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Aufgabenbeispiele von Trigonometrische Gleichungen

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trigonometrische Gleichungen (ohne WTR)

Beispiel:

Bestimme alle Lösungen immer jeweils innerhalb einer Periode [0; 2π ). Gib dabei immer die kleinsten positiven Lösungen an:
2⋅ cos( x - π) +2 = 0

Lösung einblenden
2⋅ cos( x - π) +2 = 0 | -2
2⋅ cos( x - π) = -2 |:2
canvas
cos( x - π) = -1 |cos-1(⋅)

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

x - π = π

oder

x - π = π-2π
x - π = -π | + π
x = 0

L={0}

trigonometrische Gleichungen (mit WTR)

Beispiel:

Bestimme alle Lösungen immer jeweils innerhalb einer Periode [0; π ). Gib dabei immer die kleinsten positiven Lösungen an:
- cos( 2x - 1 2 π) +1 = 0,65

Lösung einblenden
- cos( 2x - 1 2 π) +1 = 0,65 | -1
- cos( 2x - 1 2 π) = -0,35 |:-1
canvas
cos( 2x - 1 2 π) = 0,35 |cos-1(⋅)

Der WTR liefert nun als Wert 1.2132252231494

1. Fall:

2x - 1 2 π = 1,213 |⋅ 2
2( 2x - 1 2 π) = 2,426
4x - π = 2,426 | + π
4x = 2,426 + π
4x = 5,5676 |:4
x1 = 1,3919

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung cos( 2x - 1 2 π) = 0,35 noch eine weitere Lösung hat. (die senkrechte turkise Gerade x=0.35 schneidet den Einheitskreis in einem zweiten Punkt).

Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung einfach (nach unten gespiegelt) bei - 1,213
bzw. bei - 1,213 +2π= 5,07 liegen muss.

2. Fall:

2x - 1 2 π = 5,07

oder

2x - 1 2 π = 5,07 -2π |⋅ 2
4x - π = 10,14 -4π | + π
4x = 10,14 -3π
4x = 0,7152 |:4
x2 = 0,1788

L={ 0,1788 ; 1,3919 }

Trigonometrische Gleichungen (komplex) BF

Beispiel:

Bestimme alle Lösungen im Intervall [0; 2π ):
( 2⋅ cos( x - π) -2 ) · ( sin( x ) -1 ) = 0

Lösung einblenden
( 2⋅ cos( x - π) -2 ) ( sin( x ) -1 ) = 0

Ein Produkt ist genau dann =0, wenn mindestens einer der beiden Faktoren =0 ist.

1. Fall:

2⋅ cos( x - π) -2 = 0 | +2
2⋅ cos( x - π) = 2 |:2
canvas
cos( x - π) = 1 |cos-1(⋅)

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

x - π = 0 | + π
x1 = π

2. Fall:

sin( x ) -1 = 0 | +1 canvas
sin( x ) = 1 |sin-1(⋅)

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

x2 = 1 2 π

L={ 1 2 π ; π }

Trigonometrische Gleichungen (komplex) LF

Beispiel:

Bestimme alle Lösungen im Intervall [0; 2π ):
3⋅ sin( 2x + 1 2 π) · sin( x ) = 0

Lösung einblenden
3⋅ sin( 2x + 1 2 π) · sin( x ) = 0
3 sin( 2x + 1 2 π) · sin( x ) = 0

Ein Produkt ist genau dann =0, wenn mindestens einer der beiden Faktoren =0 ist.

1. Fall:

canvas
sin( 2x + 1 2 π) = 0 |sin-1(⋅)

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

1. Fall:

2x + 1 2 π = 0

oder

2x + 1 2 π = 2π |⋅ 2
2( 2x + 1 2 π) = 4π
4x + π = 4π | - π
4x = 3π |:4
x1 = 3 4 π

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung sin( 2x + 1 2 π) = 0 noch eine weitere Lösung hat. (die waagrechte grüne Gerade y=0 schneidet den Einheitskreis in einem zweiten Punkt).

Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung an der y-Achse gespiegelt liegt, also π - 0= π liegen muss.

2. Fall:

2x + 1 2 π = π |⋅ 2
2( 2x + 1 2 π) = 2π
4x + π = 2π | - π
4x = π |:4
x2 = 1 4 π

Da sin( 2x + 1 2 π) die Periode π besitzt, aber alle Lösungen im Intervall [0; 2π ) gesucht sind, können wir auf die Lösung(en) immer noch weitere Perioden draufaddieren und erhalten so folgende weitere Lösungen:

x3 = 3 4 π + 1⋅ π = 7 4 π , x4 = 1 4 π + 1⋅ π = 5 4 π


2. Fall:

canvas
sin( x ) = 0 |sin-1(⋅)

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

1. Fall:

x5 = 0

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung sin( x ) = 0 noch eine weitere Lösung hat. (die waagrechte grüne Gerade y=0 schneidet den Einheitskreis in einem zweiten Punkt).

Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung an der y-Achse gespiegelt liegt, also π - 0= π liegen muss.

2. Fall:

x6 = π

L={0; 1 4 π ; 3 4 π ; π ; 5 4 π ; 7 4 π }

trigonometr. Nullprodukt-Gleichung

Beispiel:

Bestimme alle Lösungen im Intervall [0; 2π ):
( cos( x ) ) 2 + cos( x ) = 0

Lösung einblenden
( cos( x ) ) 2 + cos( x ) = 0
( cos( x ) +1 ) · cos( x ) = 0

Ein Produkt ist genau dann =0, wenn mindestens einer der beiden Faktoren =0 ist.

1. Fall:

cos( x ) +1 = 0 | -1 canvas
cos( x ) = -1 |cos-1(⋅)

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

x1 = π

2. Fall:

canvas
cos( x ) = 0 |cos-1(⋅)

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

1. Fall:

x2 = 1 2 π

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung cos( x ) = 0 noch eine weitere Lösung hat. (die senkrechte turkise Gerade x=0 schneidet den Einheitskreis in einem zweiten Punkt).

Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung einfach (nach unten gespiegelt) bei - 1 2 π
bzw. bei - 1 2 π +2π= 3 2 π liegen muss.

2. Fall:

x3 = 3 2 π

L={ 1 2 π ; π ; 3 2 π }

trigon. Gleichung (mit Substitution)

Beispiel:

Bestimme alle Lösungen im Intervall [0; 2π ):
( cos( x ) ) 2 + 3 2 ⋅ cos( x ) + 1 2 = 0

Lösung einblenden
( cos( x ) ) 2 + 3 2 ⋅ cos( x ) + 1 2 = 0

Diese Gleichung kann durch Substitution auf eine quadratische Gleichung zurückgeführt werden!

Setze u = cos( x )

Draus ergibt sich die quadratische Gleichung:

u 2 + 3 2 u + 1 2 = 0 |⋅ 2
2( u 2 + 3 2 u + 1 2 ) = 0

2 u 2 +3u +1 = 0

eingesetzt in die Mitternachtsformel (a-b-c-Formel):

u1,2 = -3 ± 3 2 -4 · 2 · 1 2⋅2

u1,2 = -3 ± 9 -8 4

u1,2 = -3 ± 1 4

u1 = -3 + 1 4 = -3 +1 4 = -2 4 = -0,5

u2 = -3 - 1 4 = -3 -1 4 = -4 4 = -1

Rücksubstitution:

u1: cos( x ) = -0,5

canvas
cos( x ) = -0,5 |cos-1(⋅)

Der WTR liefert nun als Wert 2.0943951023932

1. Fall:

x1 = 2 3 π

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung cos( x ) = -0,5 noch eine weitere Lösung hat. (die senkrechte turkise Gerade x=-0.5 schneidet den Einheitskreis in einem zweiten Punkt).

Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung einfach (nach unten gespiegelt) bei - 2 3 π
bzw. bei - 2 3 π +2π= 4 3 π liegen muss.

2. Fall:

x2 = 4 3 π

u2: cos( x ) = -1

canvas
cos( x ) = -1 |cos-1(⋅)

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

x3 = π

L={ 2 3 π ; π ; 4 3 π }