9. Trigonometria I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Tegye nagyság szerint növekvő sorrendbe az alábbi értékeket! 𝑥 = cos 150 °; 𝑦 = sin 225° ; 𝑧 = 𝑡𝑔2 (−60°) (𝐴) 𝑧 < 𝑥 < 𝑦
(𝐵) 𝑥 < 𝑦 < 𝑧
(𝐶) 𝑦 < 𝑥 < 𝑧
(𝐷) 𝑧 < 𝑦 < 𝑥
(𝐸) 𝑦 < 𝑧 < 𝑥 BME 2015. szeptember (16A)
Megoldás: Ha az 𝒆 egységvektor irányszöge 𝛼, akkor az 𝒆 vektor első koordinátája cos 𝛼, második koordinátája sin 𝛼. Az ábrán látható az egység sugarú 𝑘 kör és a megfelelő egységvektorok. sin 𝛼
A tg 𝛼 = cos 𝛼 definícióval adható meg. A harmadik ábra a tg 𝛼 szemléletes jelentését mutatja: az (1; 0) pontban rajzolt érintőből kimetszett szakasz hossza.
1
A szögfüggvények értékét kifejezzük hegyesszögek szögfüggvényével. Pontos értékekkel számolunk: x = cos 150° = − cos(180° − 150°) = − cos 30° = − y = sin 225° = − sin(225° − 150°) = − sin 45° = −
√3 ≈ −0,87 2
√2 ≈ −0,71 2 2
z = tg 2 (−60°) = [tg(−60°)]2 = [−tg(60°)]2 = (−√3) = 3 . Vagyis: 𝑥 < 𝑦 < 𝑧. Tehát a jó válasz a (𝐵).
2. Mennyivel egyenlő a sin(75°) ∙ cos(75°) szorzat? (𝐴) −
√3 4
(𝐵)
√3 4
(𝐶)
√2 2
(𝐷)
1 4
(𝐸)
1 2
BME 2010. szeptember 12. (16A)
Megoldás: Alkalmazzuk a következő azonosságot: sin 2𝛼 = 2 ∙ sin 𝛼 ∙ cos 𝛼 . Szorozzuk be a kifejezést 2-vel: 2 ∙ sin 75 ° ∙ cos 75 °, majd alkalmazva az azonosságot: 2 ∙ sin75° ∙ cos75° = sin(2 ∙ 75°) = sin 150 ° = sin 30 ° =
1 . 2
Mivel 2-vel szoroztunk, így ezzel el is kell osztanunk. Tehát a végeredmény: 1 1 :2 = . 2 4 A jó válasz a (D).
3. Oldja meg a következő egyenletet a valós számok halmazán! tg 2 𝑥 + 4sin2 𝑥 − 3 = 0 ELTE 2015. szeptember (fizika BSc)
Megoldás: Először vizsgáljuk meg az egyenlet értelmezési tartományát! sin 𝑥
π
tg𝑥 = cos 𝑥 azonosság miatt: cos 𝑥 ≠ 0 vagyis 𝑥 ≠ 2 + k ∙ π, (k ∈ ℤ) Alkalmazzuk ezt az azonosságot: sin2 𝑥 + 4sin2 𝑥 − 3 = 0. cos2 𝑥 Beszorzunk a nevezővel: 2
sin2 𝑥 + 4sin2 𝑥 ∙ cos2 𝑥 − 3cos 2 𝑥 = 0. Alkalmazzuk a sin2 𝑥 = 1 − cos 2 𝑥 azonosságot: 1 − cos 2 𝑥 + 4(1 − cos2 𝑥) ∙ cos 2 𝑥 − 3cos2 𝑥 = 0 . Zárójel felbontás és az összevonás elvégzése után a következő egyenletet kapjuk: 1 − 4cos4 𝑥 = 0 1 cos 4 𝑥 = 4 cos 𝑥 = 𝜋
1 √2
vagy
cos 𝑥 = −
1 √2
.
𝜋
Az egyenlet megoldása tehát 𝑥 = 4 + 𝑘 2 , 𝑘 ∈ ℤ, és ez eleme az értelmezési tartománynak.
4. Egy háromszög oldalainak mérőszámai egymást követő 3-nál nagyobb egész számok. Bizonyítsa be, hogy a háromszög hegyesszögű! ELTE 2013. szeptember (matematika BSc)
Megoldás: Legyenek a háromszög oldalai: 𝑎, 𝑎 + 1, 𝑎 + 2 hosszúságúak, ahol a > 3 teljesül. A leghosszabb oldallal (𝑎 + 2) szemközti szög legyen: 𝛾. Írjuk fel a koszinusz tételt a leghosszabb oldalra: (𝑎 + 2)2 = (𝑎 + 1)2 + 𝑎2 − 2(𝑎 + 1) ∙ 𝑎 ∙ cos 𝛾. Végezzük el a négyzetre emelést és a zárójelbontást: 𝑎2 + 4𝑎 + 4 = 𝑎2 + 2𝑎 + 1 + 𝑎2 − 2(𝑎 + 1) ∙ 𝑎 ∙ cos 𝛾. Összevonás és rendezés után: 𝑎2 − 2𝑎 − 3 = 2𝑎 ∙ (𝑎 + 1) ∙ cos 𝛾 . A bal oldalt felírjuk szorzatalakban: 𝑎2 − 2𝑎 − 3 = (𝑎 + 1)(𝑎 − 3) . Mindkét oldalt osztjuk (𝑎+1)-gyel: (a − 3) = 2a ∙ cos 𝛾 vagyis a−3 = cos 𝛾 . 2a Mivel a > 3, ezért cos 𝛾 > 0, amiből következik, hogy 𝛾 < 90°. Tehát a háromszög hegyesszögű. 3
II. Ismételjünk! 1. Szögfüggvények értelmezése https://users.itk.ppke.hu/itk_dekani/files/matematika/pdfs/13.pdf
1-3. oldal
https://users.itk.ppke.hu/itk_dekani/files/matematika/pdfs/12.pdf
3-4. oldal
2. Összefüggések a szögfüggvények között https://users.itk.ppke.hu/itk_dekani/files/matematika/pdfs/13.pdf
4. oldal
3. Trigonometrikus egyenletek https://users.itk.ppke.hu/itk_dekani/files/matematika/pdfs/13.pdf
7-10. oldal
4. Szinusz és koszinusz tételek alkalmazása https://users.itk.ppke.hu/itk_dekani/files/matematika/pdfs/13.pdf
4
5. oldal
III. Gyakorló feladatok 1. Számítsd ki az alábbi kifejezések pontos értékét! b) tg 300° + ctg 150°=
a) cos 135 ° + sin 45 ° = d) cos
7π 6
=
e) (2tg
2003π 3 ) 4
c) cos 165 ° + sin 75 °= π 3
π 3
f) sin2 ( ) − cos 2 ( ) =
=
2. Egyszerűsítse a következő kifejezést! cos(−𝛼) ∙ cos(180° + 𝛼) = sin(−𝛼) ∙ sin(90° + 𝛼) 3. Írja egyszerűbb alakba a következő kifejezéseket! a) cos(𝑥) + cos(2π − 𝑥)
π+2𝑥 ) 2
3π
b) cos (
c) sin ( 2 − 𝑥)
4. Állítsa növekvő sorrendbe a 𝑥 = tg1; 𝑦 = tg2; 𝑧 = tg3 mennyiségeket! A szögeket radiánban mérjük. (𝐴) 𝑥 < 𝑦 < 𝑧
(𝐵)𝑦 < 𝑧 < 𝑥
(𝐶)𝑥 < 𝑧 < 𝑦
(𝐷) 𝑧 < 𝑦 < 𝑥
(𝐸) 𝑦 < 𝑥 < 𝑧 BME 2012. szeptember 7. (15A)
𝜋
5. Legyen sin α = 0,6. Számítsa ki tgα értékét, ha 𝛼 ∈ [ 2 ; 𝜋] ! (A)
3 4
(B)
4 3
(D) −
(C) 0
3 4
(E) −
4 3
BME 2013. szeptember 13. (15A) 3
𝜋
6. Legyen cos 𝛼 = 5 . Mennyi lehet ekkor a sin 2𝛼 , ha α ∈ [− 2 ; 0] ? 7. Határozza meg a következő kifejezések legbővebb értelmezési tartományát! a)
1 1−tg𝑥
b) √sin 𝑥 − 0,5 8. Oldja meg az alábbi egyenleteket a valós számok halmazán! a)
4cos2 𝑥 = 1
b)
sin (10𝑥 + 3 ) = −
π
√2 2
9. Oldja meg az alábbi egyenleteket a valós számok halmazán! π
a) sin 2𝑥 = sin (𝑥 + 4 ) 2π ) 3
b)
cos (5𝑥 −
c)
tg2𝑥 = tg 𝑥
= cos (𝑥 +
3π ) 4
10. Mely valós x értékekre teljesül az egyenlet?
5
d)
a)
√3 cos 𝑥 + sin 𝑥 = 0
b) sin 2𝑥 = tg𝑥 c)
2sin2 𝑥 + 5 cos 𝑥 − 4 = 0
d) sin 𝑥 ∙ cos 𝑥 = −
√3 2
e) sin 𝑥 + cos 𝑥 = √2 11. Oldja meg az egyenletet a valós számok halmazán! sin2 𝑥 1 cos 𝑥 + + sin 𝑥 + sin 2𝑥 = cos 𝑥 cos 𝑥 ELTE 2007. szeptember (földtudományi szak) 𝜋
12. Hány megoldása van a következő egyenletnek a [− 2 ; 2𝜋] intervallumon? 2 cos 𝑥 − 1 =0 3 2 sin 𝑥 − 4 (𝐴) 3
(𝐵) 4
(𝐶) 2
(𝐷) 1
(𝐸) 0
13. Hány megoldása van sin2 𝑥 ≤ 0 egyenlőtlenségnek a [−10; 10] zárt intervallumon? (𝐴) 1
(𝐵) 7
(𝐶) 6
(𝐷) 20
(𝐸) nincs megoldása
14. Egy torony árnyéka a vízszintes talajon kétszer olyan hosszú, mint a torony magassága. Hány fokos szöget zár be ekkor a nap a vízszintes talajjal? Középszintű érettségi 2009. október
15. Egy háromszög két oldalának arány 3: 2, az általuk bezárt szög 120°, a harmadik oldala 𝑐 = 38 cm. Mekkorák az ismeretlen oldalak és szögek? 16. Tegyük fel, hogy egy háromszög szögeire fennáll, hogy tgβ ∙ sin2 γ = tgγ ∙ sin2 β. Igazolja, hogy ekkor a háromszög egyenlő szárú vagy derékszögű.
6
IV. Megoldások 1. Számítsd ki az alábbi kifejezések pontos értékét! b) tg 300° + ctg150°=
a) cos 135 ° + sin 45 ° = d) cos
7π 6
=
e)
2003π 3 (2tg 4 )
c) cos 165 ° + sin 75 °= π 3
π 3
f) sin2 ( ) − cos 2 ( )
=
Megoldás: a)
cos 135° + sin 45 ° = − cos 45 ° + sin 45 ° = 0
b)
tg 300° + ctg 150° = −tg 60° − ctg 30° = −√3 − √3 = −2√3
c)
cos 165° + sin 75 ° = = − cos 15 ° + sin 75 ° = − sin 75 ° + sin 75 ° = 0
d)
cos
e)
mivel tg
f)
sin2 ( 3 ) − cos2 ( 3 ) = ( 2 ) − (2) = 4 − 4 = 4 = 2
7π 6
𝜋 6
𝜋 6
= cos (π + ) = − cos ( ) = − 2003π 4
π
3π
√3 2 3π
= tg ( 4 + 500π) = tg ( 4 ) = −1, tehát (2 ∙ (−1))3 = −8 π
√3
2
1 2
3
1
1
1
2. Egyszerűsítse a következő kifejezést! cos(−𝛼) ∙ cos(180° + 𝛼) = sin(−𝛼) ∙ sin(90° + 𝛼) Megoldás: A szögfüggvények következő tulajdonságait alkalmazzuk: cos(−α) = cos α ; sin (−α) = − sin α ; cos (180° + α) = − cos α ; sin (90° + α) = cos α ;
cos α = ctg α. sin α cos α ∙ (−cos α) = ctg α . −sin α ∙ cos α
3. Írja egyszerűbb alakba a következő kifejezéseket! a) cos 𝑥 + cos (2π − 𝑥)
π+2𝑥 ) 2
b) cos (
3π
c) sin ( 2 − 𝑥)
Megoldás: a) cos 𝑥 + cos (2π − 𝑥) = 2 cos 𝑥, mivel cos (2π − 𝑥) = cos 𝑥 π+2𝑥 ) 2
b) cos (
π 2
π 2
= cos ( + 𝑥) = −sin 𝑥, az alábbi ábra jól mutatja a (cos 𝑥)-nek a ( )-vel való
eltolása, éppen a (– sin 𝑥) lesz.
7
d)
Alkalmazhatjuk a sin(α − β) = sin α ∙ cos β − cos 𝛼 ∙ sin β addíciós tételt:
c)
3π 3π 3π sin ( − 𝑥) = sin ∙ cos 𝑥 − cos ∙ sin 𝑥 = (−1) ∙ cos 𝑥 − 0 ∙ sin 𝑥 = − cos 𝑥. 2 2 2 4. Állítsa növekvő sorrendbe a 𝑥 = tg1; 𝑦 = tg2; 𝑧 = tg3 mennyiségeket! A szögeket radiánban mérjük. (𝐴) 𝑥 < 𝑦 < 𝑧
(𝐵) 𝑦 < 𝑧 < 𝑥
(𝐶)𝑥 < 𝑧 < 𝑦
(𝐷) 𝑧 < 𝑦 < 𝑥
(𝐸) 𝑦 < 𝑥 < 𝑧
BME 2012. szeptember 7. (15A)
Megoldás: 1<
𝜋 2
< 2 < 3 < 𝜋, ezért a tg1 az első negyedben van, tg2 és tg3 pedig a második negyedben
van. Ebből következik, hogy 𝑡𝑔1 > 0; 𝑡𝑔2 < 0; 𝑡𝑔3 < 0.
𝜋
A tg függvény a ] 2 ; 𝜋] intervallumon szigorú monoton nő ⇒ tg2 < tg3. Tehát: tg2 < tg3 < tg1. A helyes válasz a (𝐵). 𝜋 2
5. Legyen sin α = 0,6. Számítsa ki tgα értékét, ha 𝛼 ∈ [ ; 𝜋] ! (A)
3 4
(B)
4 3
(C) 0
3
(D) − 4
4
(E) − 3
BME 2013. szeptember 13. (15A)
8
Megoldás: sin 𝛼
Használjuk fel a következő azonosságokat: tg α = cos 𝛼 ; cos2 α = 1 − sin2 α ! cos 2 α = 1 − 0,62 = 0,64 ⇒ cosα = −0,8 tgα =
π mert α ∈ [ ; π]. 2
0,6 3 =− . −0,8 4
A helyes válasz: a (𝐷). 3
𝜋
6. Legyen cosα = 5 . Mennyi lehet ekkor a sin 2𝛼 , ha α ∈ [− 2 ; 0] ? Megoldás: sin 2𝛼 = 2 ∙ sin 𝛼 ∙ cos 𝛼 é𝑠 sin2 α = 1 − cos2 α , ezért: 3 2 16 sin α = 1 − ( ) = 5 25 2
4 sin 𝛼 = − , 5
π mert α ∈ [− ; 0] 2
4 3 24 sin 2𝛼 = 2 ∙ (− ) ∙ = − 5 5 25 7. Határozza meg a következő kifejezések legbővebb értelmezési tartományát! a)
1 1−tg𝑥
b)
√sinx − 0,5
Megoldás: a)
𝜋
A tangens értelmezési tartománya miatt: 𝑥 ≠ 2 + 𝑘𝜋; 𝑘 ∈ ℤ. 𝜋
A nevező miatt: 1 − tg𝑥 ≠ 0 ⇒ tg𝑥 ≠ 1 ⇒ 𝑥 ≠ 4 + 𝑘𝜋; 𝑘 ∈ ℤ. 𝜋
𝜋
A kifejezés értelmezési tartománya: 𝑥 ∈ ℝ\ {𝑥 = 2 + 𝑘𝜋; 𝑥 = 4 + 𝑘𝜋} ahol 𝑘 ∈ ℤ. b) A négyzetgyök miatt: sin 𝑥 − 0,5 ≥ 0 sin 𝑥 ≥ 0,5
Az értelmezési tartomány:
𝜋
{𝑥 ∈ ℝ| 6 + 2𝑘𝜋 ≤ 𝑥 ≤
9
5𝜋 6
+ 2𝑘𝜋; 𝑘 ∈ ℤ} .
8. Oldja meg az alábbi egyenleteket a valós számok halmazán! a)
4cos2 𝑥 = 1
b)
sin (10𝑥 + 3 ) = −
π
√2 2
Megoldás: a) 4cos2 𝑥 = 1 cos 2 𝑥 =
1 4
1 cos 𝑥 = ± ; 2 cos 𝑥 =
1 2
𝜋 3
megoldásai: 1
cos 𝑥 = − 2 megoldásai:
𝜋
b) A sin (10𝑥 + 3 ) = −
𝜋
√2 2
𝜋 3
𝑥1 = + 2𝑘𝜋; 𝑥3 =
2𝜋 3
𝑥2 = − + 2𝑘𝜋
+ 2𝑘𝜋; 𝑥4 = −
𝜋
5𝜋 4
a szinusz függvény – 4 é𝑠
𝜋
2𝜋 3
+ 2𝑘𝜋 𝑘 ∈ ℤ.
–nél lesz −
𝜋
I. 10𝑥1 + 3 = − 4 + 2𝑘𝜋
II. 10𝑥2 + 3 =
𝑘 ∈ ℤ.
5𝜋 4
√2 : 2
+ 2𝑘𝜋
Rendezzük az egyenleteket x-re: 𝜋 4
𝜋 3
10𝑥1 = − − + 2𝑘𝜋 10𝑥1 =
7𝜋 12
+ 2𝑘𝜋
7𝜋
𝑥1 = 120 +
𝑘𝜋 5
,
𝑘∈ℤ
10𝑥2 =
5𝜋 4
10𝑥2 =
11𝜋 + 12
2𝑘𝜋 (10-zel osztva)
11𝜋 120
𝑘𝜋 5
𝑥2 =
10
𝜋 3
− + 2𝑘𝜋
+
,
𝑘∈ℤ
9. Oldja meg az alábbi egyenleteket a valós számok halmazán! 𝜋
a) sin 2𝑥 = sin (𝑥 + 4 ) 2π ) 3
b)
cos (5𝑥 −
c)
tg2𝑥 = tg 𝑥
= cos (𝑥 +
3π ) 4
Megoldás: A megoldás során felhasználjuk, hogy ha sin 𝛼 = sin 𝛽 akkor 𝛼 = 𝛽 + 2𝑘𝜋 vagy 𝛼 = 𝜋 − 𝛽 + 2𝑘𝜋, ha cos α = cos β akkor 𝛼 = 𝛽 + 2𝑘𝜋 vagy 𝛼 = −𝛽 + 2𝑘𝜋, ha tgα = tg β
akkor 𝛼 = 𝛽 + 𝑘𝜋. 𝜋
a) sin 2𝑥 = sin (𝑥 + 4 ) 𝜋
𝜋
2𝑥 = 𝑥 + 4 + 2𝑘𝜋, rendezve az egyenletet azt kapjuk, hogy 𝑥1 = 4 + 2𝑘𝜋, vagy 𝜋
2𝑥 = 𝜋 − (𝑥 + 4 ) + 2𝑘𝜋. Rendezzük az egyenletet x-re: 3𝑥 = 𝜋 −
𝜋 + 2𝑘𝜋 4
3𝜋 + 2𝑘𝜋 4 3𝜋 2𝑘𝜋 𝑥2 = + , 𝑘 ∈ ℤ. 12 3 3𝑥 =
Tehát az egyenlet megoldásai: 𝑥1 = b) cos (5𝑥 −
2𝜋 )𝑥 3
𝜋 + 2𝑘𝜋; 4
= cos (𝑥 +
𝑥2 =
3𝜋 2𝑘𝜋 + , 12 3
3𝜋 ) 4
2𝜋 3𝜋 =𝑥+ + 2𝑘𝜋 3 4 Rendezzük az egyenletet! 5𝑥 −
3𝜋 2𝜋 + + 2𝑘𝜋 4 3 17𝜋 4𝑥 = + 2𝑘𝜋 12 17𝜋 𝑘𝜋 𝑥1 = + , 𝑘∈ℤ 48 2
4𝑥 =
vagy 5𝑥 −
2𝜋 3
= − (𝑥 +
3𝜋 ) 4
+ 2𝑘𝜋
11
𝑘 ∈ ℤ.
𝑘∈ℤ
5𝑥 −
Tehát az egyenlet megoldásai: 17𝜋 𝑘𝜋 𝑥1 = + ; 48 2
2𝜋 3𝜋 = −𝑥 − + 2𝑘𝜋 3 4 2𝜋 3𝜋 6𝑥 = − + 2𝑘𝜋 3 4 𝜋 6𝑥 = − + 2𝑘𝜋 12 𝜋 𝑘𝜋 𝑥2 = − + , 72 3 𝑥2 = −
𝜋 𝑘𝜋 + , 72 3
𝑘 ∈ ℤ.
𝑘 ∈ ℤ.
c) tg2𝑥 = tg 𝑥 2𝑥 = 𝑥 + 𝑘𝜋 𝑥 = 𝑘𝜋, 𝑘 ∈ ℤ. Meg kell vizsgálni a két tangens értelmezési tartományát, hogy minden megoldás jó e. Elég megnézni, hogy a cos 2𝑥 és a cos 𝑥 hol lenne nulla. cos 2𝑥 = 0 cos𝑥 = 0 𝜋 𝜋 𝑘𝜋 𝑥 = + 𝑘𝜋 𝑥= + 4
2
2
Az ábrán jól látható, hogy a pirossal jelzett megoldásoknál ( 𝑥 = 𝑘𝜋 ) egyik koszinusz sem lesz nulla.
10. Mely valós x értékekre teljesül az egyenlet? a)
√3 cos 𝑥 + sin 𝑥 = 0
b) sin 2𝑥 = tg 𝑥 c) 2sin2 𝑥 + 5 cos 𝑥 − 4 = 0 d) sin 𝑥 ∙ cos 𝑥 = −
√3 2
e) sin 𝑥 + cos 𝑥 = √2 Megoldás: a) √3 cos 𝑥 + sin 𝑥 = 0 Első megoldás: Rendezzük át az egyenletet: sin 𝑥 = −√3 cos 𝑥 . Oszthatunk cos 𝑥-el, mivel cos 𝑥 = 0 nem megoldása az egyenletünknek, így nem vesztünk gyököt.
12
sin 𝑥 = −√3 cos 𝑥 tg𝑥 = −√3 𝜋
A megoldás: 𝑥 = − 3 + 𝑘𝜋,
𝑘 ∈ ℤ.
Második megoldás: Emeljük az átrendezett egyenletet négyzetre: sin2 𝑥 = 3cos2 𝑥 Helyettesítsük be a sin2 𝑥 = 1 − cos2 𝑥 összefüggést:. 1 − cos2 𝑥 = 3cos2 𝑥 Rendezzük az egyenletet: 4cos 2 𝑥 = 1. A 8.a feladatnál láttuk ennek az egyenletnek a megoldásait: cos 𝑥 =
1 2
megoldásai: 𝑥1 = + 2𝑘𝜋;
𝜋 3 2𝜋 𝑥3 = 3
cos 𝑥 =
1 −2
megoldásai:
𝜋 3 2𝜋 −3
𝑥2 = − + 2𝑘𝜋
+ 2𝑘𝜋; 𝑥4 =
+ 2𝑘𝜋
𝑘∈ℤ 𝑘 ∈ℤ.
Mivel négyzetre emeltünk és ez nem ekvivalens átalakítás, ezért az eredményt mindenképpen ellenőriznünk kell. Látszik, hogy a megoldás csak azokban a negyedekben lehet, ahol a szinusz és a koszinusz ellentétes előjelű, vagyis a második és a negyedik negyedben. Tehát itt csak az 𝑥2 és az 𝑥3 jó megoldás. Harmadik megoldás: Osszuk el az egyenletet 2-vel: 1 √3 cos 𝑥 + sin 𝑥 = 0. 2 2 Észrevehetjük, hogy
√3 2
= sin
𝜋 3
és
1 2
𝜋
= cos 3 .
Ezeket behelyettesítve: 𝜋 𝜋 sin 3 cos 𝑥 + cos 3 sin 𝑥 = 0 egyenlethez jutunk. Felhasználva a sin(𝛼 + 𝛽) = sin 𝛼 ∙ cos 𝛽 + cos 𝛼 ∙ sin 𝛽, addíciós tételt: 𝜋 𝜋 𝜋 sin cos𝑥 + cos sin𝑥 = sin ( + 𝑥) = 0 . 3 3 3 𝜋 𝜋 Ennek megoldása: 3 + 𝑥 = 𝑘𝜋 ⇒ 𝑥 = − 3 + 𝑘𝜋, 𝑘 ∈ ℤ . b) sin 2𝑥 = tg𝑥 A tangens miatt az egyenlet értelmezési tartománya:
𝜋
𝑥 ∈ ℝ; és 𝑥 ≠ 2 + 𝑘𝜋; 𝑘 ∈ ℤ
Felhasználva az azonosságokat: sin 𝑥 . cos 𝑥 Szorozzunk be cos 𝑥-el és rendezzük 0-ra az egyenletet! 2 sin 𝑥 ∙ cos 2 𝑥 − sin 𝑥 = 0 Emeljük ki a sin 𝑥-et! sin 𝑥 ∙ (2cos2 𝑥 − 1) = 0 Egy szorzat akkor és csak akkor nulla, ha valamelyik tényezője nulla, így sin 𝑥 = 0 vagy 2cos 2 𝑥 − 1 = 0. 2 sin 𝑥 ∙ cos 𝑥 =
13
Ha sin 𝑥 = 0,
akkor 𝑥1 = 𝑘𝜋,
2
ha 2cos 𝑥 − 1 = 0, akkor 𝜋
cos 𝑥 = ±
1 √2
.
𝜋
Ekkor 𝑥2 = 4 + 2𝑘𝜋; 𝑥3 = − 4 + 2𝑘𝜋; 𝑥4 =
3𝜋 4
+ 2𝑘𝜋; 𝑥5 = −
3𝜋 4
+ 2𝑘𝜋, 𝑘 ∈ ℤ
Megjegyzés: Gyakori hiba a sin 𝑥-el való leosztás, ami gyökvesztéshez vezet. c) 2sin2 𝑥 + 5 cos 𝑥 − 4 = 0 Használjuk a 𝑠𝑖𝑛2 𝑥 = 1 − 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 azonosságot! 2(1 − cos 2 𝑥) + 5 cos 𝑥 − 4 = 0 2 − 2cos2 𝑥 + 5 cos 𝑥 − 4 = 0 −2cos2 𝑥 + 5 cos 𝑥 − 2 = 0 2cos2 𝑥 − 5 cos 𝑥 + 2 = 0 Másodfokú egyenletet kapunk 𝑐𝑜𝑠𝑥-re nézve. A másodfokú egyenlet megoldóképletének segítségével megkapjuk a két gyököt: cos 𝑥1,2 = és
cos 𝑥1 = 2
ahonnan
5 ± √25 − 16 5 ± 3 = , 4 4 1 cos 𝑥2 = 2 .
Mivel −1 ≤ 𝑐𝑜𝑠𝑥 ≤ 1, ezért a cos 𝑥1 = 2 -nek nincs megoldása. 1
𝜋
A cos 𝑥2 = 2 megoldásai: d) A sin 𝑥 ∙ cos 𝑥 = −
√3 2
𝑥1 = 3 + 2𝑘𝜋;
𝜋
𝑥2 = − 3 + 2𝑘𝜋,
𝑘 ∈ ℤ.
egyenletet szorozzuk be 2-vel: 2 sin 𝑥 ∙ cos 𝑥 = −√3 .
Helyettesítsük be a sin 2𝑥-re vonatkozó azonosságot: sin 2𝑥 = −√3 , −√3 < −1 és − 1 ≤ sin 2𝑥 ≤ 1, ezért a sin 2𝑥 = −√3 -nak nincs megoldása. e) sin 𝑥 + cos 𝑥 = √2 Osszuk el az egyenletet √2-vel! 1 Vegyük észre, hogy
1 √2
𝜋
= cos 4
sin 𝑥 +
1
√2 √2 1 𝜋 ; 2 = sin 4 .
cos 𝑥 = 1
√
Ezeket behelyettesítve az egyenletbe: 𝜋 𝜋 cos ∙ sin𝑥 + sin ∙ cos𝑥 = 1 4 4 𝜋 sin (𝑥 + ) = 1 4 𝜋 𝜋 𝑥 + = + 2𝑘𝜋. 4 2 𝜋 Tehát az egyenlet megoldása: 𝑥 = + 2𝑘𝜋, 𝑘 ∈ ℤ. 4
11. Oldja meg az egyenletet a valós számok halmazán! cos 𝑥 +
sin2 𝑥 1 + sin 𝑥 + sin 2𝑥 = cos 𝑥 cos 𝑥 ELTE 2007. szeptember (földtudományi szak)
14
Megoldás: 𝜋
Értelmezési tartomány: cos 𝑥 ≠ 0 ⇒ 𝑥 ∈ ℝ és 𝑥 ≠ 2 + 𝑘𝜋; 𝑘 ∈ ℤ cos 𝑥 +
sin2 𝑥 1 + sin 𝑥 + sin 2𝑥 = cos 𝑥 cos 𝑥
Szorozzuk be az egyenletet cos 𝑥-el: cos 2 𝑥 + sin2 𝑥 + sin 𝑥 ∙ cos 𝑥 + sin 2𝑥 ∙ cos 𝑥 = 1. Alkalmazzuk az következő összefüggéseket: cos 2 𝑥 + sin2 𝑥 = 1 és sin 2𝑥 = 2 sin 𝑥 ∙ cos 𝑥: 1 + sin 𝑥 ∙ cos 𝑥 + 2 ∙ sin𝑥 ∙ cos 2 𝑥 = 1 sin 𝑥 ∙ cos 𝑥 + 2 ∙ sin 𝑥 ∙ cos 2 𝑥 = 0 . Emeljük ki a sin 𝑥 ∙ cos 𝑥 -et: sin 𝑥 ∙ cos 𝑥(1 + 2 cos 𝑥 ) = 0 . Ez akkor teljesül, ha sin 𝑥 = 0 vagy (1 + 2 cos 𝑥) = 0 vagy cos 𝑥 = 0, de ez utóbbi nem megoldás az értelmezési tartomány miatt. Ha sin 𝑥 = 0 ⇒
𝑥1 = 𝑘𝜋, 1
ha (1 + 2 cos 𝑥) = 0 ⇒ 𝑐𝑜𝑠 𝑥 = − 2 ⇒ 𝑥2 =
2𝜋 3
+ 2𝑘𝜋; 𝑥3 = −
2𝜋 3
+ 2𝑘𝜋, 𝑘 ∈ ℤ.
𝜋
12. Hány megoldása van a következő egyenletnek a [− 2 ; 2𝜋] intervallumon? 2 cos 𝑥 − 1 =0 3 2 sin 𝑥 − 4 (𝐴) 3
(𝐵) 4
(𝐶) 2
(𝐷) 1
(𝐸) 0
Megoldás: Először vizsgáljuk meg az értelmezési tartományt: sin2 𝑥 −
3 ≠0 4
sin2 𝑥 ≠
3 4
sin 𝑥 ≠ ± 𝑥1 ≠
𝜋 + 𝑘𝜋 3
és
√3 2
𝑥2 ≠−
𝜋 + 𝑘𝜋, 3
𝑘 ∈ ℤ.
Egy tört értéke akkor nulla, ha a számlálója nulla és a nevezője nem nulla. 2 cos 𝑥 − 1 = 0 cos 𝑥 =
1 . 2
Ennek a megoldásai: 𝜋
𝜋
𝑥1 = 3 + 2𝑘𝜋 és 𝑥2 = − 3 + 2𝑘𝜋, 𝑘 ∈ ℤ
15
Összevetve az értelmezési tartománnyal megállapíthatjuk, hogy nincs megoldása ennek az egyenletnek. Tehát a helyes válasz az (𝐸). 13. Hány megoldása van sin2 𝑥 ≤ 0 egyenlőtlenségnek a [−10; 10] zárt intervallumon? (𝐴) 1
(𝐵) 7
(𝐶) 6
(𝐷) 20
(𝐸) nincs megoldása
Megoldás: A négyzetre emelés miatt sin2 𝑥 ≥ 0. A két feltételből következik, hogy sin2 𝑥 = 0 sin 𝑥 = 0 𝑥 = 𝑘𝜋 Azt kell még megvizsgálni, hogy ezek a gyökök közül mennyi esik a megadott intervallumba. Mivel −4𝜋 < −10 < −3𝜋 és
3𝜋 < 10 < 4𝜋,
a következő ábrán jól látható, hogy 7 megoldása (−3𝜋; −2𝜋; −𝜋; 0; 𝜋; 2𝜋; 3𝜋) van az egyenlőtlenségnek ezen az intervallumon.
Tehát a helyes válasz a (𝐵). 14. Egy torony árnyéka a vízszintes talajon kétszer olyan hosszú, mint a torony magassága. Hány fokos szöget zár be ekkor a nap a vízszintes talajjal? Középszintű érettségi 2009. október
Megoldás: A hosszabb befogó legyen: 2𝑥, a rövidebb 𝑥. 𝑥
A derékszögű háromszögre felírhatjuk, hogy tg𝛼 = 2𝑥, és 1
𝑥-el egyszerűsítve kapjuk, hogy tgα = 2, ahonnan az 𝛼 = 26,57°.
16
15. Egy háromszög két oldalának arány 3:2, az általuk bezárt szög 120°, a harmadik oldala c=38 cm. Mekkorák az ismeretlen oldalak és szögek? Megoldás: Legyenek az oldalak 𝑎, 𝑏 és 𝑐. Ekkor 𝑎 = 3𝑥 é𝑠 𝑏 = 2𝑥 és 𝛾 = 120°. A két oldal és a közbezárt szög segítségével felírhatjuk a koszinusz tételt: 𝑐 2 = 𝑎2 + 𝑏 2 − 2𝑎𝑏cos𝛾. Helyettesítsünk be: 382 = (3𝑥)2 + (2𝑥)2 − 2(3𝑥) ∙ (2𝑥) ∙ cos 120 °. Végezzük el a műveleteket: 1 1444 = 9𝑥 2 + 4𝑥 2 − 12𝑥 2 ∙ (− ) 2 1444 = 9𝑥 2 + 4𝑥 2 + 6𝑥 2 1444 = 19𝑥 2 76 = 𝑥 2 𝑥 = √76 , (𝑥 > 0). Tehát az 𝑎 = 3√76 ≈ 26,15 (𝑐𝑚) és a 𝑏 = 2√76 ≈ 17,44(𝑐𝑚). A hiányzó szöget kiszámolhatjuk a szinusztétel segítségével (𝛼 biztos, hogy hegyesszög, mert 𝛾 tompaszög): sin 𝛼 3√76 = sin 120 ° 38 sin 𝛼 = 0,6 𝛼 = 36,6°. A háromszög szögeinek összege 180°, így 𝛽 = 180° − 120° − 36,6° = 23,4°. Tehát a háromszög hiányzó adatai: 𝑎 = 3√76 𝑐𝑚 ≈ 26,15 𝑐𝑚; 𝑏 = 2√76 𝑐𝑚 ≈ 17,44; 𝛼 = 36,6°; 𝛽 = 23,4°. 16. Tegyük fel, hogy egy háromszög szögeire fennáll, hogy tgβ ∙ sin2 γ = tgγ ∙ sin2 β. Igazolja, hogy ekkor a háromszög egyenlő szárú vagy derékszögű. Megoldás: Mivel létezik a tg𝛽 é𝑠 tg𝛾, ezért sem 𝛽, sem 𝛾 nem lehet 90°. A szögfüggvények közötti összefüggéseket használva, felírhatjuk: sin 𝛽 sin 𝛾 ∙ sin2 𝛾 = ∙ sin2 𝛽 . cos 𝛽 cos 𝛾 Oszthatunk 𝑠𝑖𝑛β-val és sin 𝛾-val, mivel ezek nem lehetnek nullák: sin 𝛾 sin 𝛽 = . cos 𝛽 cos 𝛾 Szorozzunk be a nevezőkkel: sin 𝛾 ∙ cos 𝛾 = sin 𝛽 ∙ cos 𝛽 . Szorozzuk meg mindkét oldalt 2-vel: 2 sin 𝛾 ∙ cos 𝛾 = 2 sin 𝛽 ∙ cos 𝛽 . 17
2 sin 𝛾 ∙ cos 𝛾 = sin 2𝛾 é𝑠 2 sin 𝛽 ∙ cos 𝛽 = sin 2𝛽 ezért: sin 2𝛾 = sin 2𝛽. Ez akkor teljesül, ha 2𝛾 = 2𝛽, amiből következik, hogy 𝛾 = 𝛽 vagyis a háromszög egyenlő szárú, VAGY, ha 2𝛾 = 180° − 2𝛽 Rendezzük ezt az egyenletet: 2𝛾 + 2𝛽 = 180° 2(𝛾 + 𝛽) = 180° 𝛾 + 𝛽 = 90° ⇒ 𝛼 = 90, tehát a háromszög ebben az esetben derékszögű.
18
