Hvordan løse trigonometriske likninger

I noen likninger er det flere ledd med trigonometriske funksjoner. Du må da bruke de trigonometriske identitetene til å samle x-ene. Her følger noen eksempler på bruk av identiteter i likninger.

Eksempel 1

Likning formen acos v + bsin v = 0

I dette tilfellet deler du cos x0 begge sider av likningen for å et uttrykk med tan x. Dette funker fordi tan v = sin v cos v. Til slutt du i dette eksempelet sjekke tilfellet cos 2x = 0 for å passe at du ikke mister noen løsninger.

Du skal løse likningen

4cos2x + 4sin2x = 0, (1)

for x [0, 4π.

4 cos 2x + 4 sin 2x = 0| : 4 cos 2x + sin 2x = 0| : cos 2x0 cos 2x cos 2x + sin 2x cos 2x = 0 1 + tan 2x = 0 tan 2x = 1 2x = 3π 4 + n π x = 3π 8 + n π 2 I intervallet [0, 4π gir det løsningene
x {3π 8 , 7π 8 , 11π 8 , 15π 8 , 19π 8 , 23π 8 , 27π 8 , 31π 8 }.

x {3π 8 , 7π 8 , 11π 8 , 15π 8 , 19π 8 , 23π 8 , 27π 8 , 31π 8 } .

Du må nå sjekke om cos 2x = 0 gir flere løsninger. Merk at cos 2x = 0 er det samme som sin 2x = 1 eller sin 2x = 1:

sin 2x = 1 sin 2x = 1 2x = π 2 + n 2π 2x = 3π 2 + n 2π x = π 4 + n π x = 3π 4 + n π

sin 2x = 1 sin 2x = 1 2x = π 2 + n 2π 2x = 3π 2 + n 2π x = π 4 + n π x = 3π 4 + n π

Fra dette får du følgende løsninger i intervallet [0, 4π:

x {π 4, 3π 4 , 5π 4 , 7π 4 , 9π 4 , 11π 4 , 13π 4 , 15π 4 }

Du må nå sette prøve på disse svarene i hovedlikningen (1):

x = π 4:

V.S = 4 cos (2 π 4 ) + 4 sin (2 π 4 ) = 4 0 + 4 1 = 4 0 = H.S

x = 3π 4 :

V.S = 4 cos (2 3π 4 )) + 4 sin (2 3π 4 ) = 4 0 + 4 (1) = 4 0 = H.S

x = 5π 4 :

V.S = 4 cos (2 5π 4 ) + 4 sin (2 5π 4 ) = 4 0 + 4 1 = 4 0 = H.S

x = 7π 4 :

V.S = 4 cos (2 7π 4 ) + 4 sin (2 7π 4 ) = 4 0 + 4 (1) = 4 0 = H.S

x = 9π 4 :

V.S = 4 cos (2 9π 4 ) + 4 sin (2 9π 4 ) = 4 0 + 4 1 = 4 0 = H.S

x = 11π 4 :

V.S = 4 cos (2 11π 4 ) + 4 sin (2 11π 4 ) = 4 0 + 4 (1) = 4 0 = H.S

x = 13π 4 :

V.S = 4 cos (2 13π 4 ) + 4 sin (2 13π 4 ) = 4 0 + 4 1 = 4 0 = H.S

x = 15π 4 :

V.S = 4 cos (2 15π 4 ) + 4 sin (2 15π 4 ) = 4 0 + 4 (1) = 4 0 = H.S

Likningen (1) har ingen flere løsninger og du kan konkludere med at løsningsmengden i intervallet [0, 4π er:

x {3π 8 , 7π 8 , 11π 8 , 15π 8 , 19π 8 , 23π 8 , 27π 8 , 31π 8 }

NB! Dette er en svært tungvint måte å sjekke om cos 2x = 0 gir flere løsninger, men den fører alltid frem! En annen måte å sjekke cos 2x = 0 er å betrakte hovedlikningen og bruke det du kan om trigonometriske funksjoner til å analysere.

Eksempel 2

Likninger på formen

a cos(2x) + b cos x + c = 0

krever at du bruker identitetene

cos(2x) = cos 2x sin 2x

og

sin 2x + cos 2x = 1.

Løs likningen

cos(2x) + cos x + 1 = 0,x [0, 2π

cos(2x) + cos x + 1 = 0 cos 2x sin 2x + cos x + 1 = 0 cos 2x (1 cos 2x) + cos x + 1 = 0 2 cos 2x + cos x = 0 cos x(2 cos x + 1) = 0 Du bruker nullfaktorregelen og ser på de to likningene cos x = 0 og 2 cos x + 1 = 0. Likningen cos x = 0 har løsningene x1 = π 2 + n 2π, x2 = π 2 + n 2π.

Likingen 2 cos x + 1 = 0 skriver du om som grunnlikningen cos x = 1 2. Den har løsningene

x3 = 2π 3 + n 2π, x4 = 2π 3 + n 2π.

Løsningsmengden for intervallet [0, 2π blir dermed

x {π 2, 2π 3 , 4π 3 , 3π 2 } .

Eksempel 3

Likninger på formen

a cos 2x b sin x = c

krever at du bruker identiteten

cos 2x + sin 2x = 1

og deretter substitusjon.

Løs likningen

2 cos 2x sin x = 1,x [0, 2π

2 (1 sin 2x) sin x = 1 2 2 sin 2x sin x = 1 2 sin 2x sin x + 1 = 0 Du setter u = sin x inn i likningen og får:
2u2 u + 1 = 0.

Løs andregradslikningen:

u = 1 ±(1)2 4 (2) 1 4 = 1 ±9 4

Altså er løsningene

u1 = 1u2 = 1 2

Sett nå sin x inn for u:

sin x = 1 x1 = 3π 2 + n 2π x2 = π 3π 2 + n 2π = π 2 + n 2π sin x = 1 2 x3 = π 6 + n 2π x4 = π π 6 + n 2π = 5π 6 + n 2π

sin x = 1 sin x = 1 2 x1 = 3π 2 + n 2π x3 = π 6 + n 2π x2 = π 3π 2 + n 2π x4 = π π 6 + n 2π = π 2 + n 2π = 5π 6 + n 2π

Løsningsmengden på intervallet [0, 2π blir dermed:

x {π 6, 5π 6 , 3π 2 }

Legg merke til at π 2 ikke er med i løsningsmengden. Det er fordi den ligger utenfor intervallet du undersøker.

Vil du vite mer?Registrer degDet er gratis!