Trigonometrikus egyenletek megoldása Azonosságok és 12 mintapélda Frissítve: 2012. novermber 19. 23:07:41 1. Azonosságok
A sin és cos szögfüggvények derékszög¶ háromszögben vett, majd kiterjesztett de níciója és a Pithagorasz-tétel miatt teljesül a következ®: sin2 ϕ + cos2 ϕ = 1 (1) 1.1.
Azonosság.
1.2. Következmény.
sin2 ϕ = 1 − cos2 ϕ
(2)
cos2 ϕ = 1 − sin2 ϕ
(3)
1.3. Következmény.
1.4. Azonosság.
Mivel tgϕ =
cosϕ sinϕ és ctgϕ = , ezért cosϕ sinϕ ctgϕ =
1.5. Azonosság.
1 tgϕ
(4)
Fentiek miatt igaz a következ® is: tgϕ =
1 ctgϕ
(5)
Mivel számológép segítségével a tangens értékét könnyebb meghatározni, ezért ha lehetséges, a (4)-es és (5)-ös azonosságok közül válasszuk a (4)-est. 1.6. Megjegyzés.
2. Példák 2.1. Példa.
Oldjuk meg a következ® egyenletet a valós számok halmazán! 2 − 7sinx = 2cos2 x + 4
Felhasználva a (3)-as azonosságot, a következ®t kapjuk: 2 − 7sinx = 2(1 − sin2 x) + 4 2 − 7sinx = 2 − 2sin2 x + 4
1
Legyen most y = sinx. Ekkor: 2 − 7y = 2 − 2y 2 + 4 2y 2 − 7y − 4 = 0
Oldjuk meg ezt az egyenletet a másodfokú egyenlet megoldóképlete felhasználásával: p √
49 − 4 · 2 · (−4) 7 ± 81 7±9 = = 4 4 4 1 y1 = 4 és y2 = − 2 Térjünk vissza az általunk bevezetett y = sinx jelöléshez. y1,2 =
7±
y1 = 4 sinx = 4
Ebben az esetben nincs megoldás, hiszen a sinx értékkészlete a [−1; 1] intervallum. 1 2 1 sinx = − 2 y2 = −
A megoldások tehát: π + k · 2π 6 7π = + k · 2π 6 (k ∈ Z)
x1 = − x2
2.2. Példa.
Oldjuk meg a következ® egyenletet a valós számok halmazán! tgx + ctgx = 3
Felhasználva a (4)-es azonosságot, a következ®t kapjuk: tgx +
1 =3 tgx
Tegyük fel, hogy tgx 6= 0. Mindkét oldalt beszorozva tgx-szel: tg 2 x + 1 = 3tgx
2
Legyen most y = tgx. Ekkor: y 2 + 1 = 3y y 2 − 3y + 1 = 0
Oldjuk meg ezt az egyenletet a másodfokú egyenlet megoldóképlete felhasználásával: √ √ y1,2 =
3±
9−4·1·1 3± 5 = 2 2
√ 3+ 5 ≈ 2, 618 y1 = 2√ 3− 5 y2 = ≈ 0, 382 2
Térjünk vissza az általunk bevezetett y = tgx jelöléshez. y1 ≈ 2, 618 tgx ≈ 2, 618 x1 ≈ 69, 09◦ + k · 180◦ (k ∈ Z) y2 ≈ 0, 382 tgx ≈ 0, 382 x2 ≈ 20, 91◦ + k · 180◦ (k ∈ Z)
A feladat megoldása során tettünk egy tgx 6= 0 kikötést. Meg kell vizsgálnunk, hogy ezzel vesztettünk-e megoldást. Nyilvánvalóan nem, hiszen ahol a tangens függvény a 0-t veszi fel értékként, ott a kotangens függvény nem értelmezett, így az eredeti egyenlet sem értelmezett ezeken a helyeken. Megjegyzés. Ezek a helyek: tgx = 0 ⇐⇒ x = 0◦ + k · π(k ∈ Z) A megoldások tehát: x1 ≈ 69, 09◦ + k · 180◦ x2 ≈ 20, 91◦ + k · 180◦ (k ∈ Z)
3
3.1.
mazán!
Példa.
Oldjuk meg a következ® egyenletet a valós számok hal4 · cos2 x = 1 1 cos2 x = 4 1 2 π + + k · 2π 3 π − + k · 2π 3 2π + + k · 2π 3 2π + k · 2π − 3 (k ∈ Z)
cosx = ± x1 = x2 = x3 = x4 =
3.2. Példa.
Oldjuk meg a következ® egyenletet a valós számok halmazán! √ π 2 sin 5x − = − 4 2 π π = − + k · 2π 5x − 4 4 5x = 0 + k · 2π k · 2π x = 5 5π π 5x − = + k · 2π 4 4 6π 5x = + k · 2π 4 3π + k · 2π 5x = 2 3π k · 2π x = + 10 5
A megoldások tehát: k · 2π 5 3π k · 2π = + 10 5 (k ∈ Z)
x1 = x2
4
3.3. Példa.
Oldjuk meg a következ® egyenletet a valós számok halmazán! cosx = 0 1 + cos2x
Kikötés: 1 + cos2x 6= 0 cos2x 6= −1 2x 6= π + k · 2π π x 6= + kπ 2 cosx = 0 π x1,2 = ± + k · 2π 2
A kikötés miatt nincs megoldás. 3.4. Példa.
Oldjuk meg a következ® egyenletet a valós számok halmazán! 1 2 1 1 − sin2 x − sin2 x = 2 1 1 − 2sin2 x = 2 1 −2sin2 x = −1 2 1 −2sin2 x = − 2 1 2sin2 x = 2 1 2 sin x = 4 1 sinx = ± 2 cos2 x − sin2 x =
5
Mindkét esetben (sinx =
1 2
és sinx = − 12 ) két megoldáshalmaz van:
sinx = x1 = x2 = sinx = x3 = x4 =
3.5. Példa.
1 2 π + k · 2π 6 5π + k · 2π 6 1 − 2 π − + k · 2π 6 5π − + k · 2π 6 (k ∈ Z)
Oldjuk meg a következ® egyenletet a valós számok halmazán! sinx = 1 + cosx 1 − cosx
Kikötés: 1 − cosx 6= 0 cosx 6= 1 x 6= k · 2π sinx sinx sinx sinx sinx 0 0
= = = = = = =
(1 + cosx)(1 − cosx) 1 − cos2 x 1 − (1 − sin2 x) 1 − 1 + sin2 x sin2 x sin2 x − sinx sinx · (sinx − 1)
Egy szorzat 0, ha valamelyik szorzótényez®je 0. sinx x sinx − 1 sinx x
= = = = =
6
0 k·π 0 1 π + k · 2π 2
A kikötés miatt az x = k · π megoldások közül nem mindegyik jó, csak a páratlan együtthatójúak. A megoldások tehát: x1 = π + k · 2π π x2 = + k · 2π 2 (k ∈ Z)
7
4.1.
mazán!
Példa.
Oldjuk meg a következ® egyenletet a valós számok hal 5π π = tg 3x + tg 7x − 3 3 π 5π 7x − = 3x + + kπ 3 3 4x = 2π + kπ π kπ x = + 2 4 (k ∈ Z)
4.2. Példa.
Oldjuk meg a következ® egyenletet a valós számok halmazán!
y1,2
tg 2 x − 4tgx + 3 y 2 − 4y + 3 √ 4 ± 16 − 12 = 2 y1 tgx1 x1 y2 tgx2 x2
= 0 = 0 4±2 = 2 = 3 = 3 = 71, 57◦ + kπ = 1 = 1 = 45◦ + kπ
A megoldások tehát: x1 = 71, 57◦ + kπ x2 = 45◦ + kπ (k ∈ Z)
8
4.3. Példa.
y1,2
Oldjuk meg a következ® egyenletet a valós számok halmazán!
ctgx − tgx 1 − tgx tgx 1 −y y 1 − y2 0 √ √ √ −2 3 ± 4 −2 3 ± 12 + 4 = = 2 2 y1 tgx1 x1 y2 tgx2 x2
tgx 6= 0, és ez nem is teljesül. A megoldások tehát: Kikötés.
x1 = 15◦ + kπ x2 = −75◦ + kπ (k ∈ Z)
9
√ = 2 3 √ = 2 3 √ = 2 3 √ = 2 3·y √ = y2 + 2 3 · y − 1 √ = − 3±2 √ = − 3+2 √ = − 3+2 = 15◦ + kπ √ = − 3−2 √ = − 3−2 = −75◦ + kπ
4.4. Példa.
Oldjuk meg a következ® egyenletet a valós számok halmazán! 3 · tg 2 x + ctg 2 x = 4 1 3 · tg 2 x + 2 = 4 tg x y = tg 2 x 1 3y + = 4 y 3y 2 + 1 = 4y 3y 2 − 4y + 1 = 0 √ 4 ± 16 − 12 4±2 y1,2 = = 6 6 y1 = 1 tg 2 x = 1 tgx1 = 1 tgx2 = −1 ◦ x2 = −45◦ + kπ x1 = 45 + kπ 1 y2 = 3 1 tg 2 x = 3 √ √ 1 1 3 3 tgx4 = − √ = − tgx3 = √ = 3 3 3 3 ◦ ◦ x3 = 30 + kπ x4 = −30 + kπ
Kikötés. tgx 6= 0, de az nem is teljesül. A megoldások tehát:
x1 x2 x3 x4
= = = =
45◦ + kπ −45◦ + kπ 30◦ + kπ −30◦ + kπ (k ∈ Z)
10
4.5. Példa.
Oldjuk meg a következ® egyenletet a valós számok halmazán! tg 2 x − 5 =
1 cosx
sin2 x 1 −5 = 2 cos x cosx sin2 x − 5cosx = 1 cosx sin2 x − 5cos2 x 1 − cos2 x − 5cos2 x 1 − 6cos2 x 0 √ −1 ± 1 + 24 cosx1,2 = 12 1 4 = cosx1 = 12 3 x1 ≈ ±70, 53◦ + k · 360◦
= = = =
cosx cosx cosx 6cos2 x + cosx − 1 −1 ± 5 = 12 −6 1 cosx2 = =− 12 2 x2 = ±120◦ + k · 360◦ (k ∈ Z)
11
Házi feladat 2012. november 20. 2787.
a)
Megoldás.
π cos2 2x + =1 2 π cos 2x + = 1 2 π = k · 2π 2x + 2 π 2x = − + k · 2π 2 π x1 = − + k · π 4 π cos 2x + = −1 2 π = −π + k · 2π 2x + 2 3π 2x = − + k · 2π 2 3π x2 = − +k·π 4
A megoldások tehát: π +k·π 4 3π = − +k·π 4 (k ∈ Z)
x1 = − x2
12
2787.
b)
2π 4sin 3x − =3 3 2
2π = sin 3x − 3 2π sin 3x − = 3 2π = 3x − 3 3x = 2
x1 2π sin 3x − 3 2π 3x − 3 3x
= = = =
x2 =
3 4 √
3 2 π + k · 2π 3 π + k · 2π π k · 2π + 3√ 3 3 − 2 π − + k · 2π 3 π + k · 2π 3 π k · 2π + 9 3
A megoldások tehát: π k · 2π + 3 3 π k · 2π = + 9 3 (k ∈ Z)
x1 = x2
13
2817.
a)
tgx + ctgx = 3 1 = 3 tgx y = tgx 1 = 3 y+ y y 2 + 1 = 3y y 2 − 3y + 1 = 0 √ 3± 5 y1,2 = 2 √ √ 3+ 5 3− 5 y1 = ≈ 2, 618 y2 = ≈ 0, 382 2 2 tgx1 ≈ 2, 618 tgx2 ≈ 0, 382 ◦ x1 ≈ 69, 09 + kπ x2 ≈ 20, 91◦ + kπ (k ∈ Z) tgx +
Adott megoldásoknál mind a tangens, mind a kotangens függvény értelmezett, így a megoldások helyesek. Kikötés.
14
2817.
b)
tgx − ctgx = 2
1 = 2 tgx y = tgx 1 y− = 2 y y 2 − 1 = 2y y 2 − 2y − 1 = 0 √ √ √ 2± 8 2±2 2 y1,2 = = = 1± 2 2 √ 2 √ y1 = 1 + 2 ≈ 2, 4142 y2 = 1 − 2 ≈ −0, 4142 tgx1 ≈ 2, 4142 tgx2 ≈ −0, 4142 ◦ x1 ≈ 67, 5 + kπ x2 ≈ −22, 5◦ + kπ (k ∈ Z) tgx −
Adott megoldásoknál mind a tangens, mind a kotangens függvény értelmezett, így a megoldások helyesek. Kikötés.
15
