Resolviendo un sistema de ecuaciones con trigonometría.

Question

¿Cómo se puede resolver un sistema de la forma siguiente: $$a = 2\sin(x) - \sin(y) + \sin(x+y)\tag1$$ $$b = 2\sin(y) - \sin(x) + \sin(x+y)\tag2$$ donde $a,b$ son constantes, y $x,y$ las variables que me gustaría resolver. Restando $(1)-(2)$ da una expresión para $\sin(y)$. Sin embargo, la reescritura de $$\sin(x+y)=\sin(x)\cos(y)+\sin(y)\cos(x)$$ requires an expression for $\cos(y)$. Using $\cos(y)=\sqrt{1-\sin^2(y)}$ resultados en una complicada ecuación, que no puedo resolver.

Hay una manera más fácil de resolver este sistema?

Answer 1

Estás en el camino correcto. Restar $(2)$ de $(1)$ da $\sin x=c+\sin y$ donde $c=\frac{a-b}3$ y poner esto en $(1)$ da $$a=2c+\sin y+\sin x\cos y+\sin y\cos x$$ so $$\cos x=-1-\cos y+\frac{b+c-c\cos y}{\sin y}$$ Thus $$\small \sin^2x+\cos^2x\\=\\\small c^2+2c\sin y+\sin^2y+1+\cos^2y+\left(\frac{b+c-c\cos y}{\sin y}\right)^2+2\cos y-2\frac{b+c-c\cos y}{\sin y}-2\cos y\frac{b+c-c\cos y}{\sin y}$$ so $$\left(\frac{b+c-c\cos y}{\sin y}-1\right)^2-2\cos y\left(\frac{b+c-c\cos y}{\sin y}-1\right)+c^2+2c\sin y=0$$ giving $$\frac{b+c-c\cos y}{\sin y}-1=\frac{2\cos y\pm\sqrt{4\cos^2y-4(c^2+2c\sin y)}}2$$ and the half-angle identities give $$\frac b{\sin y}+c\tan\frac y2=2\cos^2\frac y2\pm\sqrt{1-(c+\sin y)^2}$$ I highly doubt there is an analytical solution to this, but once $ y$ is found perhaps numerically, $ x = \ sin ^ {- 1} (c + \ sin y) $ .

Answer 2

Con un par de rondas de cuadrar, uno puede re-escribir las dos ecuaciones usando, por ejemplo, los senos solo. Los polinomios son de grado $6$ tanto $\sin x$ e $\sin y$. A partir de allí, el Método de Resultantes (por ejemplo, la invocación de Mathematica's Resultant función) puede eliminar uno, dejando un polinomio en el otro; cuando yo intente esto, el final polinomio tiene cuatro grados de seis factores (presumiblemente con muchas soluciones extrañas).

Alternativamente, se puede convertir a exponenciales complejas a través de $$\cos \theta = \frac12\left(e^{i\theta}+e^{-i\theta}\right)\qquad \sin \theta = \frac12\left(e^{i\theta} - e^{-i\theta}\right)$$ La definición de $u := e^{ix}$ e $v := e^{iy}$, y observando que un comentario de OP expresa $a=3c$ e $b=3d$, las ecuaciones pueden ser escritas $$\begin{align} u^2 v^2 + 2 u^2 v - u v^2 + u - 2 v - 1 - 6 i c u v &= 0 \tag{1} \\ u^2 v^2 - u^2 v + 2 u v^2 - 2 u + v - 1 - 6 i d u v &= 0 \tag{2} \end{align}$$ Utilizando resultantes para eliminar la $v$da $$\begin{align} 0 &= \phantom{2}u^6 \\ &+ \phantom{2}u^5 \left(1 - 6 ci\right) \\ &- \phantom{2}u^4 \left( 1 + \phantom{1}8 c^2 - 4 c d - 4 d^2 + 12 ci \right) \\ &- 2 u^3 \left( 1 + 10 c^2 + 4 c d + 4 d^2 \right) \\ &- \phantom{2}u^2 \left( 1 + \phantom{1}8 c^2 - 4 c d - 4 d^2 - 12 ci \right) \\ &+ \phantom{2} u\phantom{^2} \left(1 + 6 ci \right) \\ &+ 1 \end{align} \etiqueta{3}$$ Así que, todavía obtener un sexto grado del polinomio para resolver (por métodos numéricos, a menos que haya alguna super-cómodo relación entre el $c$ e $d$ que provoca $(3)$ a factor). Por supuesto, por $(1)$, cada valor de $u$ da lugar a dos valores de $v$; y todos los candidatos $u$s y $v$s tendrá a prueba de viabilidad.

Answer 3

Sugerencia: al multiplicar la primera ecuación por $-1$ y agregar a la segunda ecuación obtenemos $$b-a=3\sin(y)-3\sin(x)$$, solving this equation for $ y $ obtenemos $$y=-\arcsin(\frac{1}{3}a-\frac{1}{3}b-\sin(x))$$ this equation can be used to eliminate the variable $ y $