Hvordan løse trigonometriske grunnlikninger

Når du løser trigonometriske likninger er det svært viktig at du får med deg alle løsningene! Vær derfor oppmerksom på perioden til funksjonen du jobber med og hvordan dette påvirker antall løsninger.

Regel

Trigonometriske grunnlikninger

Når a,b [1, 1] og n gjelder:

sin x = a x = u + n 2π x = π u + n 2π cos x = b x = u + n 2π x = u + n 2π tan x = c x = u + n π

sin x = a x = u + n 2π x = π u + n 2π cos x = b x = u + n 2π x = u + n 2π tan x = c x = u + n π

Her er u tallet du finner med sin 1(a), cos 1(b) eller tan 1(c) på kalkulatoren.

NB! Det er svært viktig at du sjekker hvilket intervall x ligger på. Dette er fordi det er forskjellig fra oppgave til oppgave hvilke verdier du må sette inn for n for å få med alle løsningene.

Eksempel 1

Løs likningen 4 cos (πx + 2π 3 ) = 2 for x 0, 2π

Først omformer du likningen til en grunnlikning:

4 cos (πx + 2π 3 ) = 2, cos (πx + 2π 3 ) = 1 2.

Denne har løsningene

πx1 + 2π 3 = π 3 + n 2π, (1) πx2 + 2π 3 = π 3 + n 2π, (2)

Du jobber først videre med (1):

πx1 + 2π 3 = π 3 + n 2π πx1 = π 3 + n 2π x1 = 1 3 + 2n

Så jobber du med (2):

πx2 + 2π 3 = π 3 + n 2π πx2 = π + n 2π x2 = 1 + 2n

Oppgaven forteller at du skal finne alle løsningene som ligger på intervallet x 0, 2π. Disse finner du ved å vurdere x1 og x2 på intervallet.

Først ser du på x1 = 1 3 + 2n. Dersom du setter inn n = 1 får du

x1 = 1 3 + 2 1 = 5 3,

som er i intervallet. Når du tester n = 2 får du at

x1 = 1 3 + 2 2 = 11 3 0, 2π.

Deretter tester du n = 3:

x1 = 1 3 + 2 3 = 17 3 ,

som ligger i intervallet. Du legger nå merke til at dersom du tester n = 4, så vil svaret havne utenfor intervallet som strekker seg fra 0, 2π 6,28. Du har dermed funnet løsningene fra x1.

Du må nå gjøre det samme for x2 = 1 + 2n. Fremdeles må verdiene være på intervallet for at de skal være endel av løsningsmengden. Du får dermed:

n = 1 x2 = 1 + 2 1 = 1 0, 2π n = 2 x2 = 1 + 2 2 = 3 0, 2π n = 3 x2 = 1 + 2 3 = 5 0, 2π n = 4 x2 = 1 + 2 4 = 7 0, 2π

Som du ser ligger den siste verdien utenfor intervallet. Løsningsmengden på intervallet 0, 2π blir dermed:

x {1, 5 3, 3, 11 3 , 5, 17 3 } .

Eksempel 2

Løs likningen sin (2x π 3 ) = 1 2 for x [0, 2π

Grunnlikningen

sin (2x π 3 ) = 1 2

har løsningene

2x1 π 3 = sin 1 (1 2) + n 2π, (3) 2x2 π 3 = π sin 1 (1 2) + n 2π. (4)

Først jobber du videre med (3):

2x1 π 3 = π 6 + n 2π 2x1 = π 2 + n 2π| : 2 x1 = π 4 + n π

Så jobber du med (4):

2x2 π 3 = π π 6 + n 2π 2x2 = 7π 6 + n 2π| : 2 x = 7π 12 + n π

Du må nå finne løsningsmengden fra x1 og x2. Verdiene må være på intervallet x [0, 2π for at de skal være endel av løsningsmengden. For x1 = π 4 + 2π har du:

n = 0 x1 = π 4 + 0 = π 4, n = 1 x1 = π 4 + 1π = 5π 4 , n = 2 x1 = π 4 + 2π = 9π 4 ,

der 9π 4 ligger utenfor intervallet. Du tester derfor x2 = 7π 12 + nπ:

n = 0 x2 = 7π 12 + 0 = 7π 12, n = 1 x2 = 7π 12 + 1π = 19π 12 , n = 2 x2 = 7π 12 + 2π = 31π 12 ,

der 31π 12 ligger utenfor intervallet. Løsningsmengden på intervallet [0, 2π blir dermed:

x {π 4, 7π 12, 5π 4 , 19π 12 } .

Eksempel 3

Løs likningen 3 tan (3x + 5π 6 ) = 3 for x

Du løser den trigonometriske likingen for x:

23 tan (3x + 5π 6 ) = 3| : 3 tan (3x + 5π 6 ) = 1 3x + 5π 6 = tan 1(1) 3x + 5π 6 = π 4 + nπ 3x = π 4 5π 6 + nπ 3x = 3π 10π 12 + nπ| : 3 x = 7π 36 + nπ 3

3 tan (3x + 5π 6 ) = 3 | : 3 tan (3x + 5π 6 ) = 1 3x + 5π 6 = tan 1(1) 3x + 5π 6 = π 4 + nπ 3x = π 4 5π 6 + nπ 3x = 3π 10π 12 + nπ | : 3 x = 7π 36 + nπ 3

Løsningen på likningen er x = 7π 36 + nπ 3 for alle n . Ettersom x i dette eksempelet kan være et hvilket som helst reelt tall (x ), er det ikke et bestemt intervall du må sjekke n-verdier for. Dermed blir løsningen generell.

Vil du vite mer?Registrer degDet er gratis!