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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; π ). Gib dabei immer die kleinsten positiven Lösungen an:
3⋅ cos( 2x - 3 2 π) +3 = 6

Lösung einblenden
3⋅ cos( 2x - 3 2 π) +3 = 6 | -3
3⋅ cos( 2x - 3 2 π) = 3 |:3
canvas
cos( 2x - 3 2 π) = 1 |cos-1(⋅)

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

2x - 3 2 π = 0 |⋅ 2
2( 2x - 3 2 π) = 0
4x -3π = 0 | +3π
4x = 3π |:4
x = 3 4 π

L={ 3 4 π }

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 - π) -1 = -1,45

Lösung einblenden
- cos( 2x - π) -1 = -1,45 | +1
- cos( 2x - π) = -0,45 |:-1
canvas
cos( 2x - π) = 0,45 |cos-1(⋅)

Der WTR liefert nun als Wert 1.1040309877476

1. Fall:

2x - π = 1,104 | + π
2x = 1,104 + π
2x = 4,2456 |:2
x1 = 2,1228

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung cos( 2x - π) = 0,45 noch eine weitere Lösung hat. (die senkrechte turkise Gerade x=0.45 schneidet den Einheitskreis in einem zweiten Punkt).

Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung einfach (nach unten gespiegelt) bei - 1,104
bzw. bei - 1,104 +2π= 5,179 liegen muss.

2. Fall:

2x - π = 5,179

oder

2x - π = 5,179 -2π | + π
2x = 5,179 - π
2x = 2,0374 |:2
x2 = 1,0187

L={ 1,0187 ; 2,1228 }

Trigonometrische Gleichungen (komplex) BF

Beispiel:

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

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

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

1. Fall:

-3⋅ cos( 2x - 1 2 π) +3 = 0 | -3
-3⋅ cos( 2x - 1 2 π) = -3 |:-3
canvas
cos( 2x - 1 2 π) = 1 |cos-1(⋅)

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

2x - 1 2 π = 0 |⋅ 2
2( 2x - 1 2 π) = 0
4x - π = 0 | + π
4x = π |:4
x1 = 1 4 π

2. Fall:

x 2 -3x = 0
x ( x -3 ) = 0

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

1. Fall:

x2 = 0

2. Fall:

x -3 = 0 | +3
x3 = 3

L={0; 1 4 π ; 3 }

Trigonometrische Gleichungen (komplex) LF

Beispiel:

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

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

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

1. Fall:

canvas
sin( x ) = 0 |sin-1(⋅)

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

1. Fall:

x1 = 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:

x2 = π

2. Fall:

canvas
cos( 2x + π) = 0 |cos-1(⋅)

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

1. Fall:

2x + π = 1 2 π

oder

2x + π = 1 2 π+2π
2x + π = 5 2 π | - π
2x = 3 2 π |:2
x3 = 3 4 π

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung cos( 2x + 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:

2x + π = 3 2 π | - π
2x = 1 2 π |:2
x4 = 1 4 π

Da cos( 2x + 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:

x5 = 3 4 π + 1⋅ π = 7 4 π , x6 = 1 4 π + 1⋅ π = 5 4 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 ):
- 1 2 ⋅ cos( x ) + sin( x ) · cos( x ) = 0

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

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

1. Fall:

2⋅ sin( x ) -1 = 0 | +1
2⋅ sin( x ) = 1 |:2
canvas
sin( x ) = 0,5 |sin-1(⋅)

Der WTR liefert nun als Wert 0.5235987755983

1. Fall:

x1 = 5 6 π

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung sin( x ) = 0,5 noch eine weitere Lösung hat. (die waagrechte grüne Gerade y=0.5 schneidet den Einheitskreis in einem zweiten Punkt).

Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung an der y-Achse gespiegelt liegt, also π - 5 6 π = 1 6 π liegen muss.

2. Fall:

x2 = 1 6 π

2. Fall:

canvas
cos( x ) = 0 |cos-1(⋅)

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

1. Fall:

x3 = 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:

x4 = 3 2 π

L={ 1 6 π ; 1 2 π ; 5 6 π ; 3 2 π }

trigon. Gleichung (mit Substitution)

Beispiel:

Bestimme alle Lösungen im Intervall [0; 2π ):
( cos( x ) ) 2 -4⋅ cos( x ) +3 = 0

Lösung einblenden
( cos( x ) ) 2 -4⋅ cos( x ) +3 = 0

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

Setze u = cos( x )

Draus ergibt sich die quadratische Gleichung:

u 2 -4u +3 = 0

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

u1,2 = +4 ± ( -4 ) 2 -4 · 1 · 3 2⋅1

u1,2 = +4 ± 16 -12 2

u1,2 = +4 ± 4 2

u1 = 4 + 4 2 = 4 +2 2 = 6 2 = 3

u2 = 4 - 4 2 = 4 -2 2 = 2 2 = 1

Rücksubstitution:

u1: cos( x ) = 3

cos( x ) = 3

Diese Gleichung hat keine Lösung!

u2: cos( x ) = 1

canvas
cos( x ) = 1 |cos-1(⋅)

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

x1 = 0

L={0}