $u_1$ $u_2$ son sines). Cada par $(u_1,u_2)$ producido por $(1)$ va a llevar dos pares de $(t_1,t_2)$ solución de la ecuación original; véase los casos (i) y (ii) anteriores.

Answer 2

Vamos a reescribir la ecuación : $$\frac {\sin(t_1)+\cos(t_1)}{\sin(t_1)\cos(t_1)} =\frac {\sin(t_2)+\cos(t_2)}{\sin(t_2)\cos(t_2)}$$ que se puede multiplicar por $\frac 12\sin\left(\frac{\pi}4\right)$ y reescribir como : $$\frac {\sin\left(t_1+\frac {\pi}4\right)}{\sin(2\;t_1)} =\frac {\sin\left(t_2+\frac {\pi}4\right)}{\sin(2\;t_2)}$$ Podríamos 'alinear' esto para obtener : $$\sin\left(t_1+\frac {\pi}4\right)\sin(2\;t_2)=\sin\left(t_2+\frac {\pi}4\right)\sin(2\;t_1)$$

Pero será más conveniente establecer $\;x_1:=t_1+\frac {\pi}4,\ x_2:=t_2+\frac {\pi}4\;$ y get (desde $\sin\bigl(2x-\frac {\pi}2\bigr)=-\cos(2x)$ y revertir las fracciones) : $$\frac{\cos(2\;x_2)}{\sin(x_2)}=\frac{\cos(2\;x_1)}{\sin(x_1)}$$

y volver a escribir :

$$\frac{\cos(2\;x)}{\sin(x)}=\frac {1-2\sin(x)^2}{\sin(x)}=\frac 1{\sin(x)}-2\;\sin(x)$$ Dado que las soluciones de $\frac 1s-2s=r$ son obtenidos a través de la resolución de $2s^2+rs-1=0$ con soluciones de $\;s=\frac{-r\pm\sqrt{8+r^2}}4$ podemos deducir, por $s=\sin(x_2)$$r=\frac{\cos(2\;x_1)}{\sin(x_1)}$, que :

\begin{align} \sin(x_2)&=\frac{-\cos(2\;x_1)\pm\sqrt{8\;\sin(x_1)^2+\cos(2\;x_1)^2}}{4\;\sin(x_1)}\\ &=\frac{-\cos(2\;x_1)\pm\left(2-\cos(2\;x_1)\right)}{4\;\sin(x_1)}\\ \end{align} Con las dos soluciones diferentes : \begin{align} \sin(x_2)&=\frac{1-\cos(2\;x_1)}{2\;\sin(x_1)}=\sin(x_1)\\ \sin(x_2)&=-\frac{1}{2\;\sin(x_1)}\\ \end{align}

De esto podemos deducir las cuatro soluciones diferentes (modulo $2\pi$) :

\begin{align} x_2&=x_1\\ x_2&=-\arcsin\left(\frac{1}{2\;\sin(x_1)}\right)\\ x_2&=\pi-x_1\\ x_2&=\pi+\arcsin\left(\frac{1}{2\;\sin(x_1)}\right)\\ \end{align}

La sustitución de $t_1=x_1-\frac {\pi}4$ $t_2=x_2-\frac {\pi}4$ debe darle la deseaba soluciones.