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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:
- sin( 3x - 1 2 π) -2 = -3

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

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

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

L={ 1 3 π }

trigonometr. Nullprodukt-Gleichung

Beispiel:

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

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

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

1. Fall:

x3 = 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:

x4 = π

L={0; 1 6 π ; 5 6 π ; π }

trigonometrische Gleichungen (mit WTR)

Beispiel:

Bestimme alle Lösungen immer jeweils innerhalb einer Periode [0; 2π ).
sin( x + π) -3 = -3,85

Lösung einblenden
sin( x + π) -3 = -3,85 | +3 canvas
sin( x + π) = -0,85 |sin-1(⋅)

Der WTR liefert nun als Wert -1.0159852938148

Weil dieser Wert negativ ist und wir aber Lösungen aus dem Intervall [0; 2π ) suchen, addieren wir einfach noch 2π dazu und erhalten so 5,267

1. Fall:

x + π = 5,267 | - π
x1 = 5,267 - π
x1 = 2,1254

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung sin( x + π) = -0,85 noch eine weitere Lösung hat. (die waagrechte grüne Gerade y=-0.85 schneidet den Einheitskreis in einem zweiten Punkt).

Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung an der y-Achse gespiegelt liegt, also π - 5,267 =-2.1254 bzw. bei -2.1254+2π= 4,158 liegen muss.

2. Fall:

x + π = 4,158 | - π
x2 = 4,158 - π
x2 = 1,0164

L={ 1,0164 ; 2,1254 }

Trigonometrische Gleichungen (komplex) BF

Beispiel:

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

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

1. Fall

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

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

x1 = π

2. Fall

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

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

x2 = 0

L={0; π }

Trigonometrische Gleichungen (komplex) LF

Beispiel:

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

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

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

1. Fall:

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

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

3x + π = π | - π
3x = 0 |:3
x1 = 0

Da - cos( 3x + π) -1 die Periode 2 3 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:

x2 = 0 + 1⋅ 2 3 π = 2 3 π
x3 = 0 + 2⋅ 2 3 π = 4 3 π


2. Fall:

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

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

x4 = 0

L={0; 2 3 π ; 4 3 π }

0 ist 2-fache Lösung!

trigon. Gleichung (mit Substitution)

Beispiel:

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

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

2 u 2 - u -1 = 0

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

u1,2 = +1 ± ( -1 ) 2 -4 · 2 · ( -1 ) 2⋅2

u1,2 = +1 ± 1 +8 4

u1,2 = +1 ± 9 4

u1 = 1 + 9 4 = 1 +3 4 = 4 4 = 1

u2 = 1 - 9 4 = 1 -3 4 = -2 4 = -0,5

Rücksubstitution:

u1: sin( x ) = 1

canvas
sin( x ) = 1 |sin-1(⋅)

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

x1 = 1 2 π

u2: 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:

x2 = 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:

x3 = 7 6 π

L={ 1 2 π ; 7 6 π ; 11 6 π }