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einfache trigonometrische Gleichungen

Beispiel:

Bestimme alle Lösungen innerhalb einer Periode [0;2π).
cos( x ) = -0,65

Lösung einblenden
canvas
cos( x ) = -0,65 |cos-1(⋅)

Der WTR liefert nun als Wert 2.2783807635203

1. Fall:

x1 = 2,278

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung cos( x ) = -0,65 noch eine weitere Lösung hat. (die senkrechte turkise Gerade x=-0.65 schneidet den Einheitskreis in einem zweiten Punkt).

Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung einfach (nach unten gespiegelt) bei - 2,278
bzw. bei - 2,278 +2π= 4,005 liegen muss.

2. Fall:

x2 = 4,005

L={ 2,278 ; 4,005 }

trigonometrische Gleichungen (ohne WTR)

Beispiel:

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

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

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

1. Fall:

x - π = 0 | + π
x1 = 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

oder

x - π = π-2π
x - π = -π | + π
x2 = 0

L={0; π }

trigonometrische Gleichungen (mit WTR)

Beispiel:

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

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

Der WTR liefert nun als Wert 1.4706289056333

1. Fall:

x + 1 2 π = 1,471

oder

x + 1 2 π = 1,471 +2π |⋅ 2
2x + π = 2,942 +4π | - π
2x = 2,942 +3π
2x = 12,3668 |:2
x1 = 6,1834

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung cos( x + 1 2 π) = 0,1 noch eine weitere Lösung hat. (die senkrechte turkise Gerade x=0.1 schneidet den Einheitskreis in einem zweiten Punkt).

Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung einfach (nach unten gespiegelt) bei - 1,471
bzw. bei - 1,471 +2π= 4,813 liegen muss.

2. Fall:

x + 1 2 π = 4,813 |⋅ 2
2( x + 1 2 π) = 9,626
2x + π = 9,626 | - π
2x = 9,626 - π
2x = 6,4844 |:2
x2 = 3,2422

L={ 3,2422 ; 6,1834 }

trigonometr. Nullprodukt-Gleichung

Beispiel:

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

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( cos( x ) ) 2 + 3 2 ⋅ cos( x ) = 0
1 2 ( 2⋅ cos( x ) +3 ) · cos( x ) = 0

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

1. Fall:

2⋅ cos( x ) +3 = 0 | -3
2⋅ cos( x ) = -3 |:2
cos( x ) = -1,5

Diese Gleichung hat keine Lösung!


2. Fall:

canvas
cos( x ) = 0 |cos-1(⋅)

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

1. Fall:

x1 = 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:

x2 = 3 2 π

L={ 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

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( 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!

Trigonometrische Gleichungen (komplex) LF

Beispiel:

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

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

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

1. Fall:

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

Da 2⋅ sin( 3x - 1 2 π) -2 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:

canvas
cos( x ) = 0 |cos-1(⋅)

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

1. Fall:

x4 = 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:

x5 = 3 2 π

L={ 1 3 π ; 1 2 π ; π ; 3 2 π ; 5 3 π }