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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:
2⋅ cos( 2x + 3 2 π) +1 = 3

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

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

2x + 3 2 π = 0

oder

2x + 3 2 π = 0+2π
2x + 3 2 π = 2π |⋅ 2
2( 2x + 3 2 π) = 4π
4x +3π = 4π | -3π
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 = 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; 2π ).
2⋅ cos( x + π) = -1,1

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

Der WTR liefert nun als Wert 2.1531605646636

1. Fall:

x + π = 2,153

oder

x + π = 2,153 +2π | - π
x1 = 2,153 + π
x1 = 5,2946

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

x + π = 4,13 | - π
x2 = 4,13 - π
x2 = 0,9884

L={ 0,9884 ; 5,2946 }

Trigonometrische Gleichungen (komplex) BF

Beispiel:

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

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

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

1. Fall:

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

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

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

2. Fall:

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

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

x2 = 3 2 π

L={0; 3 2 π }

Trigonometrische Gleichungen (komplex) LF

Beispiel:

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

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

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

1. Fall:

- sin( 3x + 1 2 π) -1 = 0 | +1
- 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 = 3 2 π |⋅ 2
2( 3x + 1 2 π) = 3π
6x + π = 3π | - π
6x = 2π |:6
x1 = 1 3 π

Da - sin( 3x + 1 2 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 = 1 3 π + 1⋅ 2 3 π = π
x3 = 1 3 π + 2⋅ 2 3 π = 5 3 π


2. Fall:

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

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

x4 = π

L={ 1 3 π ; π ; 5 3 π }

π ist 2-fache Lösung!

trigon. Gleichung (mit Substitution)

Beispiel:

Bestimme alle Lösungen im Intervall [0; 2π ):
( sin( x ) ) 2 -5⋅ sin( x ) +4 = 0

Lösung einblenden
( sin( x ) ) 2 -5⋅ sin( x ) +4 = 0

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

Setze u = sin( x )

Draus ergibt sich die quadratische Gleichung:

u 2 -5u +4 = 0

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

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

u1,2 = +5 ± ( -5 ) 2 -4 · 1 · 4 2⋅1

u1,2 = +5 ± 25 -16 2

u1,2 = +5 ± 9 2

u1 = 5 + 9 2 = 5 +3 2 = 8 2 = 4

u2 = 5 - 9 2 = 5 -3 2 = 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 = ( - 5 2 ) 2 - 4 = 25 4 - 4 = 25 4 - 16 4 = 9 4

x1,2 = 5 2 ± 9 4

x1 = 5 2 - 3 2 = 2 2 = 1

x2 = 5 2 + 3 2 = 8 2 = 4

Rücksubstitution:

u1: sin( x ) = 4

sin( x ) = 4

Diese Gleichung hat keine Lösung!

u2: sin( x ) = 1

canvas
sin( x ) = 1 |sin-1(⋅)

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

x1 = 1 2 π

L={ 1 2 π }