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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; 2 3 π ). Gib dabei immer die kleinsten positiven Lösungen an:
-2⋅ cos( 3x - 1 2 π) +2 = 4

Lösung einblenden
-2⋅ cos( 3x - 1 2 π) +2 = 4 | -2
-2⋅ cos( 3x - 1 2 π) = 2 |:-2
canvas
cos( 3x - 1 2 π) = -1 |cos-1(⋅)

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

3x - 1 2 π = π |⋅ 2
2( 3x - 1 2 π) = 2π
6x - π = 2π | + π
6x = 3π |:6
x = 1 2 π

L={ 1 2 π }

trigonometrische Gleichungen (mit WTR)

Beispiel:

Bestimme alle Lösungen immer jeweils innerhalb einer Periode [0; π ). Gib dabei immer die kleinsten positiven Lösungen an:
-2⋅ cos( 2x - 3 2 π) = -1,4

Lösung einblenden
-2⋅ cos( 2x - 3 2 π) = -1,4 |:-2
canvas
cos( 2x - 3 2 π) = 0,7 |cos-1(⋅)

Der WTR liefert nun als Wert 0.79539883018414

1. Fall:

2x - 3 2 π = 0,795 |⋅ 2
2( 2x - 3 2 π) = 1,59
4x -3π = 1,59 | +3π
4x = 1,59 +3π
4x = 11,0148 |:4
x1 = 2,7537

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung cos( 2x - 3 2 π) = 0,7 noch eine weitere Lösung hat. (die senkrechte turkise Gerade x=0.7 schneidet den Einheitskreis in einem zweiten Punkt).

Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung einfach (nach unten gespiegelt) bei - 0,795
bzw. bei - 0,795 +2π= 5,488 liegen muss.

2. Fall:

2x - 3 2 π = 5,488

oder

2x - 3 2 π = 5,488 -2π |⋅ 2
4x -3π = 10,976 -4π | +3π
4x = 10,976 - π
4x = 7,8344 |:4
x2 = 1,9586

L={ 1,9586 ; 2,7537 }

Trigonometrische Gleichungen (komplex) BF

Beispiel:

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

Lösung einblenden
( x 2 - x ) · 3⋅ cos( 3x + 3 2 π) = 0
3 ( x 2 - x ) · cos( 3x + 3 2 π) = 0

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

1. Fall:

x 2 - x = 0
x ( x -1 ) = 0

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

1. Fall:

x1 = 0

2. Fall:

x -1 = 0 | +1
x2 = 1

2. Fall:

canvas
cos( 3x + 3 2 π) = 0 |cos-1(⋅)

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

1. Fall:

3x + 3 2 π = 1 2 π

oder

3x + 3 2 π = 1 2 π+2π
3x + 3 2 π = 5 2 π |⋅ 2
2( 3x + 3 2 π) = 5π
6x +3π = 5π | -3π
6x = 2π |:6
x3 = 1 3 π

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung cos( 3x + 3 2 π) = 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:

3x + 3 2 π = 3 2 π |⋅ 2
2( 3x + 3 2 π) = 3π
6x +3π = 3π | -3π
6x = 0 |:6
x4 = 0

L={0; 1 ; 1 3 π }

0 ist 2-fache Lösung!

Trigonometrische Gleichungen (komplex) LF

Beispiel:

Bestimme alle Lösungen im Intervall [0; 2π ):
( sin( x ) ) 2 -5⋅ sin( x ) +4 = 0

Lösung einblenden
( sin( x ) ) 2 -5⋅ sin( x ) +4 = 0

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

Setze u = sin( x )

Draus ergibt sich die quadratische Gleichung:

u 2 -5u +4 = 0

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

u1,2 = +5 ± ( -5 ) 2 -4 · 1 · 4 2⋅1

u1,2 = +5 ± 25 -16 2

u1,2 = +5 ± 9 2

u1 = 5 + 9 2 = 5 +3 2 = 8 2 = 4

u2 = 5 - 9 2 = 5 -3 2 = 2 2 = 1

Rücksubstitution:

u1: sin( x ) = 4

sin( x ) = 4

Diese Gleichung hat keine Lösung!

u2: sin( x ) = 1

canvas
sin( x ) = 1 |sin-1(⋅)

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

x1 = 1 2 π

L={ 1 2 π }

trigonometr. Nullprodukt-Gleichung

Beispiel:

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

Lösung einblenden
- cos( x ) + sin( x ) · cos( x ) = 0
( sin( x ) -1 ) · cos( x ) = 0

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

1. Fall:

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

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

x1 = 1 2 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 ; 3 2 π }

1 2 π ist 2-fache Lösung!

trigon. Gleichung (mit Substitution)

Beispiel:

Bestimme alle Lösungen im Intervall [0; 2π ):
( cos( x ) ) 2 -5⋅ cos( x ) +4 = 0

Lösung einblenden
( cos( x ) ) 2 -5⋅ cos( x ) +4 = 0

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

Setze u = cos( x )

Draus ergibt sich die quadratische Gleichung:

u 2 -5u +4 = 0

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

u1,2 = +5 ± ( -5 ) 2 -4 · 1 · 4 2⋅1

u1,2 = +5 ± 25 -16 2

u1,2 = +5 ± 9 2

u1 = 5 + 9 2 = 5 +3 2 = 8 2 = 4

u2 = 5 - 9 2 = 5 -3 2 = 2 2 = 1

Rücksubstitution:

u1: cos( x ) = 4

cos( x ) = 4

Diese Gleichung hat keine Lösung!

u2: cos( x ) = 1

canvas
cos( x ) = 1 |cos-1(⋅)

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

x1 = 0

L={0}