nach Aufgabentypen suchen

Aufgabentypen anhand von Beispielen durchstöbern

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

einfache trigonometrische Gleichungen

Beispiel:

Bestimme alle Lösungen innerhalb einer Periode [0;2π).
sin( x ) = -0,45

Lösung einblenden
canvas
sin( x ) = -0,45 |sin-1(⋅)

Der WTR liefert nun als Wert -0.4667653390473

Weil dieser Wert negativ ist und wir aber Lösungen aus dem Intervall [0;6.2831853071796) suchen, addieren wir einfach noch 2π dazu und erhalten so 5,816

1. Fall:

x1 = 5,816

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung sin( x ) = -0,45 noch eine weitere Lösung hat. (die waagrechte grüne Gerade y=-0.45 schneidet den Einheitskreis in einem zweiten Punkt).

Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung an der y-Achse gespiegelt liegt, also π - 5,816 =-2.6744 bzw. bei -2.6744+2π= 3,608 liegen muss.

2. Fall:

x2 = 3,608

L={ 3,608 ; 5,816 }

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:
3⋅ cos( 3x - 1 2 π) +1 = 1

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

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

1. Fall:

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

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung cos( 3x - 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:

3x - 1 2 π = 3 2 π

oder

3x - 1 2 π = 3 2 π-2π
3x - 1 2 π = - 1 2 π |⋅ 2
2( 3x - 1 2 π) = -π
6x - π = -π | + π
6x = 0 |:6
x2 = 0

L={0; 1 3 π }

trigonometrische Gleichungen (mit WTR)

Beispiel:

Bestimme alle Lösungen immer jeweils innerhalb einer Periode [0; π ).
sin( 2x + π) +1 = 0,4

Lösung einblenden
sin( 2x + π) +1 = 0,4 | -1 canvas
sin( 2x + π) = -0,6 |sin-1(⋅)

Der WTR liefert nun als Wert -0.64350110879328

Weil dieser Wert negativ ist und wir aber Lösungen aus dem Intervall [0; π ) suchen, addieren wir einfach noch 2π dazu und erhalten so 5,64

1. Fall:

2x + π = 5,64 | - π
2x = 5,64 - π
2x = 2,4984 |:2
x1 = 1,2492

Am Einheitskreis erkennen wir, dass die Gleichung sin( 2x + π) = -0,6 noch eine weitere Lösung hat. (die waagrechte grüne Gerade y=-0.6 schneidet den Einheitskreis in einem zweiten Punkt).

Am Einheitskreis erkennen wir auch, dass die andere Lösung an der y-Achse gespiegelt liegt, also π - 5,64 =-2.4984 bzw. bei -2.4984+2π= 3,785 liegen muss.

2. Fall:

2x + π = 3,785 | - π
2x = 3,785 - π
2x = 0,6434 |:2
x2 = 0,3217

L={ 0,3217 ; 1,2492 }

trigonometr. Nullprodukt-Gleichung

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 ) -3 = 0

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

u1,2 = +2 ± 4 +12 2

u1,2 = +2 ± 16 2

u1 = 2 + 16 2 = 2 +4 2 = 6 2 = 3

u2 = 2 - 16 2 = 2 -4 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 = ( -1 ) 2 - ( -3 ) = 1+ 3 = 4

x1,2 = 1 ± 4

x1 = 1 - 2 = -1

x2 = 1 + 2 = 3

Rücksubstitution:

u1: sin( x ) = 3

sin( x ) = 3

Diese Gleichung hat keine Lösung!

u2: sin( x ) = -1

canvas
sin( x ) = -1 |sin-1(⋅)

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

x1 = 3 2 π

L={ 3 2 π }

Trigonometrische Gleichungen (komplex) LF

Beispiel:

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

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

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

1. Fall:

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

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

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

Da 2⋅ sin( 2x + 3 2 π) +2 die Periode 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 = 0 + 1⋅ π = π


2. Fall:

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

Am Einheitskreis erkennt man sofort:

x3 = 1 2 π

L={0; 1 2 π ; π }