Supongamos que existe una ecuación trigonométrica de la forma $a\sin x + b\cos x = c$ , donde $a,b,c$ son reales y $0 < x < 2\pi$ . Una ecuación de ejemplo sería la siguiente: $\sqrt{3}\sin x + \cos x = 2$ donde $0<x<2\pi$ .
¿Cómo se resuelve esta ecuación sin utilizar el método que mueve $b\cos x$ al lado derecho y elevando al cuadrado los lados izquierdo y derecho de la ecuación?
¿Y cómo se resuelve $\sqrt{3}\sin x + \cos x = 2$ igual a resolver $\sin (x+ \frac{\pi}{6}) = 1$
La idea es utilizar la identidad $\sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta$ . Usted tiene $a\sin x+b\cos x$ , por lo que te gustaría encontrar un ángulo $\beta$ tal que $\cos\beta=a$ y $\sin\beta=b$ pues entonces se podría escribir
$$a\sin x+b\cos x=\cos\beta\sin x+\sin\beta\cos x=\sin(x+\beta)\;.$$
El problema es que $\sin\beta$ y $\cos\beta$ debe estar entre $-1$ y $1$ y $a$ y $b$ puede no estar en ese rango. Además, sabemos que $\sin^2\beta+\cos^2\beta$ debe ser igual a $1$ y ciertamente no hay garantía de que $a^2+b^2=1$ .
El truco está en escalar todo por $\sqrt{a^2+b^2}$ . Sea $A=\dfrac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}$ y $B=\dfrac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}$ claramente $A^2+B^2=1$ , por lo que hay un ángulo único $\beta$ tal que $\cos\beta=A$ , $\sin\beta=B$ y $0\le\beta<2\pi$ . Entonces
$$\begin{align*} a\sin x+b\cos x&=\sqrt{a^2+b^2}(A\sin x+B\cos x)\\ &=\sqrt{a^2+b^2}(\cos\beta\sin x+\sin\beta\cos x)\\ &=\sqrt{a^2+b^2}\sin(x+\beta)\;. \end{align*}$$
Si originalmente querías resolver la ecuación $a\sin x+b\cos x=c$ , ahora se puede reducir a $$\sqrt{a^2+b^2}\sin(x+\beta)=c\;,$$ o $$\sin(x+\beta)=\frac{c}{\sqrt{a^2+b^2}}\;,$$ donde las nuevas constantes $\sqrt{a^2+b^2}$ y $\beta$ puede calcularse a partir de las constantes dadas $a$ y $b$ .
Riffing on Las soluciones "poco conocidas" de @Yves ...
El trigonograma anterior muestra un escenario con $a^2 + b^2 = c^2 + d^2$ , para $d \geq 0$ y vemos que $$\theta = \operatorname{atan}\frac{a}{b} + \operatorname{atan}\frac{d}{c} \tag{1}$$ (Si la etiqueta " $a$ " eran más altos que el triángulo " $b$ ", el triángulo " $+$ " se convertiría en " $-$ ". Efectivamente, podemos tomar $d$ ser negativo para obtener la "otra" solución). Obsérvese que ambos $c$ y $d$ son expresables en términos de $a$ , $b$ , $\theta$ : $$\begin{align} a \sin\theta + b \cos\theta &= c \\ b \sin\theta - a\cos\theta &= d \quad\text{(could be negative)} \end{align}$$ Resolviendo ese sistema para $\sin\theta$ y $\cos\theta$ da $$\left.\begin{align} \sin\theta &= \frac{ac+bd}{a^2+b^2} \\[6pt] \cos\theta &= \frac{bc-ad}{a^2+b^2} \end{align}\quad\right\rbrace\quad\to\quad \tan\theta = \frac{ac+bd}{bc-ad} \tag{2}$$ Podemos llegar a $(2)$ de una manera un poco más geométrica observando $$c d = (a\sin\theta + b \cos\theta)d = c( b\sin\theta - a \cos\theta ) \;\to\; ( b c - a d)\sin\theta = \left( a c + b d \right)\cos\theta \;\to\; (2) $$ donde cada término de la forma expandida de la primera ecuación puede verse como el área de una región rectangular en el trigonógrafo. (Por ejemplo, $b c \sin\theta$ es el área de toda la figura).
Utilizando números complejos, y estableciendo $z=e^{i\theta}$ ,
$$a\frac{z-z^{-1}}{2i}+b\frac{z+z^{-1}}2=c,$$ o
$$(b-ia)z^2-2cz+(b+ia)=0.$$
El discriminante es $c^2-b^2-a^2:=-d^2$ , asumido como negativo, entonces la solución
$$z=\frac{c\pm id}{b-ia}.$$
Tomando el logaritmo, la parte real $$\ln\left(\dfrac{\sqrt{c^2+d^2}}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)=\ln\left(\dfrac{\sqrt{c^2+a^2+b^2-c^2}}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)=\ln(1)$$ desaparece como se esperaba, y el argumento es
$$\theta=\pm\arctan\left(\frac dc\right)+\arctan\left(\frac ab\right).$$
Esta última fórmula se puede reescribir con una sola $\arctan$ , utilizando
$$\theta=\arctan\left(\tan(\theta)\right)=\arctan\left(\frac{\pm\dfrac dc+\dfrac ab}{1\mp\dfrac dc\dfrac ab}\right)=\arctan\left(\frac{\pm bd+ac}{bc\mp ad}\right).$$
Esto es poco conocido, pero se puede resolver la ecuación sin mucha trigonometría.
WLOG, podemos suponer que $a^2+b^2=1$ (los coeficientes se pueden normalizar). Escriba
$$a\,S+b\,C=c,\\b\,C=c-aS,\\b^2(1-S^2)=(c-a\,S)^2,\\S^2-2ac\,S+c^2-b^2=0.$$
La solución de la ecuación cuadrática es $$S=ac\pm bd$$ donde $d=\sqrt{1-c^2}$ . Por simetría,
$$C=bc\mp ad.$$
Si tienes suficiente con los valores del seno y el coseno, puedes parar aquí. De lo contrario,
$$\theta=\arctan\frac SC.$$
En el caso de los no normalizados $a,b$ la solución es
$$S=\frac{ac\pm bd}{a^2+b^2},\\ C=\frac{bc\mp ad}{a^2+b^2}$$ y $$\color{green}{\theta=\arctan\frac{ac\pm bd}{bc\mp ad}}$$
donde $d=\sqrt{a^2+b^2-c^2}$ . No existe cuando $a^2+b^2<c^2$ .
De lo anterior, se puede observar que la solución también viene dada por
$$\theta=\arctan\frac ab\pm\arctan\frac dc$$ pero esto toma dos (costosas) arcos tangentes en lugar de uno.
Supongo que $ab\neq 0$ ya que, por lo demás, es trivial. $a\sin x+b\cos x-c=0$
$$\iff a\left(2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}\right)+b\left(\cos^2\frac{x}{2}-\sin^2\frac{x}{2}\right)-c\left(\sin^2\frac{x}{2} +\cos^2\frac{x}{2}\right)=0$$
$$\stackrel{:\cos^2 \frac{x}{2}\neq 0}\iff (b+c)\tan^2\frac{x}{2}-2a\tan\frac{x}{2}+(c-b)=0$$
Si $b+c\neq 0$ entonces
$$\iff \tan\frac{x}{2}=\frac{a\pm\sqrt{a^2+b^2-c^2}}{b+c}$$
$$\iff x=2\left(\arctan\left(\frac{a\pm\sqrt{a^2+b^2-c^2}}{b+c}\right)+n\pi\right),\, n\in\Bbb Z$$
Existen soluciones reales si $a^2+b^2\ge c^2$ .
Si $b+c=0$ entonces
$$\iff \tan\frac{x}{2}=\frac{c-b}{2a}\iff x=2\left(\arctan\frac{c-b}{2a}+n\pi\right),\, n\in\Bbb Z$$
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