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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:
-3⋅ cos( x + 1 2 π) -1 = 2

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

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

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

L={ 1 2 π }

trigonometr. Nullprodukt-Gleichung

Beispiel:

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

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

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

1. Fall:

x2 = 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:

x3 = π

L={0; 1 2 π ; π }

trigonometrische Gleichungen (mit WTR)

Beispiel:

Bestimme alle Lösungen immer jeweils innerhalb einer Periode [0; π ).
-3⋅ sin( 2x + 1 2 π) = -1,8

Lösung einblenden
-3⋅ sin( 2x + 1 2 π) = -1,8 |:-3
canvas
sin( 2x + 1 2 π) = 0,6 |sin-1(⋅)

Der WTR liefert nun als Wert 0.64350110879328

1. Fall:

2x + 1 2 π = 0,644

oder

2x + 1 2 π = 0,644 +2π |⋅ 2
4x + π = 1,288 +4π | - π
4x = 1,288 +3π
4x = 10,7128 |:4
x1 = 2,6782

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung sin( 2x + 1 2 π) = 0,6 noch eine weitere Lösung hat. (die waagrechte grüne Gerade y=0.6 schneidet den Einheitskreis in einem zweiten Punkt).

Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung an der y-Achse gespiegelt liegt, also π - 0,644 = 2,498 liegen muss.

2. Fall:

2x + 1 2 π = 2,498 |⋅ 2
2( 2x + 1 2 π) = 4,996
4x + π = 4,996 | - π
4x = 4,996 - π
4x = 1,8544 |:4
x2 = 0,4636

L={ 0,4636 ; 2,6782 }

Trigonometrische Gleichungen (komplex) BF

Beispiel:

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

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

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

1. Fall:

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

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

x + 1 2 π = 0

oder

x + 1 2 π = 0+2π
x + 1 2 π = 2π |⋅ 2
2( x + 1 2 π) = 4π
2x + π = 4π | - π
2x = 3π |:2
x1 = 3 2 π

2. Fall:

canvas
sin( x ) = 0 |sin-1(⋅)

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

1. Fall:

x2 = 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:

x3 = π

L={0; π ; 3 2 π }

Trigonometrische Gleichungen (komplex) LF

Beispiel:

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

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

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

1. 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:

x1 = 0

2. Fall:

x -3 = 0 | +3
x2 = 3

2. Fall:

canvas
sin( 2x + π) = 0 |sin-1(⋅)

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

1. Fall:

2x + π = 0

oder

2x + π = 0+2π
2x + π = 2π | - π
2x = π |:2
x3 = 1 2 π

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung sin( 2x + 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 + π = π | - π
2x = 0 |:2
x4 = 0

L={0; 1 2 π ; 3 }

0 ist 2-fache Lösung!

trigon. Gleichung (mit Substitution)

Beispiel:

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

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

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

Setze u = sin( x )

Draus ergibt sich die quadratische Gleichung:

u 2 -2u +1 = 0

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

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

u1,2 = +2 ± ( -2 ) 2 -4 · 1 · 1 2⋅1

u1,2 = +2 ± 4 -4 2

u1,2 = +2 ± 0 2

Da die Wurzel Null ist, gibt es nur eine Lösung:

u = 2 2 = 1

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

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

D = ( -1 ) 2 - 1 = 1 - 1 = 0

Da die Diskriminante D = 0 ist, hat die quadratische Gleichung nur eine Lösunng.

x = 1 ± 0 = 1

Rücksubstitution:

u1: sin( x ) = 1

canvas
sin( x ) = 1 |sin-1(⋅)

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

x1 = 1 2 π

u2: sin( x ) = 1

canvas
sin( x ) = 1 |sin-1(⋅)

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

x2 = 1 2 π

L={ 1 2 π }

1 2 π ist 2-fache Lösung!