Übung 3

Prof. Dr. J. Pannek
Dynamics in Logistics
Vorkurs Mathematik für Ingenieure
WS 2016/2017 — Übung 3
Aufgabe 1 :
Trigonometrie
(a) Berechnen Sie die fehlenden Strecken und Winkel im folgenden rechtwinkligen Dreieck:
(i) β = 57◦ , c = 4cm
(iii) a = 0, 1cm, c = 0, 35cm
(ii) α = 24◦ , a = 27cm
(iv) α = 38◦ , c = 80cm
γ
b
h a
·
α
β
c
(b) Gegeben sei ein Dreieck ABC mit c = 6cm, α = 70◦ , γ = 50◦ . Welches ist die längste
Seite?
(c) Vom Dreieck ABC seien a = 45cm und b = 50cm bekannt. Weiter soll der Winkel β um
10◦ größer als der Winkel α sein. Wie groß ist c?
(d) In einem gleichschenkligen Dreieck ist die Summe der Cosinus der Winkel gleich 45 . Wie
groß sind die Winkel?
(e) Bitte vereinfachen Sie folgende Terme:
(i) sin4 (α) + 12 sin2 (2α) + cos4 (α)
(ii)
1
1+tan2 (α)
√
(iii)
√
1+sin(α)
−1
1−sin(α)
(iv)
1
1+tan2 (α)
(v) sin(α) +
(vi)
+
1
1+cot2 (α)
cos(α)
tan(α)
cos(2α)
cos2 (α)
(f) Wie groß sind die Koordinatenmaße x und y für die drei Bohrungen in der Grundplatte?
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WS 2016/2017
92
x
P3
P2
y
71
P1
36
Lösung:
(a)
(i) β = 57◦ , c = 4cm gegeben.
Es folgen α = 90◦ − β = 33◦ , a = cos(β)c = 2, 17cm, b = sin(β)c = 3, 35cm
(ii) α = 24◦ , a = 27cm gegeben.
Es folgen β = 90◦ − α = 66◦ , cos(β) =
a
= 60, 64cm
tan(α)
a
c
⇔c=
a
cos(β)
(iii) a = 0, 1cm, c = 0, 35cm gegeben.
Es folgen b2 = c2 − a2 ⇒ b = 0, 335cm, sin(α) =
73, 4◦
(iv) α = 38◦ , c = 80cm gegeben.
Es folgen β = 90◦ − α = 52◦ , cos(β) =
b sin(β)c = 63, 04cm,
a
c
a
c
= 66, 38cm, tan(α) =
◦
⇔ α = 16, 6 , cos(β) =
a
b
a
c
⇔b=
⇔β=
⇔ a = cos(β)c = 49, 25cm, sin(β) =
b
c
⇔
(b) Gegeben sei ein Dreieck ABC mit c = 6cm, α = 70◦ , γ = 50◦ . Da wir in diesem Fall ein
allgemeines und kein rechtwinkliges Dreieck vorliegen habe, müssen wir mit dem Sinussatz
(bzw. Kosinussatz) arbeiten:
a
b
c
=
=
sin (α)
sin (β)
sin (γ)
(1)
Damit folgt für a:
a=
c sin (α)
= 7.36cm
sin (γ)
b=
c sin (β)
= 6.78cm
sin (γ)
und für b:
Somit ist die Seite, die dem größten Winkel gegenüber liegt, also a, die längste Seite. Dies
ist immer der Fall, wie man sich leicht überlegen kann. Der Sinus des größten Winkels ist
ebenfalls am größten (der Sinus hat sein Maximum bei 90◦ ). Dies gilt, weil:
sin (α) = sin (180◦ − α)
Und wenn man nun von den 180◦ den größten Winkel abzieht, bleiben zwei Winkel übrig,
die dann jeweils den Wert von sin (180◦ − α) nicht erreichen. Also hat der größte Winkel
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WS 2016/2017
im Dreieck den größten Sinuswert und da der Sinussatz (siehe Formel (1)) gilt, muss
dementsprechend der Zähler vom größten Sinus am größten sein. Es gilt:
sin (α) > sin (β) ⇒
sin (α)
a
= >1
sin (β)
b
⇔a>b
Für c gilt es entsprechend.
(c) Wie im zweiten Aufgabenteil, so können auch hier die Beziehungen eines rechtwinkligen Dreiecks nicht genutzt werden. Wir arbeiten deswegen hier mit dem Sinussatz (1).
Weil nun a und b bekannt sind, nutzen wir den ersten Teil von Gleichung (1), um α zu
berechnen. Dazu brauchen wir allerdings β, welches sich wie folgt ergibt:
β = α + 10◦
Damit erhalten wir:
b
sin (α + 10◦ )
=
sin (α)
a
Unter Verwendung des Additionstheorems der Summe zweier Winkel folgt weiter:
⇔
sin (α) cos (10◦ ) + cos (α) sin (10◦)
b
=
sin (α)
a
b
sin (10◦)
=
⇔ cos (10◦ ) +
tan (α)
a
1
⇔ tan (α) = b
sin (10◦)
− cos (10◦ )
a
⇒ α = 53.97◦
Da wir nun die einzige Variable in unserem Dreieck bestimmt haben (durch α ergibt sich
alles andere), können wir über (1) ganz einfach c ermitteln:
c=
a sin (170◦ − 2 ∗ 53.97◦ )
= 49.16◦ cm
sin (53.97◦ )
(d) Die Summe der Cosinus ergibt sich, weil γ = α wie folgt:
2 cos (α) + cos (β) =
5
4
(2)
Die vorliegende Gleichung hat zwei Variablen. Da aber α und β über die Summe der
Innenwinkel zusammenhängen, ist die Gleichung (2) nur noch von α abhängig. Dadurch
ergibt sich weiterhin:
2 cos (α) + cos (180◦ − 2α) =
5
4
Der zweite Term wird wieder mit dem Summe-zweier-Winkel-Additionstheorem umgewandelt (Vorzeichen!):
2 cos (α) + cos (180◦ ) cos (2α) + sin (180◦ ) sin (2α) =
5
4
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Mit sin (180◦ ) = 0 und cos (180◦ ) = −1 folgt weiter:
2 cos (α) − cos (2α) =
5
4
(3)
Da cos (2α) = cos (α) − sin (α) und der trigonometrische Pythagoras vereinfachen Gleichung (3) weiter zu:
5
2 cos (α) − cos2 (α) − sin2 (α) =
4
5
⇔ 1 − 2 cos2 (α) + 2 cos (α) =
4
5
1
⇔ cos2 (α) − cos (α) − = −
2
8
1
⇔ cos2 (α) − cos (α) + = 0
8
Diese Form ist eine quadr. Gleichung. Indem wir nun cos (α) mit x substituieren, erhalten
wir:
x2 − x +
1
=0
8
Diese quadr. Gleichung kann über die pq-Formel bzw. quadr. Ergänzung gelöst werden.
Die Lösungen sind:
⇒α1 = 31.79◦
⇒α2 = 81.37◦
x1 = cos (α1 ) = 0.85
x2 = cos (α2 ) = 0.15
Demnach gibt es für diese Aufgabe zwei mögliche Lösungen: α = 31, 79◦ oder α = 81.37◦ .
(e)
(i) sin4 (α) + 21 sin2 (2α) + cos4 (α) = sin4 (α) + 2 sin2 (α) cos2 (α) + cos4 (α) = (sin2 (α) +
cos2 (α))2 = 1
(ii)
1
1+tan2 (α)
=
1
sin2 (α)
1+ 2
cos (α)
=
cos2 (α)
cos2 (α)+sin2 (α)
= cos2 (α)
√
p
p
p
1+sin(α)
1
+
sin(α)
·
1
−
sin(α)
=
1 − sin2 (α) = cos(α)
(iii) √
=
−1
(
(iv)
1−sin(α))
1
1+tan2 (α)
(v) sin(α) +
(vi)
cos(2α)
cos2 (α)
=
+
1
1+cot2 (α)
cos(α)
tan(α)
=
1
cos2 (α)+sin2 (α)
cos2 (α)
= sin(α) +
cos2 (α)−sin2 (α)
cos2 (α)
cos2 (α)
sin(α)
+
=
1
cos2 (α)+sin2 (α)
sin2 (α)
sin2 (α)+cos2 (α)
sin(α)
=
cos2 (α)
1
=
1
sin(α)
+
sin2 (α)
1
=1
= 1 − tan2 (α)
(f) Anwendung des Kosinussatzes, wenn a = 36, b = 71 und c = 92:
b2 = a2 + c2 − 2ac cos (β)
Umformung nach cos (β) führt zu
cos (β) =
a2 + c 2 − b 2
362 + 922 − 712
⇒
= 0.71240942
2ac
2 · 36 · 92
und damit ist β = 44.57◦ Nun bilden wir das Lot von P1 auf x und bekommen durch
Ankathete
das rechtwinklige Dreieck die Möglichkeit, die Winkelfunktion cos (β) = Hypotenuse
zu
benutzen und damit ergibt sich für x = 25, 64 und y = 25, 26
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Aufgabe 2 : Äquivalenzumformungen
(a) Für welche x ∈ R gilt:
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WS 2016/2017
2x−1
3x+1
x+1
(i) 2x + 1 < 7 − x
(iv)
(ii) x2 > 4
(v) 2
(iii) x (x + 1) < 2 (x + 1)
(vi) ln (x + 1) = ln (2x)
<1
=8
Lösung:
(a)
(i) 2x + 1 < 7 − x ⇔ 3x < 6 ⇔ x < 2
(ii) x2 > 4 ⇔ (x − 2) (x + 2) > 0 ⇔ x <
−2 oder x > 2
Funktion f (x) 2x auf beiden Seiten ergibt x + 1 = log2 (8) Zur Berechnung
der rechten Seite ist also der Exponent
gesucht, so dass 2x = 8 gilt. Offensichtlich ist y = 3, damit x+1 = 3 ⇒ x = 2
(iii) x (x + 1) < 2 (x + 1) ⇔ x2 − x − 2 <
0 ⇔ (x + 1) (x − 2) < 0 ⇔ −1 < x <
(vi) ln (x + 1)
=
ln (2x), wobei ln
2
natürlicher Log zur Basis e ist, Anx+2
2x−1
< 1 ⇔ 2x−1
− 1 < 0 ⇔ 3x+1
>
(iv) 3x+1
3x+1
wendung der Umkehrfunktion f (x) =
0 ⇔ x < −2 oder x > 31
ex = exp (x) des Log. zur Basis e auf
(v) 2x+1 = 8 ⇔ Anwendung von log2 (·)
beiden Seiten ergibt x + 1 = 2x ⇔ x =
(Log zur Basis 2), Umkehrfkt. der
1