Goniometrische Gleichungen:

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1 Mathematik/Di FH Regensburg 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] x 1 = sin 1 0, 6 = 0, 6435 gem. Taschenrechner x 2 = π x 1 = 2, 4981 gem. sin-gleichung a) 2) sin x = 0, 6 in der Grundmenge G = [0; 2π] x = sin 1 ( 0, 6) = 0, 6435 gem. Taschenrechner, jedoch x / [0; 2π] daher gilt nach sin-gleichung a) und d) der Reihe nach x 1 = π x = π ( 0, 6435) = π + 0, 6435 = 3, 7851 x 2 = x + 2π = 2π 0, 6435 = 5, ) cos x = 0, 6 in der Grundmenge G = [0; 2π] x 1 = cos 1 0, 6 = 0, 9273 gem. Taschenrechner x 2 = 2π x 1 = 5, 3559 gem. cos-gleichung c)

2 Mathematik/Di FH Regensburg 2 4) cos x = 0, 6 in der Grundmenge G = [0; 2π] x 1 = cos 1 ( 0, 6) = 2, 2143 gem. Taschenrechner x 2 = 2π x 1 = 4, 0689 gem. cos-gleichung c) 5) tan x = 0, 6 in der Grundmenge G = [0; 2π] x 1 = tan 1 0, 6 = 0, 5404 gem. Taschenrechner x 2 = x 1 + π = 3, 6820 gem. tan-gleichung c) 6) tan x = 0, 6 in der Grundmenge G = [0; 2π] x = tan 1 ( 0, 6) = 0, 5404 gem. Taschenrechner, jedoch x / [0; 2π] daher gilt jeweils nach tan-gleichung c) x 1 = x + π = π 0, 5404 = 2, 6012 x 2 = x 1 + 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) x 1k = x 1 + 2kπ und x 2k = x 2 + 2kπ wegen der Gleichungen d) und für die Beispiele 5) und 6) x k = x 1 + 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, kπ k Z}. Weitere Beispiele, die auf den obigen elementaren Beispielen 1) bis 6) aufbauen:

3 Mathematik/Di FH Regensburg 3 7) 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 x 1k = cos 1 ( 0, 56) + 2kπ = 2, kπ (gem. Taschenrechner) x 2k = (2π 2, 1652) + 2kπ = 4, kπ mit k Z. Jetzt muß man sehen für welche k Z die Lösungen x 1k und x 2k in der Grundmenge G = [0; 3π] liegen. Setze der Reihe nach k = 0 in x 1k = x 1 = 2, 1652 k = 0 in x 2k = x 2 = 4, 1180 k = 1 in x 1k = x 3 = 8, 4484 Für alle anderen k Z liegen x 1k bzw. x 2k nicht mehr in der Grundmenge G. Es gibt also in G = [0; 3π] nur die obigen 3 Lösungen. 8) 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 x k = tan 1 3, 75 + kπ = 1, kπ (gem. Taschenrechner) mit k Z. Jetzt muß man sehen für welche k Z die Lösungen x k in der Grundmenge G = [ π; 2π] liegen. Setze der Reihe nach in x k ein: k = 1 = x 1 = 1, 3102 π = 1, 8314 k = 0 = x 2 = 1, 3102 k = 1 = x 3 = 1, π = 4, 4518 Für alle anderen k Z liegt x k nicht mehr in der Grundmenge G. Es gibt also in G = [ π; 2π] nur die obigen 3 Lösungen.

4 Mathematik/Di FH Regensburg 4 9) 2 sin x + 3 = 0 in der Grundmenge G = [ 2π; 2π] 2 sin x = 0 sin x = 2 daraus erhält man zunächst in der Grundmenge der reellen Zahlen alle Lösungen, nämlich x 1k = π + 2kπ (gem. Tabelle) ( 3 x 2k = π + π ) + 2kπ = 4π kπ mit k Z. Jetzt muß man sehen für welche k Z die Lösungen x 1k und x 2k in der Grundmenge G = [ 2π; 2π] liegen. Setze der Reihe nach k = 0 in x 1k = x 1 = π 3 k = 1 in x 1k = x 2 = π 3 + 2π = 5π 3 k = 0 in x 2k = x 3 = 4π 3 k = 1 in x 2k = x 4 = 4π 3 2π = 2π 3 Für alle anderen k Z liegen x 1k bzw. x 2k 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): 10) 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 z 1k = sin 1 ( 1 3 ) + 2kπ = 0, kπ (gem. Taschenrechner) z 2k = (π + 0, 3398) + 2kπ = 3, kπ

5 Mathematik/Di FH Regensburg 5 daraus folgt wegen z = 2x x = z 2 (Rücksubstitution) x 1k = z 1k 2 = 0, kπ und x 2k = z 2k 2 = 1, kπ mit k Z. Jetzt muß man sehen für welche k Z die Lösungen x 1k und x 2k in der Grundmenge G = [0; 2π] liegen. Setze der Reihe nach k = 0 in x 2k = x 1 = 1, 7407 k = 1 in x 1k = x 2 = 2, 9717 k = 1 in x 2k = x 3 = 4, 8823 k = 2 in x 1k = x 4 = 6, 1133 Für alle anderen k Z liegen x 1k bzw. x 2k nicht mehr in der Grundmenge G. Es gibt also in G = [0; 2π] nur die obigen 4 Lösungen. ( x ) 11) 20 cos = 9 in der Grundmenge G = R Substituiere z = x 4 + 2, daraus 20 cos z = 9 cos z = 0, 45 daraus erhält man in der Grundmenge der reellen Zahlen alle Lösungen, nämlich z 1k = cos 1 0, kπ = 1, kπ (gem. Taschenrechner) z 2k = (2π 1, 104) + 2kπ = 5, kπ daraus folgt wegen z = x x = 4(z 2) (Rücksubstitution) x 1k = 4(z 1k 2) = 3, kπ und x 2k = 4(z 2k 2) = 12, kπ mit k Z. ( 12) 2 cos 3x π ) + 1 = 0 in der Grundmenge G = R 3 Substituiere z = 3x π 3, daraus 2 cos z + 1 = 0 cos z = 1 2 daraus erhält man in der Grundmenge der reellen Zahlen alle Lösungen,

6 Mathematik/Di FH Regensburg 6 nämlich z 1k = cos 1 ( 0, 5) + 2kπ = 2π 3 + 2kπ (gem. Tabelle) z 2k = ( 2π 2π 3 ) + 2kπ = 4π 3 + 2kπ daraus folgt wegen z = 3x π 3 x = 1 3 x 1k = 1 3 mit k Z. ( z 1k + π ) = π kπ 3 ( z + π ) (Rücksubstitution) 3 und x 2k = 1 ( z 2k + π ) = 5π kπ 3 13) 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 z k = tan 1 ( 4) + kπ = 1, kπ (gem. Taschenrechner) daraus folgt wegen z = 1 2x x = 1 (1 z) (Rücksubstitution) 2 x k = 1 2 (1 z k) = 1, 1629 kπ 2 mit k Z. 2. Lösung durch Rückführung auf den Tangens 14) 2 sin x + cos x = 0 in der Grundmenge G = R Hier muß cos x 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

7 Mathematik/Di FH Regensburg 7 daraus erhält man in der Grundmenge der reellen Zahlen alle Lösungen, nämlich x k = tan 1 ( 0, 5) + kπ = 0, kπ (gem. Taschenrechner) die Lösung kann auch so geschrieben werden x k = ( 0, π) + kπ = 2, kπ mit k Z. 15) 3 cos 2x = 2 sin 2x in der Grundmenge G = [ π; π] Hier muß cos 2x 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 2x k = tan 1 (1, 5) + kπ = 0, kπ (gem. Taschenrechner) d. h. x k = 0, kπ 2 mit k Z Jetzt muß man sehen für welche k Z die Lösungen x k in der Grundmenge G = [ π; π] liegen. Setze der Reihe nach in x k ein: k = 2 = x 1 = 2, 6502 k = 1 = x 2 = k = 0 = x 3 = 0, 4914 k = 1 = x 4 = 2, 0622 Für alle anderen k Z liegt x k nicht mehr in der Grundmenge G. Es gibt also in G = [ π; π] nur die obigen 4 Lösungen. 16) 3 sin x cos x 2 = 0 in der Grundmenge G = R Hier muß cos x 2 0 sein, denn wäre cos x 2 = 0, dann wäre auch sin x 2 = 0, was nicht geht. sin und cos können nicht gleichzeitig Null sein!

8 Mathematik/Di FH Regensburg 8 3 sin x cos x 2 = 0 : cos x 2 3 tan x = 0 d. h. tan x 2 = 3 3 = 3 daraus erhält man in der Grundmenge der reellen Zahlen alle Lösungen, nämlich x k 2 = π 3 + kπ (gem. Tabelle) d. h. x k = 2π 3 + 2kπ mit k Z Man kann die Lösung auch positiv so schreiben x k = ( 2π 2π 3 ) + 2kπ = 4π 3 + 2kπ mit k Z. ( 17) sin x + π ) ( + cos x + π ) = 0 in der Grundmenge G = [0; 2π] 4 4 Substituiere z = x + π 4 x = z π, daraus folgt 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 z k = π 4 + kπ gem. Tabelle = x k = z k π 4 = π 2 + kπ mit k Z Jetzt muß man sehen für welche k Z die Lösungen x k in der Grundmenge G = [0; 2π] liegen. Setze der Reihe nach in x k ein: k = 1 = x 1 = π 2 + π = π 2 k = 2 = x 2 = π 2 + 2π = 3π 2 Für alle anderen k Z liegt x k nicht mehr in der Grundmenge G. Es gibt also in G = [0; 2π] nur die obigen 2 Lösungen.

9 Mathematik/Di FH Regensburg 9 3. Lösung durch Ausklammern 18) 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 = x k = π 2 + kπ mit k Z (alle Lösungen in R) zulässig (d. h. damit x k [ π; π]) sind nur die Lösungen für k = 0 = x 1 = π 2 k = 1 = x 2 = π 2 π = π 2 Ist 2 sin x + 1 = 0 sin x = 1, dann sind alle Lösungen 2 x 1k = π ( 6 + 2kπ gem. Tabelle und x 2k = π + π ) + 2kπ = 7π kπ mit k Z. Zulässig sind nur die Lösungen für k = 0 in x 1k = x 3 = π 6 k = 1 in x 2k = x 4 = 5π 6 { Damit ist die Lösungsmenge L = 5π 6 ; π 2 ; π 6 ; π }. 2 19) 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 = x k = kπ mit k Z (alle Lösungen in R)

10 Mathematik/Di FH Regensburg 10 zulässig (d. h. damit x k [0; π]) sind nur die Lösungen für k = 0 = x 1 = 0 und k = 1 = x 2 = π Ist 2 cos x + 1 = 0 cos x = 1 2 gem. Tabelle ist hier x 3 = 2π 3 die einzige Lösung in G = [0; π] Damit ist die Lösungsmenge L = {0; 2π 3 ; π }. 20) 4 cos 2 x + 3 cos x = 0 in der Grundmenge G = [ 2π; π] 4 cos 2 x + 3 cos x = 0 cos x(4 cos x + 3) = 0, daraus: Ist cos x = 0 = x k = π 2 + kπ mit k Z (alle Lösungen in R) zulässig (d. h. damit x k [ 2π; π]) sind nur die Lösungen für k = 0 = x 1 = π 2 k = 1 = x 2 = π 2 π = π 2 k = 2 = x 3 = π 2 2π = 3π 2 Ist 4 cos x + 3 = 0 cos x = 0, 75, dann sind alle Lösungen x 1k = cos 1 ( 0, 75) + 2kπ = 2, kπ gem. Taschenrechner x 2k = (2π 2, 4189) + 2kπ = 3, kπ mit k Z. Zulässig sind nur die Lösungen für k = 1 in x 1k = x 4 = 2, π = 3, 8643 k = 1 in x 2k = x 5 = 3, π = 2, 4189 k = 0 in x 1k = x 6 = 2, 4189 Damit ist die Lösungsmenge L = { 3π 2 ; π 2 ; π 2 ; 3, 8643; 2, 4189; 2, 4189 }.

11 Mathematik/Di FH Regensburg Lösung durch Rückführung auf eine quadratische Gleichung 21) sin 2 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 z 1/2 = 4 ± = 2 ± 3, d. h. z 1 = 1 oder z 2 = 5. Daraus erhält man die Gleichungen sin x = z 1 = 1 = x k = π 2 + 2kπ mit k Z Die zweite Gleichung sin x = z 2 = 5 { ist jedoch nicht lösbar. Insgesamt π } hat man also die Lösungsmenge L = 2 + 2kπ k Z. 22) cos 2x 3 sin x = 0 in der Grundmenge G = [0; 2π] Gem. Additionstheorem und sin 2 x + cos 2 x = 1 gilt cos 2x = cos 2 x sin 2 x = (1 sin 2 x) sin 2 x = 1 2 sin 2 x Daraus erhält man die Gleichung 1 2 sin 2 x 3 sin x = 0. Substituiere z = sin x, dann erhält man die quadratische Gleichung mit den Lösungen 1 2z 2 3z = 0 2z 2 + 3z 1 = 0 z 1/2 = 3 ± 17, d. h. z 1 = 0, 281 oder z 2 = 1, Daraus erhält man die Gleichung (z 2 = 1, 78 scheidet aus) sin x = z 1 = 0, 281 und daraus die beiden Lösungen x 1 = sin 1 0, 281 = 0, 2846 und x 2 = π x 1 = 2, 8570

12 Mathematik/Di FH Regensburg 12 23) cos 2x = cos 2 x in der Grundmenge G = R Gem. Additionstheorem und sin 2 x + cos 2 x = 1 gilt cos 2x = cos 2 x sin 2 x = cos 2 x (1 cos 2 x) = 2 cos 2 x 1 Daraus erhält man die Gleichung 2 cos 2 x 1 = cos 2 x. Substituiere z = cos x, dann erhält man die quadratische Gleichung 2z 2 1 = z 2 z 2 = 1 z 1 = 1 oder z 2 = 1 Daraus erhält man die Gleichungen cos x = 1 oder cos x = 1. Dies ist genau dann der Fall, wenn x k = kπ mit k Z. Die Lösungsmenge ist somit L = {kπ k Z}. 24) cos 2x 3 cos x + 2 = 0 in der Grundmenge G = [0; 2π] Wie in Afg. 23) erhält man wegen cos 2x = 2 cos 2 x 1 die Gleichung 2 cos 2 x 1 3 cos x + 2 = 0 2 cos 2 x 3 cos x + 1 = 0 Substituiere z = cos x, dann erhält man die quadratische Gleichung 2z 2 3z + 1 = 0 mit den Lösungen z 1/2 = 3 ± Daraus erhält man die Gleichungen = 3 ± 1 4, d. h. z 1 = 1 oder z 2 = 0, 5. cos x = z 1 = 1 x 1 = 0 oder x 2 = 2π cos x = z 2 = 0, 5 x 3 = π 3 oder x 4 = 2π π 3 = 5π 3 Insgesamt hat man also die Lösungsmenge L = {0; π 3 ; 5π } 3 ; 2π.