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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:
cos( 2x - 1 2 π) -1 = 0

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

L={ 1 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 = 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!

trigonometrische Gleichungen (mit WTR)

Beispiel:

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

Lösung einblenden
3⋅ cos( 3x + π) -2 = -4,4 | +2
3⋅ cos( 3x + π) = -2,4 |:3
canvas
cos( 3x + π) = -0,8 |cos-1(⋅)

Der WTR liefert nun als Wert 2.4980915447965

1. Fall:

3x + π = 2,498

oder

3x + π = 2,498 +2π | - π
3x = 2,498 + π
3x = 5,6396 |:3
x1 = 1,8799

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung cos( 3x + π) = -0,8 noch eine weitere Lösung hat. (die senkrechte turkise Gerade x=-0.8 schneidet den Einheitskreis in einem zweiten Punkt).

Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung einfach (nach unten gespiegelt) bei - 2,498
bzw. bei - 2,498 +2π= 3,785 liegen muss.

2. Fall:

3x + π = 3,785 | - π
3x = 3,785 - π
3x = 0,6434 |:3
x2 = 0,2145

L={ 0,2145 ; 1,8799 }

Trigonometrische Gleichungen (komplex) BF

Beispiel:

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

Lösung einblenden
-3⋅ cos( x + π) · ( sin( x ) -1 ) = 0
-3 cos( x + π) · ( sin( x ) -1 ) = 0
-3 ( sin( x ) -1 ) · cos( x + π) = 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 + π) = 0 |cos-1(⋅)

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

1. Fall:

x + π = 1 2 π

oder

x + π = 1 2 π+2π
x + π = 5 2 π | - π
x2 = 3 2 π

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung cos( x + 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 + π = 3 2 π | - π
x3 = 1 2 π

L={ 1 2 π ; 3 2 π }

1 2 π ist 2-fache Lösung!

Trigonometrische Gleichungen (komplex) LF

Beispiel:

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

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

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

1. Fall:

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

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

x1 = 0

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={0; 1 2 π ; 3 2 π }

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 = 3 2 π

u2: sin( x ) = -1

canvas
sin( x ) = -1 |sin-1(⋅)

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

x2 = 3 2 π

L={ 3 2 π }

3 2 π ist 2-fache Lösung!