MATEMANIJA

Kada hocemo da izrazimo [inlmath]\sin x[/inlmath] preko [inlmath]\text{tg }x[/inlmath] neophodno je proveriti da li [inlmath]x[/inlmath] slucajno nije [inlmath]\frac{\pi}{2}[/inlmath] (proveravamo tako sto u polaznu jednacinu umesto [inlmath]x[/inlmath] pisemo [inlmath]\frac{\pi}{2}[/inlmath]). Ako [inlmath]x=\frac{\pi}{2}[/inlmath] ne zadovoljava polaznu jednacinu onda (po mom misljenju) smemo bez problema izraziti [inlmath]\sin x[/inlmath] preko [inlmath]\text{tg }x[/inlmath].
Medjutim, ako [inlmath]x=\frac{\pi}{2}[/inlmath] zadovoljava polaznu jednacinu, sta radimo u tom slucaju? Da li smemo izraziti [inlmath]\sin x[/inlmath] preko [inlmath]\text{tg }x[/inlmath] uz postavljanje odredjenih uslova ili zadatak moramo resiti na neki drugi nacin, bez izrazavanja [inlmath]\sin x[/inlmath] preko [inlmath]\text{tg }x[/inlmath]?
Moje pitanje je uopsteno i zbog toga nisam napisao konkretan primer.

U slucaju ako je [inlmath]x=\frac{\pi}{2}[/inlmath] ili [inlmath]x=\frac{3\pi}{2}[/inlmath], tangens bi iznosio [inlmath]\frac{1}{0}[/inlmath] ili [inlmath]-\frac{1}{0}[/inlmath] sto znaci da nije definisan, te se sinus ne bi mogao izraziti preko njega. Ispravite me ako gresim.

Kao što rekoste obojica, tangens za vrednost [inlmath]x=\frac{\pi}{2}[/inlmath] nije definisan, i sinus se tada ne može izraziti preko tangensa. Ali, za [inlmath]x=\frac{\pi}{2}[/inlmath] znamo da [inlmath]\sin x[/inlmath] iznosi [inlmath]1[/inlmath] (dok za [inlmath]x=\frac{3\pi}{2}[/inlmath] iznosi [inlmath]-1[/inlmath]), pa ga i nije potrebno izražavati već samo zameniti odgovarajućom vrednošću, zar ne? Prosto kô pasulj.

---

A može i na komplikovaniji (rekao bih čak, i nepotrebno komplikovan) način:
[dispmath]\sin\alpha=\frac{\text{tg }\alpha}{\sqrt{1+\mathrm{tg}^2\alpha}}[/dispmath] (stavio sam [inlmath]+[/inlmath] ispred korena jer ćemo posmatrati približavanje vrednosti [inlmath]\frac{\pi}{2}[/inlmath] sleva, tj. preko uglova u [inlmath]I[/inlmath] kvadrantu). Kako za [inlmath]x\to\frac{\pi}{2}[/inlmath] tangens teži beskonačnosti, možemo uvesti smenu [inlmath]\text{tg }\alpha=t[/inlmath] i [inlmath]t\to+\infty[/inlmath], čime dobijamo
[dispmath]\sin\frac{\pi}{2}=\lim_{t\to+\infty}\frac{t}{\sqrt{1+t^2}}[/dispmath] što smemo primeniti, jer znamo da je sinus definisana i neprekidna funkcija za svako [inlmath]x\in\mathbb{R}[/inlmath]. Ovaj limes se lako rešava skraćivanjem brojioca i imenioca sa [inlmath]t[/inlmath].

Ako [inlmath]x=\frac{\pi}{2}[/inlmath] zadovoljava polaznu jednacinu, da li to znaci da je [inlmath]x=\frac{\pi}{2}+k\pi[/inlmath] jedino resenje jednacine?

Ne mora da bude. Evo ti primer jednačine koja jeste zadovoljena za [inlmath]x=\frac{\pi}{2}[/inlmath], ali je zadovoljena i za [inlmath]x=\frac{\pi}{3}[/inlmath]:
[dispmath](\sin x-1)(2\cos x-1)=0[/dispmath] Drugo, ako jednačina važi za [inlmath]x=\frac{\pi}{2}[/inlmath], uopšte ne mora da znači da će važiti i za [inlmath]x=\frac{\pi}{2}+k\pi[/inlmath]. Evo recimo ovde, ako uvrstiš [inlmath]k=1[/inlmath], jednačina neće biti zadovoljena za [inlmath]x=\frac{3\pi}{2}[/inlmath].

Buduci da je ovaj post usko povezan sa prethodnim nisam otvarao novu temu.
Veze izmedju [inlmath]\sin\alpha[/inlmath] odnosno [inlmath]\cos\alpha[/inlmath] i [inlmath]\text{tg }\alpha[/inlmath] su sledece:
[dispmath]\sin^2\alpha=\frac{\text{tg}^2\alpha}{1+\text{tg}^2\alpha}[/dispmath][dispmath]\cos^2\alpha=\frac{1}{1+\text{tg}^2\alpha}[/dispmath] Ja sam do njih dosao na sledeci nacin
[dispmath]\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1\hspace{5mm}/\cos^2\alpha[/dispmath][dispmath]\text{tg}^2\alpha+1=\frac{1}{\cos^2\alpha}\;\Longrightarrow\;\cos^2\alpha=\frac{1}{1+\text{tg}^2\alpha},\;\alpha\ne\frac{\pi}{2}+k\pi[/dispmath][dispmath]\sin^2\alpha=1-\cos^2\alpha=\frac{\text{tg}^2\alpha}{1+\text{tg}^2\alpha},\;\alpha\ne\frac{\pi}{2}+k\pi[/dispmath] Medjutim ako [inlmath]\alpha=\frac{\pi}{2}+k\pi[/inlmath] vratimo u pocetni identitet uvericemo se da ga ispunjava (kao i za svaki drugi ugao), pa mi nije jasno kako su oba uslova istovremeno ispunjena?

To se odmah vidi ako se [inlmath]\alpha=\frac{\pi}{2}+k\pi[/inlmath] uvrsti u ceo postupak.
Već u prvom koraku vidimo da bismo tada imali deljenje nulom (jer je [inlmath]\cos^2\left(\frac{\pi}{2}+k\pi\right)=0[/inlmath]), što nije dozvoljeno.
Zbog toga, za [inlmath]\alpha=\frac{\pi}{2}+k\pi[/inlmath] važi isključivo prvi identitet.

---

BTW do veze sinusa i tangensa može se doći i na sledeći način:
[dispmath]\text{tg}^2\alpha=\frac{\sin^2\alpha}{\cos^2\alpha}=\frac{\sin^2\alpha}{1-\sin^2\alpha}\;\Longrightarrow\;\sin^2\alpha=\cdots[/dispmath] Naravno, ni ovaj način nije validan za [inlmath]\alpha=\frac{\pi}{2}+k\pi[/inlmath], jer ovde već u startu imamo u imeniocu [inlmath]\cos^2\alpha[/inlmath], koji za [inlmath]\alpha=\frac{\pi}{2}+k\pi[/inlmath] iznosi nula, tj. imali bismo nulu u imeniocu...