nach Aufgabentypen suchen

Aufgabentypen anhand von Beispielen durchstöbern

Browserfenster aktualisieren (F5), um neue Beispiele bei den Aufgabentypen zu sehen

trigonometrische Gleichungen (ohne WTR)

Beispiel:

Bestimme alle Lösungen immer jeweils innerhalb einer Periode [0; π ). Gib dabei immer die kleinsten positiven Lösungen an:
2⋅ sin( 2x - π) = 2

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

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

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

L={ 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 = 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; 2π ).
-3⋅ sin( x + π) -1 = -3,85

Lösung einblenden
-3⋅ sin( x + π) -1 = -3,85 | +1
-3⋅ sin( x + π) = -2,85 |:-3
canvas
sin( x + π) = 0,95 |sin-1(⋅)

Der WTR liefert nun als Wert 1.2532358975034

1. Fall:

x + π = 1,253

oder

x + π = 1,253 +2π | - π
x1 = 1,253 + π
x1 = 4,3946

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung sin( x + π) = 0,95 noch eine weitere Lösung hat. (die waagrechte grüne Gerade y=0.95 schneidet den Einheitskreis in einem zweiten Punkt).

Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung an der y-Achse gespiegelt liegt, also π - 1,253 = 1,888 liegen muss.

2. Fall:

x + π = 1,888

oder

x + π = 1,888 +2π | - π
x2 = 1,888 + π
x2 = 5,0296

L={ 4,3946 ; 5,0296 }

Trigonometrische Gleichungen (komplex) BF

Beispiel:

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

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

2. Fall:

canvas
sin( x + π) = 0 |sin-1(⋅)

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

1. Fall:

x + π = 0

oder

x + π = 0+2π
x + π = 2π | - π
x2 = π

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

x + π = π | - π
x3 = 0

L={0; π ; 3 2 π }

Trigonometrische Gleichungen (komplex) LF

Beispiel:

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

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

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

1. Fall:

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

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

x + π = π | - π
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 = 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!