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einfache trigonometrische Gleichungen

Beispiel:

Bestimme alle Lösungen innerhalb einer Periode [0;2π).
sin( x ) = 0,5

Lösung einblenden
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

L={ 1 6 π ; 5 6 π }

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) +3 = 3

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

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

1. Fall:

3x + 1 2 π = 0

oder

3x + 1 2 π = 0+2π
3x + 1 2 π = 2π |⋅ 2
2( 3x + 1 2 π) = 4π
6x + π = 4π | - π
6x = 3π |:6
x1 = 1 2 π

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung sin( 3x + 1 2 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:

3x + 1 2 π = π |⋅ 2
2( 3x + 1 2 π) = 2π
6x + π = 2π | - π
6x = π |:6
x2 = 1 6 π

L={ 1 6 π ; 1 2 π }

trigonometrische Gleichungen (mit WTR)

Beispiel:

Bestimme alle Lösungen immer jeweils innerhalb einer Periode [0; 2π ).
sin( x + 3 2 π) -3 = -2,35

Lösung einblenden
sin( x + 3 2 π) -3 = -2,35 | +3 canvas
sin( x + 3 2 π) = 0,65 |sin-1(⋅)

Der WTR liefert nun als Wert 0.70758443672536

1. Fall:

x + 3 2 π = 0,708

oder

x + 3 2 π = 0,708 +2π |⋅ 2
2x +3π = 1,416 +4π | -3π
2x = 1,416 + π
2x = 4,5576 |:2
x1 = 2,2788

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung sin( x + 3 2 π) = 0,65 noch eine weitere Lösung hat. (die waagrechte grüne Gerade y=0.65 schneidet den Einheitskreis in einem zweiten Punkt).

Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung an der y-Achse gespiegelt liegt, also π - 0,708 = 2,434 liegen muss.

2. Fall:

x + 3 2 π = 2,434

oder

x + 3 2 π = 2,434 +2π |⋅ 2
2x +3π = 4,868 +4π | -3π
2x = 4,868 + π
2x = 8,0096 |:2
x2 = 4,0048

L={ 2,2788 ; 4,0048 }

trigonometr. Nullprodukt-Gleichung

Beispiel:

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

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

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

1. Fall:

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

Der WTR liefert nun als Wert 1.0471975511966

1. Fall:

x1 = 1 3 π

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung cos( x ) = 0,5 noch eine weitere Lösung hat. (die senkrechte turkise Gerade x=0.5 schneidet den Einheitskreis in einem zweiten Punkt).

Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung einfach (nach unten gespiegelt) bei - 1 3 π
bzw. bei - 1 3 π +2π= 5 3 π liegen muss.

2. Fall:

x2 = 5 3 π

2. Fall:

canvas
cos( x ) = 0 |cos-1(⋅)

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

1. Fall:

x3 = 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:

x4 = 3 2 π

L={ 1 3 π ; 1 2 π ; 3 2 π ; 5 3 π }

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 }

Trigonometrische Gleichungen (komplex) LF

Beispiel:

Bestimme alle Lösungen im Intervall [0; 2π ):
( x -5 ) · 3⋅ cos( x - 1 2 π) = 0

Lösung einblenden
( x -5 ) · 3⋅ cos( x - 1 2 π) = 0
3 ( x -5 ) · cos( x - 1 2 π) = 0

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

1. Fall:

x -5 = 0 | +5
x1 = 5

2. Fall:

canvas
cos( x - 1 2 π) = 0 |cos-1(⋅)

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

1. Fall:

x - 1 2 π = 1 2 π |⋅ 2
2( x - 1 2 π) = π
2x - π = π | + π
2x = 2π |:2
x2 = π

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

oder

x - 1 2 π = 3 2 π-2π
x - 1 2 π = - 1 2 π |⋅ 2
2( x - 1 2 π) = -π
2x - π = -π | + π
2x = 0 |:2
x3 = 0

L={0; π ; 5 }