4.3.1
Goniometrické rovnice
Předpoklady: 4216, 4217 Názvosloví: • Goniometrické rovnice: rovnice, ve kterých se neznámá objevuje uvnitř goniometrických funkcí. • Základní goniometrická rovnice: každá rovnice zapsaná ve tvaru g ( x ) = a , kde
g ( x ) je jedna z goniometrických funkcí (sin, cos, tg, cotg), a ∈ R , x ∈ R .
•
Základní řešení základní goniometrické rovnice: množina všech kořenů z intervalu 0; 2π ) . Důvod: Opakování úhlů po 2π (trochu prázdný pojem, protože většina rovnic není základních a jejich kořeny se pak nemusejí opakovat po 2π ).
Př. 1:
1 Vyřeš rovnici cos x = − . 2
Hledáme všechna x ∈ R , pro něž platí cos x = −
1 ⇒ to už umíme (pomocí jednotkové 2
kružnice nebo grafu odpovídající funkce).
1 T
x2
x1 S
Z obrázku je vidět, že řešením jsou třetinové 2 4 úhly π a π . 3 3 2 4 Základní řešení : π ; π . 3 3 4 2 K = ∪ π + k ⋅ 2π ; π + k ⋅ 2π 3 k∈Z 3
R1
-1
T -1
Př. 2:
Vyřeš rovnici sin x = 0 .
Stejné jako předchozí příklad.
1
1
Základní řešení : 0; π .
T -1
x2
K = ∪ {0 + k ⋅ 2π ; π + k ⋅ 2π }
R1 T
S
k∈Z
Úspornější zápis: K = ∪ {0 + k ⋅ π } k∈Z
-1
Př. 3:
Vyřeš rovnici sin x = −
3 . 2
1
4 5 π; π . 3 3 5 4 K = ∪ π + k ⋅ 2π ; π + k ⋅ 2π 3 k∈Z 3
Základní řešení :
T -1
x2
S
R1 T
-1
Př. 4:
Vyřeš rovnici sin x = −0, 6 .
-0,6 není tabulková hodnota ⇒ úhel x můžeme určit pouze přibližně nebo jako hodnotu funkce arcsin . Přibližná hodnota stanovená pomocí kalkulačky je rovna arcsin ( −0, 6 ) ≐ −36°52′ ⇒ arcsin ( −0, 6 ) je tedy záporné číslo, které nepatří do intervalu 0; 2π ) a není tedy základním řešením.
2
1
x2 S
-1
x1
R 1 arcsin(-0,6)
T
T -1
Úhly x1 a x2 můžeme vyjádřit dvěma způsoby:
a) pomocí záporného úhlu arcsin ( −0, 6 )
x1 = 2π + arcsin ( −0, 6 )
x2 = π − arcsin ( −0, 6 )
K = ∪ {π − arcsin ( −0, 6 ) + k ⋅ 2π ; 2π + arcsin ( −0, 6 ) + k ⋅ 2π } k∈Z
b) pomocí kladného úhlu arcsin 0, 6 x1 = 2π − arcsin 0, 6 x2 = π + arcsin 0, 6 K = ∪ {π + arcsin 0, 6 + k ⋅ 2π ; 2π − arcsin 0, 6 + k ⋅ 2π } k∈Z
Př. 5:
Rozhodni, pro která a ∈ R má rovnice sin x = a řešení.
1
x x2 R 1
S
-1
x1 T
T -1
Z obrázku je zřejmé, že pro: • a ∈ ( −1;1) má rovnice v intervalu 0; 2π ) dvě řešení (červená čára). •
a = ±1 má rovnice v intervalu 0; 2π ) jedno řešení (hnědá čára).
•
a ∈ ( −∞; −1) ∪ (1; ∞ ) nemá rovnice v intervalu 0; 2π ) žádné řešení (zelená čára). 3
Stejný závěr dostaneme pomocí grafu:
1
-1
Rovnice sin x = a má řešení pro a ∈ −1;1 . V dalších příkladech již nebudeme kreslit kružnice a budeme pokládat vyřešení základní goniometrické rovnice za samozřejmost.
Př. 6:
Vyřeš rovnici tg x = − 3 .
2 Platí: tg π = − 3 , funkce y = tg x je periodická s nejmenší periodou π . 3 2 K = ∪ π + k ⋅π k∈Z 3
Př. 7:
Vyřeš rovnici tg x = 5 .
5 není tabulková hodnota funkce y = tg x , funkce y = tg x je periodická s nejmenší periodou π. K = ∪ {arctg 5 + k ⋅ π } k∈Z
Př. 8:
Vyřeš rovnici 1 − ( sin x − 1) = 2 − 3
(
)
3 sin x − 1 .
Problém: sin x se nachází uvnitř složitějších výrazů, neznáme jeho hodnotu. Substituce: y = sin x . 1 − ( y − 1) = 2 − 3
(
)
3 ⋅ y −1
2 − y = 2 − 3y + 3 2y = 3 3 2 Návrat k původní proměnné: 3 y = sin x = 2 y=
4
π 2
; π , funkce y = sin x je periodická s nejmenší periodou 2π . 3 3 2 1 K = ∪ π + k ⋅ 2π ; π + k ⋅ 2π 3 k∈Z 3
Základní řešení :
Př. 9:
Vyřeš rovnici
cos x + cos π π = sin + 1 . 7 2 sin π cos x 6
Problém: V rovnici se vyskytují hodnoty goniometrických funkcí neobsahujících x ⇒ dosadíme za ně hodnoty: cos x + ( −1) = 1+1. 1 − cos x 2 cos x − 1 =2 1 − cos x 2 Problém: V rovnici je cos x víckrát ⇒ substituce. Substituce: y = cos x . y −1 1 = 2 /⋅ − y podmínka: y ≠ 0 2 1 − y 2 y −1 = − y 2y =1 1 y= 2 Návrat k původní proměnné: 1 y = cos x = 2 1 cos x = 2 5 1 K = ∪ π + k ⋅ 2π ; π + k ⋅ 2π 3 k∈Z 3 Př. 10: Petáková strana 52, cvičení 3 b), d)
Př. 11: Vyřeš rovnici 2 sin 2 x + 3sin x − 2 = 0 . Problém: V rovnici se vyskytují hodnoty goniometrických funkcí v druhé mocnině. ⇒ substituce. Substituce: y = sin x 2 y2 + 3y − 2 = 0
5
2 −b ± b 2 − 4ac −3 ± 3 − 4 ⋅ 2 ⋅ ( −2 ) −3 ± 5 = = 2a 2⋅2 4 −3 + 5 1 −3 − 5 y1 = = y2 = = −2 4 2 4 Návrat k původní proměnné: 1 y2 = sin x2 = −2 y1 = sin x1 = 2 5 K2 = ∅ 1 K1 = ∪ π + k ⋅ 2π ; π + k ⋅ 2π 6 k∈Z 6 5 1 K = ∪ π + k ⋅ 2π ; π + k ⋅ 2π 6 k∈Z 6
y1,2 =
Př. 12: Petáková strana 52, cvičení 7 b) Př. 13: Vyřeš rovnici tg 2 x = −1 . Problém: Uvnitř tangens není pouze x, ale složitější výraz. Substituce: y = 2 x tg y = −1 3 y = π + k ⋅π 4 Návrat k původní proměnné: 3 y = 2x = π + k ⋅π 4 3 2x = π + k ⋅π /:2 4 3 π x= π +k⋅ 8 2 3 π K = ∪ π +k⋅ 2 k∈Z 8 Př. 14: Vyřeš rovnici cos 0, 5 x =
1 . 2
Problém: Uvnitř sinu není pouze x, ale složitější výraz. Substituce: y = 0,5 x 1 sin y = 2 y1 =
π
5 y2 = π + k ⋅ 2π 3
+ k ⋅ 2π
3 Návrat k původní proměnné: y1 = 0,5 x1 =
π
3
5 y1 = 0,5 x1 = π + k ⋅ 2π 3
+ k ⋅ 2π
6
0,5 x1 =
π 3
+ k ⋅ 2π
5 0,5 x1 = π + k ⋅ 2π 3 10 x1 = π + k ⋅ 4π 3 10 K1 = ∪ π + k ⋅ 4π k∈Z 3
/ ⋅2
2 x1 = π + k ⋅ 4π 3 2 K1 = ∪ π + k ⋅ 4π k∈Z 3 10 2 K1 = ∪ π + k ⋅ 4π ; π + k ⋅ 4π 3 k∈Z 3
/ ⋅2
π 2 Př. 15: Vyřeš rovnici sin 3 x − = . 2 2 Problém: Uvnitř sinu není pouze x, ale složitější výraz. Substituce: y = 3 x − sin y =
π
π
2
2 2
3 y2 = π + k ⋅ 2π 4 4 Návrat k původní proměnné: y1 =
+ k ⋅ 2π
y1 = 3 x1 − 3 x1 −
π
=
π
2
π
=
π
4
+ k ⋅ 2π
/+
π
3 = π + k ⋅ 2π 2 4 π 3 π 3 x2 − = π + k ⋅ 2π /+ 2 4 2 5 3 x2 = π + k ⋅ 2π / :3 4 5 2 x2 = π + k ⋅ π 12 3 2 5 K2 = ∪ π + k ⋅ π 3 k∈Z 12
+ k ⋅ 2π
y2 = 3 x2 −
π
2 4 2 3 3 x1 = π + k ⋅ 2π / :3 4 1 2 x1 = π + k ⋅ π 4 3 2 1 K1 = ∪ π + k ⋅ π 3 k∈Z 4 2 5 2 1 K = ∪ π + k ⋅ π; π + k ⋅ π 3 12 3 k∈Z 4
Dodatek: Při použití substituce je nutné psát při návratu k původní proměnné hned všechna
π
π
+ k ⋅ 2π . Pokud na 2 4 periodu zapomeneme (šetřící studenti to často dělají, dojdeme ke špatnému výsledku). 3 Špatný postup: 3 x1 = π / : 3 4 3 x1 = π 4 1 K1 = ∪ π + k ⋅ 2π . k∈Z 4
řešení i ta dosahovaná díky periodičnosti funkce 3 x1 −
7
=
Př. 16: Petáková strana 52, cvičení 6 b), d), h), i)
Shrnutí:
8
