Ispisao sam zadatak i u naslovu posta, ako nekome zatreba da bi lakše uočio, pošto sam ja prelistao većinu tema da bih proverio da li ima neki sličan (i valjda nema).

---

Zadatak 6.
[dispmath]\cos^2x-\frac{1}{2}\sin2x=\frac{1}{2}\\[3em]
\cos^2x=\frac{1}{1+\mathrm{tg}^2x},\phantom{33}\sin^2x=\frac{\mathrm{tg}^2x}{1+\mathrm{tg}^2x}\\[3em]
\frac{1}{1+\mathrm{tg}^2x}-\frac{1}{\cancel{2}}\cdot\cancel{2}\sin x\cos x=\frac{1}{2}\\
\frac{1}{1+\mathrm{tg}^2x}-\frac{1}{\sqrt{1+\mathrm{tg}^2x}}\cdot\frac{\mathrm{tg}\:x}{\sqrt{1+\mathrm{tg}^2x}}=\frac{1}{2}\\
\frac{1-\mathrm{tg}\:x}{1+\mathrm{tg}^2x}=\frac{1}{2}\\
2-2\mathrm{tg}\:x=1+\mathrm{tg}^2x\\
\mathrm{tg}^2x+2\mathrm{tg}\:x-1=0\\[2em]
t=\mathrm{tg}\:x\\[2em]
t^2+2t-1=0\\[1em]
t_{1,2}=\frac{-2\pm\sqrt{8}}{2}=\frac{-2\pm2\sqrt2}{2}=-1\pm\sqrt2[/dispmath]

---

Ima li negde greške? Odavde ne mogu dalje.


Matematika za prijemni ispit na tehničkim i prirodno matematičkim fakultetima (Jovanov, Lazović, Đorić)

stevan95 je napisao:[dispmath]\frac{1}{1+\mathrm{tg}^2x}-\frac{1}{\cancel{2}}\cdot\cancel{2}\sin x\cos x=\frac{1}{2}\\
\frac{1}{1+\mathrm{tg}^2x}-\frac{1}{\sqrt{1+\mathrm{tg}^2x}}\cdot\frac{\mathrm{tg}\:x}{\sqrt{1+\mathrm{tg}^2x}}=\frac{1}{2}[/dispmath]

Kada [inlmath]\cos x[/inlmath] napišeš kao [inlmath]\frac{1}{\sqrt{1+\mathrm{tg}^2x}}[/inlmath], time si zanemario mogućnost da kosinus može biti i negativan. Zamenio si ga pozitivnom vrednošću, jer su u razlomku [inlmath]\frac{1}{\sqrt{1+\mathrm{tg}^2x}}[/inlmath] i brojilac i imenilac uvek pozitivni.

Formule [inlmath]\cos^2x=\frac{1}{1+\mathrm{tg}^2x}[/inlmath] i [inlmath]\sin^2x=\frac{\mathrm{tg}^2x}{1+\mathrm{tg}^2x}[/inlmath], smeš primenjivati uvek, jer su kod njih sve funkcije kvadirane, pa su, kao takve, uvek pozitivne. Međutim, formulu [inlmath]\cos x=\frac{1}{\pm\sqrt{1+\mathrm{tg}^2x}}[/inlmath], kao i formulu [inlmath]\sin x=\frac{\mathrm{tg}\:x}{\pm\sqrt{1+\mathrm{tg}^2x}}[/inlmath], smeš primenjivati samo onda kada znaš u kom kvadrantu se nalazi ugao [inlmath]x[/inlmath] i kad, samim tim, znaš i koji će biti predznak njegovog kosinusa, odnosno sinusa, pa onda znaš i da li umesto [inlmath]\pm[/inlmath] treba ispred korena da staviš plus ili minus. Pošto to ovde ne znaš, ne smeš koristiti ove formule. (U ovom zadatku, igrom slučaja, ne dolazi do greške primenom takvih formula, ali, u nekom opštem slučaju, da.)

Umesto pretvaranja u tangens, pretvori sve u dvostruki ugao:
[dispmath]\frac{1+\cos 2x}{2}-\frac{1}{2}\sin 2x=\frac{1}{2}[/dispmath]
i reši jednačinu po [inlmath]2x[/inlmath], a zatim odatle odredi i koliko je sâmo [inlmath]x[/inlmath].

Zaboravio sam da navedem da je zadatak pronaći rešenja koja pripadaju segmentu [inlmath]\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right][/inlmath].
[dispmath]\cos^2x-\frac{1}{2}\sin2x=\frac{1}{2}\\
\frac{1+\cos2x}{2}-\frac{1}{2}\sin2x=\frac{1}{2}/\cdot2\\
\cancel{1}+\cos2x-\sin2x=\cancel{1}\\
\cos2x-\sin2x=0/\cdot\frac{\sqrt2}{2}\\
\cos\left(\frac{\pi}{4}+2x\right)=0\\[2em]
\frac{\pi}{4}+2x=\frac{\pi}{2}+k\pi\\
2x=\frac{\pi}{4}+k\pi\\
x=\frac{\pi}{8}+\frac{k\pi}{2}\\[/dispmath]
[dispmath]\begin{array}{|c|c|c|}\hline
k & -1 & 0\\ \hline
\frac{\pi}{8}+\frac{k\pi}{2} & -\frac{3\pi}{8} & \frac{\pi}{8}\\ \hline
\end{array}[/dispmath]
Valjda nisam nigde pogrešio, to je valjda to.
Daniele, hvala na pomoći.

E, ako [inlmath]x\in\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right][/inlmath], tada znamo da je kosinus pozitivan, kao i da je sinus istog znaka kao tangens, pa je korišćenje formula [inlmath]\cos x=\frac{1}{\sqrt{1+\mathrm{tg}^2x}}[/inlmath] i [inlmath]\sin x=\frac{\mathrm{tg}\:x}{\sqrt{1+\mathrm{tg}^2x}}[/inlmath] opravdano sa stanovišta tačnosti postupka – doduše, ne i sa stanovišta jednostavnosti, budući da dobijaš ona bzvz rešenja za [inlmath]\mathrm{tg}\:x[/inlmath], ali, ako ih već dobiješ, pokazao bih i postupak kako možeš da se izboriš i s njima.


Prilikom primena formula [inlmath]\cos x=\frac{1}{\sqrt{1+\mathrm{tg}^2x}}[/inlmath] i [inlmath]\sin x=\frac{\mathrm{tg}\:x}{\sqrt{1+\mathrm{tg}^2x}}[/inlmath] potrebno je samo proveriti da li je tangens definisan, tj. da nije slučajno [inlmath]x=\pm\frac{\pi}{2}[/inlmath], a lako se možemo uveriti da [inlmath]x[/inlmath] nema nijednu od te dve vrednosti uvrštavanjem [inlmath]x=-\frac{\pi}{2}[/inlmath] i [inlmath]x=\frac{\pi}{2}[/inlmath] u datu jednačinu.
Pošto smo dobili da je [inlmath]\mathrm{tg}\:x=-1\pm\sqrt 2[/inlmath], moramo odvojeno računati za jedno i za drugo rešenje.

[inlmath]I\quad\mathrm{tg}\:x=-1-\sqrt 2[/inlmath]
Izrazimo tangens preko dvostrukog ugla:
[dispmath]\mathrm{tg}^2x=\frac{1-\cos 2x}{1+\cos 2x}[/dispmath]
Prilikom kvadriranja tangensa, moramo postaviti uslov da je [inlmath]\underline{\mathrm{tg}\:x<0}[/inlmath] (zato što je [inlmath]-1-\sqrt 2<0[/inlmath]):
[inlmath]\mathrm{tg}\:x<0\;\land\;x\in\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]\quad\Rightarrow\quad\underline{x\in\left(-\frac{\pi}{2},0\right)}[/inlmath]
[dispmath]\mathrm{tg}^2x=\left(-1-\sqrt 2\right)^2=3+2\sqrt 2[/dispmath][dispmath]\frac{1-\cos 2x}{1+\cos 2x}=3+2\sqrt 2[/dispmath][dispmath]1-\cos 2x=3+2\sqrt 2+3\cos 2x+2\sqrt 2\cos 2x[/dispmath][dispmath]\cancel 2\left(\sqrt 2+2\right)\cos 2x=-\cancel 2\left(1+\sqrt 2\right)[/dispmath][dispmath]\cos 2x=-\frac{\sqrt 2+1}{\sqrt 2+2}\cdot\frac{\sqrt 2-2}{\sqrt 2-2}=-\frac{-\sqrt 2}{-2}=-\frac{\sqrt 2}{2}[/dispmath][dispmath]2x=\pi\pm\frac{\pi}{4}+2k\pi[/dispmath][dispmath]x=\frac{\pi}{2}\pm\frac{\pi}{8}+k\pi[/dispmath][dispmath]\cancel{x_1=\frac{3\pi}{8}+k\pi},\quad x_2=\frac{5\pi}{8}+k\pi[/dispmath]
Rešenje [inlmath]x_1=\frac{3\pi}{8}+k\pi[/inlmath] odbacujemo jer ono, u zavisnosti od vrednosti [inlmath]k[/inlmath], može pripadati samo [inlmath]I[/inlmath] ili [inlmath]III[/inlmath] kvadrantu, a mi tražimo rešenje koje pripada [inlmath]IV[/inlmath] kvadrantu, zbog uslova [inlmath]x\in\left(-\frac{\pi}{2},0\right)[/inlmath].
Rešenje [inlmath]x_2=\frac{5\pi}{8}+k\pi[/inlmath] će pripadati intervalu [inlmath]x\in\left(-\frac{\pi}{2},0\right)[/inlmath] za [inlmath]k=-1[/inlmath]:
[dispmath]\underline{x=-\frac{3\pi}{8}}[/dispmath]
[inlmath]II\quad\mathrm{tg}\:x=-1+\sqrt 2[/inlmath]
Sada, prilikom kvadriranja tangensa, moramo postaviti uslov da je [inlmath]\underline{\mathrm{tg}\:x>0}[/inlmath] (zato što je [inlmath]-1+\sqrt 2>0[/inlmath]):
[inlmath]\mathrm{tg}\:x>0\;\land\;x\in\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]\quad\Rightarrow\quad\underline{x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)}[/inlmath]
[dispmath]\mathrm{tg}^2x=\left(-1+\sqrt 2\right)^2=3-2\sqrt 2[/dispmath][dispmath]\frac{1-\cos 2x}{1+\cos 2x}=3-2\sqrt 2[/dispmath][dispmath]1-\cos 2x=3-2\sqrt 2+3\cos 2x-2\sqrt 2\cos 2x[/dispmath][dispmath]\cancel 2\left(2-\sqrt 2\right)\cos 2x=\cancel 2\left(\sqrt 2-1\right)[/dispmath][dispmath]\cos 2x=\frac{\sqrt 2-1}{2-\sqrt 2}\cdot\frac{2+\sqrt 2}{2+\sqrt 2}=\frac{\sqrt 2}{2}[/dispmath][dispmath]2x=\pm\frac{\pi}{4}+2k\pi[/dispmath][dispmath]x=\pm\frac{\pi}{8}+k\pi[/dispmath][dispmath]\cancel{x_1=-\frac{\pi}{8}+k\pi},\quad x_2=\frac{\pi}{8}+k\pi[/dispmath]
Rešenje [inlmath]x_1=-\frac{\pi}{8}+k\pi[/inlmath] odbacujemo jer ono, u zavisnosti od vrednosti [inlmath]k[/inlmath], može pripadati samo [inlmath]II[/inlmath] ili [inlmath]IV[/inlmath] kvadrantu, a mi tražimo rešenje koje pripada [inlmath]I[/inlmath] kvadrantu, zbog uslova [inlmath]x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)[/inlmath].
Rešenje [inlmath]x_2=\frac{\pi}{8}+k\pi[/inlmath] će pripadati intervalu [inlmath]x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)[/inlmath] za [inlmath]k=0[/inlmath]:
[dispmath]\underline{x=\frac{\pi}{8}}[/dispmath]
Prema tome, rešenja su
[dispmath]\enclose{box}{x_1=-\frac{3\pi}{8},\quad x_2=\frac{\pi}{8}}[/dispmath]

Kao što vidiš, ipak je mnogo jednostavnije preko dvostrukog ugla.