Goniometrische Gleichungen

Mathematik/Di
Fernlehrinstitut Eckert
1
Goniometrische Gleichungen:
Für die nachfolgenden Beispiele goniometrischer Gleichungen sind folgende
Symmetriegleichungen für die trigonometrischen Funktionen zu beachten (alle Winkel sind im Bogenmaß angegeben):
a) sin(π − x) = sin x
und
cos(π − x) = − cos x
b) sin(x + π) = − sin x
und
cos(x + π) = − cos x
c) tan(x + π) = tan x
und
cos(2π − x) = cos x
d) sin(x + 2π) = sin x
und
cos(x + 2π) = cos x
1. Gleichungen mit einer trigonometrischen Funktion
Zunächst die einfachen Grundgleichungen für sin, cos und tan:
1) sin x = 0, 6 in der Grundmenge G = [0; 2π]
x1 = sin−1 0, 6 = 0, 6435 gem. Taschenrechner
x2 = π − x1 = 2, 4981 gem. sin-Gleichung a)
2) sin x = −0, 6 in der Grundmenge G = [0; 2π]
x0 = sin−1 (−0, 6) = −0, 6435 gem. Taschenrechner, jedoch x0 ∈
/ [0; 2π]
daher gilt nach sin-Gleichung a) und d) der Reihe nach
x1 = π − x0 = π − (−0, 6435) = π + 0, 6435 = 3, 7851
x2 = x0 + 2π = 2π − 0, 6435 = 5, 6397
3) cos x = 0, 6 in der Grundmenge G = [0; 2π]
x1 = cos−1 0, 6 = 0, 9273 gem. Taschenrechner
x2 = 2π − x1 = 5, 3559 gem. cos-Gleichung c)
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2
4) cos x = −0, 6 in der Grundmenge G = [0; 2π]
x1 = cos−1 (−0, 6) = 2, 2143 gem. Taschenrechner
x2 = 2π − x1 = 4, 0689 gem. cos-Gleichung c)
5) tan x = 0, 6 in der Grundmenge G = [0; 2π]
x1 = tan−1 0, 6 = 0, 5404 gem. Taschenrechner
x2 = x1 + π = 3, 6820 gem. tan-Gleichung c)
6) tan x = −0, 6 in der Grundmenge G = [0; 2π]
x0 = tan−1 (−0, 6) = −0, 5404 gem. Taschenrechner, jedoch x0 ∈
/ [0; 2π]
daher gilt jeweils nach tan-Gleichung c)
x1 = x0 + π = π − 0, 5404 = 2, 6012
x2 = x1 + π = 5, 7428
Setzt man in den Beispielen 1) bis 6) jeweils G = R, ersetzt also die Grundmenge jeweils durch die Menge der reellen Zahlen, so erhält man alle (unendlich vielen) Lösungen, nämlich jeweils
für die Beispiele 1) bis 4)
x1k = x1 + 2kπ und x2k = x2 + 2kπ wegen der Gleichungen d)
und für die Beispiele 5) und 6)
xk = x1 + kπ wegen der tan-Gleichung c)
mit k ∈ Z, d.h. k = 0, 1, 2, 3, ... sowie k = −1, −2, −3, .... Die Lösungsmenge
L hat dann z. B. im Beispiel 5) die Gestalt L = {0, 5404 + kπ|k ∈ Z}.
Weitere Beispiele, die auf den obigen elementaren Beispielen 1) bis 6) aufbauen (siehe Lehrbrief M XI, Goniometrie):
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3
2.2) 2 cos x + 1, 12 = 0 in der Grundmenge G = [0; 3π]
2 cos x + 1, 12 = 0 ⇐⇒ cos x = −0, 56
daraus erhält man zunächst in der Grundmenge der reellen Zahlen alle
Lösungen, nämlich
x1k = cos−1 (−0, 56) + 2kπ = 2, 1652 + 2kπ (gem. Taschenrechner)
x2k = (2π − 2, 1652) + 2kπ = 4, 1180 + 2kπ
mit k ∈ Z. Jetzt muß man sehen für welche k ∈ Z die Lösungen x1k
und x2k in der Grundmenge G = [0; 3π] liegen. Setze der Reihe nach
k=0
k=0
k=1
in
in
in
x1k
x2k
x1k
=⇒
=⇒
=⇒
x1 = 2, 1652
x2 = 4, 1180
x3 = 8, 4484
Für alle anderen k ∈ Z liegen x1k bzw. x2k nicht mehr in der Grundmenge G. Es gibt also in G = [0; 3π] nur die obigen 3 Lösungen.
2.3) 4 tan x − 15 = 0 in der Grundmenge G = [−π; 2π]
4 tan x − 15 = 0 ⇐⇒ tan x = 3, 75
daraus erhält man zunächst in der Grundmenge der reellen Zahlen alle
Lösungen, nämlich
xk = tan−1 3, 75 + kπ = 1, 3102 + kπ (gem. Taschenrechner)
mit k ∈ Z. Jetzt muß man sehen für welche k ∈ Z die Lösungen xk in
der Grundmenge G = [−π; 2π] liegen. Setze der Reihe nach in xk ein:
k = −1
k=0
k=1
=⇒
=⇒
=⇒
x1 = 1, 3102 − π = −1, 8314
x2 = 1, 3102
x3 = 1, 3102 + π = 4, 4518
Für alle anderen k ∈ Z liegt xk nicht mehr in der Grundmenge G. Es
gibt also in G = [−π; 2π] nur die obigen 3 Lösungen.
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2.4) 2 sin x +
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4
√
3 = 0 in der Grundmenge G = [−2π; 2π]
√
√
3
2 sin x + 3 = 0 ⇐⇒ sin x = −
2
daraus erhält man zunächst in der Grundmenge der reellen Zahlen alle
Lösungen, nämlich
π
x1k = − + 2kπ (gem. Tabelle)
³ 3 π´
4π
x2k = π +
+ 2kπ =
+ 2kπ
3
3
mit k ∈ Z. Jetzt muß man sehen für welche k ∈ Z die Lösungen x1k
und x2k in der Grundmenge G = [−2π; 2π] liegen. Setze der Reihe nach
k=0
in
x1k
=⇒
x1 = −
π
3
k=1
in
x1k
=⇒
x2 = −
π
5π
+ 2π =
3
3
k=0
in
x2k
=⇒
x3 =
4π
3
k = −1
in
x2k
=⇒
x4 =
2π
4π
− 2π = −
3
3
Für alle anderen k ∈ Z liegen x1k bzw. x2k nicht mehr in der Grundmenge G. Es gibt also in G = [−2π; 2π] nur die obigen 4 Lösungen.
In den nachfolgenden Beispielen wird das Argument der trigonometrischen
Funktion zunächst durch eine andere Variable substituiert (ersetzt):
2.5) 3 sin 2x + 1 = 0 in der Grundmenge G = [0; 2π]
Substituiere z = 2x, daraus 3 sin z + 1 = 0 ⇐⇒ sin z = −
1
3
daraus erhält man zunächst in der Grundmenge der reellen Zahlen alle
Lösungen, nämlich
z1k = sin−1 (− 13 ) + 2kπ = −0, 3398 + 2kπ (gem. Taschenrechner)
z2k = (π + 0, 3398) + 2kπ = 3, 4814 + 2kπ
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daraus folgt wegen z = 2x ⇐⇒ x =
x1k =
z1k
= −0, 1699 + kπ und x2k
2
5
z
(Rücksubstitution)
2
z2k
=
= 1, 7407 + kπ
2
mit k ∈ Z. Jetzt muß man sehen für welche k ∈ Z die Lösungen x1k
und x2k in der Grundmenge G = [0; 2π] liegen. Setze der Reihe nach
k
k
k
k
=0
=1
=1
=2
in
in
in
in
x2k
x1k
x2k
x1k
=⇒
=⇒
=⇒
=⇒
x1
x2
x3
x4
= 1, 7407
= 2, 9717
= 4, 8823
= 6, 1133
Für alle anderen k ∈ Z liegen x1k bzw. x2k nicht mehr in der Grundmenge G. Es gibt also in G = [0; 2π] nur die obigen 4 Lösungen.
2.6) 20 cos
³x
4
´
+ 2 = 9 in der Grundmenge G = R
Substituiere z =
x
+ 2, daraus 20 cos z = 9 ⇐⇒ cos z = 0, 45
4
daraus erhält man in der Grundmenge der reellen Zahlen alle Lösungen,
nämlich
z1k = cos−1 0, 45 + 2kπ = 1, 1040 + 2kπ (gem. Taschenrechner)
z2k = (2π − 1, 104) + 2kπ = 5, 1792 + 2kπ
daraus folgt wegen z =
x
+ 2 ⇐⇒ x = 4(z − 2) (Rücksubstitution)
4
x1k = 4(z1k −2) = −3, 5839+8kπ und x2k = 4(z2k −2) = 12, 7166+8kπ
mit k ∈ Z.
³
π´
+ 1 = 0 in der Grundmenge G = R
2.7) 2 cos 3x −
3
Substituiere z = 3x −
1
π
, daraus 2 cos z + 1 = 0 ⇐⇒ cos z = −
3
2
daraus erhält man in der Grundmenge der reellen Zahlen alle Lösungen,
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6
nämlich
z1k = cos−1 (−0, 5) + 2kπ =
2π
+ 2kπ (gem. Tabelle)
3
³
2π ´
4π
z2k = 2π −
+ 2kπ =
+ 2kπ
3
3
π
1³
π´
⇐⇒ x =
z+
(Rücksubstitution)
3
3
3
1³
π ´ π 2kπ
1³
π ´ 5π 2kπ
z1k +
= +
z2k +
=
=
und x2k =
+
3
3
3
3
3
3
9
3
daraus folgt wegen z = 3x −
x1k
mit k ∈ Z.
2.8) tan(1 − 2x) + 4 = 0 in der Grundmenge G = R
Substituiere z = 1 − 2x, daraus tan z + 4 = 0 ⇐⇒ tan z = −4
daraus erhält man in der Grundmenge der reellen Zahlen alle Lösungen,
nämlich
zk = tan−1 (−4) + kπ = −1, 3258 + kπ (gem. Taschenrechner)
1
daraus folgt wegen z = 1 − 2x ⇐⇒ x = (1 − z) (Rücksubstitution)
2
1
kπ
xk = (1 − zk ) = 1, 1629 −
mit k ∈ Z.
2
2
2. Lösung durch Rückführung auf den Tangens
2.9) 2 sin x + cos x = 0 in der Grundmenge G = R
Hier muß cos x 6= 0 sein, denn wäre cos x = 0, dann wäre auch sin x = 0,
was nicht geht. sin und cos können nicht gleichzeitig Null sein!
2 sin x + cos x = 0| : cos x ⇐⇒ 2 tan x + 1 = 0 ⇐⇒ tan x = −0, 5
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daraus erhält man in der Grundmenge der reellen Zahlen alle Lösungen,
nämlich
xk = tan−1 (−0, 5) + kπ = −0, 4636 + kπ (gem. Taschenrechner)
die Lösung kann auch so geschrieben werden
xk = (−0, 4636 + π) + kπ = 2, 6779 + kπ mit k ∈ Z.
2.10) 3 cos 2x = 2 sin 2x in der Grundmenge G = [−π; π]
Hier muß cos 2x 6= 0 sein, denn wäre cos 2x = 0, dann wäre auch
sin 2x = 0, was nicht geht. sin und cos können nicht gleichzeitig Null
sein!
3 cos 2x = 2 sin 2x| : cos 2x ⇐⇒ 3 = 2 tan 2x ⇐⇒ tan 2x = 1, 5
daraus erhält man zunächst in der Grundmenge der reellen Zahlen alle
Lösungen, nämlich
2xk = tan−1 (1, 5) + kπ = 0, 9828 + kπ (gem. Taschenrechner)
d. h. xk = 0, 4914 +
kπ
mit k ∈ Z
2
Jetzt muß man sehen für welche k ∈ Z die Lösungen xk in der Grundmenge G = [−π; π] liegen. Setze der Reihe nach in xk ein:
k
k
k
k
= −2
= −1
=0
=1
=⇒
=⇒
=⇒
=⇒
x1 = −2, 6502
x2 = −1.0794
x3 = 0, 4914
x4 = 2, 0622
Für alle anderen k ∈ Z liegt xk nicht mehr in der Grundmenge G. Es
gibt also in G = [−π; π] nur die obigen 4 Lösungen.
2.11)
√
3 sin x2 + 3 cos x2 = 0 in der Grundmenge G = R
Hier muß cos x2 6= 0 sein, denn wäre cos x2 = 0, dann wäre auch sin x2 = 0,
was nicht geht. sin und cos können nicht gleichzeitig Null sein!
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√
3 sin x2 + 3 cos x2 = 0| : cos x2 ⇐⇒
√
d. h. tan x2 = − √33 = − 3
√
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3 tan x2 + 3 = 0
daraus erhält man in der Grundmenge der reellen Zahlen alle Lösungen,
nämlich
xk
π
2π
= − + kπ (gem. Tabelle) d. h. xk = −
+ 2kπ mit k ∈ Z
2
3
3
Man kann die Lösung auch positiv so schreiben
³
2π ´
4π
xk = 2π −
+ 2kπ =
+ 2kπ mit k ∈ Z.
3
3
³
³
π´
π´
2.12) sin x +
+ cos x +
= 0 in der Grundmenge G = [0; 2π]
4
4
π
π
Substituiere z = x + ⇐⇒ x = z − , daraus folgt
4
4
sin z + cos z = 0| : cos z ⇐⇒ tan z + 1 = 0 ⇐⇒ tan z = −1
daraus erhält man zunächst in der Grundmenge der reellen Zahlen alle
Lösungen, nämlich
zk = −
π
π
π
+ kπ gem. Tabelle =⇒ xk = zk − = − + kπ mit k ∈ Z
4
4
2
Jetzt muß man sehen für welche k ∈ Z die Lösungen xk in der Grundmenge G = [0; 2π] liegen. Setze der Reihe nach in xk ein:
k=1
=⇒
x1 = −
π
π
+π =
2
2
k=2
=⇒
x2 = −
π
3π
+ 2π =
2
2
Für alle anderen k ∈ Z liegt xk nicht mehr in der Grundmenge G. Es
gibt also in G = [0; 2π] nur die obigen 2 Lösungen.
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3. Lösung durch Ausklammern
2.13) sin 2x + cos x = 0 in der Grundmenge G = [−π; π]
Gem. Additionstheorem gilt sin 2x = 2 sin x cos x, deshalb folgt
2 sin x cos x + cos x = 0 ⇐⇒ cos x(2 sin x + 1) = 0, daraus:
Ist cos x = 0 =⇒ xk =
π
+ kπ mit k ∈ Z (alle Lösungen in R)
2
zulässig (d. h. damit xk ∈ [−π; π]) sind nur die Lösungen für
k=0
=⇒
k = −1
=⇒
π
2
π
π
x2 = − π = −
2
2
x1 =
1
Ist 2 sin x + 1 = 0 ⇐⇒ sin x = − , dann sind alle Lösungen
2
³
π
π´
7π
x1k = − + 2kπ gem. Tabelle und x2k = π +
+ 2kπ =
+ 2kπ
6
6
6
mit k ∈ Z. Zulässig sind nur die Lösungen für
k=0
in
x1k
=⇒
x3 = −
π
6
k = −1
in
x2k
=⇒
x4 = −
5π
6
n
Damit ist die Lösungsmenge L =
−
5π π π π o
;− ;− ;
.
6
2
6 2
2.15) sin 2x + sin x = 0 in der Grundmenge G = [0; π]
Gem. Additionstheorem gilt sin 2x = 2 sin x cos x, deshalb folgt
2 sin x cos x + sin x = 0 ⇐⇒ sin x(2 cos x + 1) = 0, daraus:
Ist sin x = 0 =⇒ xk = kπ mit k ∈ Z (alle Lösungen in R)
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zulässig (d. h. damit xk ∈ [0; π]) sind nur die Lösungen für
k=0
=⇒
x1 = 0
und
Ist 2 cos x + 1 = 0 ⇐⇒ cos x = −
k=1
=⇒
x2 = π
1
2
2π
die einzige Lösung in G = [0; π]
3
n 2π o
Damit ist die Lösungsmenge L = 0; ; π .
3
gem. Tabelle ist hier x3 =
2.16) 4 cos2 x + 3 cos x = 0 in der Grundmenge G = [−2π; π]
4 cos2 x + 3 cos x = 0 ⇐⇒ cos x(4 cos x + 3) = 0, daraus:
Ist cos x = 0 =⇒ xk =
π
+ kπ mit k ∈ Z (alle Lösungen in R)
2
zulässig (d. h. damit xk ∈ [−2π; π]) sind nur die Lösungen für
k=0
=⇒
k = −1
=⇒
k = −2
=⇒
π
2
π
π
x2 = − π = −
2
2
π
3π
x3 = − 2π = −
2
2
x1 =
Ist 4 cos x + 3 = 0 ⇐⇒ cos x = −0, 75, dann sind alle Lösungen
x1k = cos−1 (−0, 75) + 2kπ = 2, 4189 + 2kπ gem. Taschenrechner
x2k = (2π − 2, 4189) + 2kπ = 3, 8643 + 2kπ
mit k ∈ Z. Zulässig sind nur die Lösungen für
k = −1
k = −1
k=0
in
in
in
x1k
x2k
x1k
=⇒
=⇒
=⇒
x4 = 2, 4189 − 2π = −3, 8643
x5 = 3, 8643 − 2π = −2, 4189
x6 = 2, 4189
Damit ist die Lösungsmenge
o
n 3π π π
; − ; ; −3, 8643; −2, 4189; 2, 4189 .
L= −
2
2 2
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4. Lösung durch Rückführung auf eine quadratische Gleichung
2.17) sin2 x + 4 sin x = 5 in der Grundmenge G = R
Substituiere z = sin x, dann erhält man die quadratische Gleichung
z 2 + 4z = 5 ⇐⇒ z 2 + 4z − 5 = 0
mit den Lösungen
√
−4 ± 16 + 20
z1/2 =
= −2 ± 3, d. h. z1 = 1 oder z2 = −5.
2
Daraus erhält man die Gleichungen
sin x = z1 = 1 =⇒ xk =
π
+ 2kπ mit k ∈ Z
2
Die zweite Gleichung sin x = z2 = −5 n
ist jedoch nicht lösbar.
Insgesamt
o
π
hat man also die Lösungsmenge L =
+ 2kπ|k ∈ Z .
2
2.18) cos 2x − 3 sin x = 0 in der Grundmenge G = [0; 2π]
Gem. Additionstheorem und sin2 x + cos2 x = 1 gilt
cos 2x = cos2 x − sin2 x = (1 − sin2 x) − sin2 x = 1 − 2 sin2 x
Daraus erhält man die Gleichung 1 − 2 sin2 x − 3 sin x = 0.
Substituiere z = sin x, dann erhält man die quadratische Gleichung
1 − 2z 2 − 3z = 0 ⇐⇒ 2z 2 + 3z − 1 = 0
mit den Lösungen
√
−3 ± 17
z1/2 =
, d. h. z1 = 0, 281 oder z2 = −1, 78.
4
Daraus erhält man die Gleichung (z2 = −1, 78 scheidet aus)
sin x = z1 = 0, 281 und daraus die beiden Lösungen
x1 = sin−1 0, 281 = 0, 2846 und x2 = π − x1 = 2, 8570
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2.19) cos 2x = cos2 x in der Grundmenge G = R
Gem. Additionstheorem und sin2 x + cos2 x = 1 gilt
cos 2x = cos2 x − sin2 x = cos2 x − (1 − cos2 x) = 2 cos2 x − 1
Daraus erhält man die Gleichung 2 cos2 x − 1 = cos2 x.
Substituiere z = cos x, dann erhält man die quadratische Gleichung
2z 2 − 1 = z 2 ⇐⇒ z 2 = 1 ⇐⇒ z1 = 1 oder z2 = −1
Daraus erhält man die Gleichungen cos x = 1 oder cos x = −1. Dies ist
genau dann der Fall, wenn xk = kπ mit k ∈ Z. Die Lösungsmenge ist
somit L = {kπ|k ∈ Z}.
2.20) cos 2x − 3 cos x + 2 = 0 in der Grundmenge G = [0; 2π]
Wie in Afg. 2.19) erhält man wegen cos 2x = 2 cos2 x − 1 die Gleichung
2 cos2 x − 1 − 3 cos x + 2 = 0 ⇐⇒ 2 cos2 x − 3 cos x + 1 = 0
Substituiere z = cos x, dann erhält man die quadratische Gleichung
2z 2 − 3z + 1 = 0 mit den Lösungen
√
3± 9−8
3±1
z1/2 =
=
, d. h. z1 = 1 oder z2 = 0, 5.
4
4
Daraus erhält man die Gleichungen
cos x = z1 = 1 ⇐⇒ x1 = 0 oder x2 = 2π
π
5π
π
oder x4 = 2π − =
3
3
3
n π 5π
o
Insgesamt hat man also die Lösungsmenge L = 0; ; ; 2π .
3 3
cos x = z2 = 0, 5 ⇐⇒ x3 =