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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⋅ sin( 2x + 1 2 π) -3 = -3

Lösung einblenden
-3⋅ sin( 2x + 1 2 π) -3 = -3 | +3
-3⋅ sin( 2x + 1 2 π) = 0 |:-3
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 = 0+2π
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

L={ 1 4 π ; 3 4 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 = 3 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 }

3 2 π ist 2-fache Lösung!

trigonometrische Gleichungen (mit WTR)

Beispiel:

Bestimme alle Lösungen immer jeweils innerhalb einer Periode [0; 2 3 π ).
-2⋅ cos( 3x + 1 2 π) +3 = 4,1

Lösung einblenden
-2⋅ cos( 3x + 1 2 π) +3 = 4,1 | -3
-2⋅ cos( 3x + 1 2 π) = 1,1 |:-2
canvas
cos( 3x + 1 2 π) = -0,55 |cos-1(⋅)

Der WTR liefert nun als Wert 2.1531605646636

1. Fall:

3x + 1 2 π = 2,153 |⋅ 2
2( 3x + 1 2 π) = 4,306
6x + π = 4,306 | - π
6x = 4,306 - π
6x = 1,1644 |:6
x1 = 0,1941

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung cos( 3x + 1 2 π) = -0,55 noch eine weitere Lösung hat. (die senkrechte turkise Gerade x=-0.55 schneidet den Einheitskreis in einem zweiten Punkt).

Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung einfach (nach unten gespiegelt) bei - 2,153
bzw. bei - 2,153 +2π= 4,13 liegen muss.

2. Fall:

3x + 1 2 π = 4,13 |⋅ 2
2( 3x + 1 2 π) = 8,26
6x + π = 8,26 | - π
6x = 8,26 - π
6x = 5,1184 |:6
x2 = 0,8531

L={ 0,1941 ; 0,8531 }

Trigonometrische Gleichungen (komplex) BF

Beispiel:

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

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

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

1. Fall:

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

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

1. Fall:

x 2 = 0 | ⋅2
x1 = 0

2. Fall:

x -2 = 0 | +2
x2 = 2

2. Fall:

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

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

2x + 1 2 π = 0

oder

2x + 1 2 π = 0+2π
2x + 1 2 π = 2π |⋅ 2
2( 2x + 1 2 π) = 4π
4x + π = 4π | - π
4x = 3π |:4
x3 = 3 4 π

L={0; 2 ; 3 4 π }

0 ist 2-fache Lösung!

Trigonometrische Gleichungen (komplex) LF

Beispiel:

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

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

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

1. Fall:

x + 1 2 π = 1 2 π |⋅ 2
2( x + 1 2 π) = π
2x + π = π | - π
2x = 0 |:2
x3 = 0

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung cos( x + 1 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:

x + 1 2 π = 3 2 π |⋅ 2
2( x + 1 2 π) = 3π
2x + π = 3π | - π
2x = 2π |:2
x4 = π

L={0; π }

0 ist 2-fache Lösung! π ist 2-fache Lösung!

trigon. Gleichung (mit Substitution)

Beispiel:

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

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

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

Setze u = sin( 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

Lösen mit der a-b-c-Formel (Mitternachtsformel):

eingesetzt in x1,2 = - b ± b 2 -4a · c 2a ergibt:

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

Lösen mit der p-q-Formel (x² + px + q = 0):

Um die Gleichung auf die Form "x² + px + q = 0" zu bekommen, müssen wir zuerst die ganze Gleichung durch "2 " teilen:

2 u 2 +3u +1 = 0 |: 2

u 2 + 3 2 u + 1 2 = 0

vor dem Einsetzen in x1,2 = - p 2 ± ( p 2 ) 2 - q
berechnen wir zuerst die Diskriminante D = ( p 2 ) 2 - q :

D = ( 3 4 ) 2 - ( 1 2 ) = 9 16 - 1 2 = 9 16 - 8 16 = 1 16

x1,2 = - 3 4 ± 1 16

x1 = - 3 4 - 1 4 = - 4 4 = -1

x2 = - 3 4 + 1 4 = - 2 4 = -0.5

Rücksubstitution:

u1: sin( x ) = -0,5

canvas
sin( x ) = -0,5 |sin-1(⋅)

Der WTR liefert nun als Wert -0.5235987755983

Weil dieser Wert negativ ist und wir aber Lösungen aus dem Intervall [0;p) suchen, addieren wir einfach noch 2π dazu und erhalten so 11 6 π

1. Fall:

x1 = 11 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 - 11 6 π =-2.618 bzw. bei -2.618+2π= 7 6 π liegen muss.

2. Fall:

x2 = 7 6 π

u2: sin( x ) = -1

canvas
sin( x ) = -1 |sin-1(⋅)

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

x3 = 3 2 π

L={ 7 6 π ; 3 2 π ; 11 6 π }