Trigonometri – blandede oppgaver

Det er lurt å tegne en enhetssirkel og bruke den når du skal finne verdiene.

Sett vinklene inn i ei liste først.

Multipliser ut uttrykket $$ \left(\sin x+a\right)\left(\cos x+b\right)$$ og sett opp tre betingelser for at det skal være mulig å skrive likningen på denne måten.

Tegn en enhetssirkel og bruk den til å løse oppgaven.

Her kan det lønne seg å bruke vanlig framgangsmåte for å løse ulikheter.

$$ \sin 30°=\frac{1}{2}, \cos 30°=\frac{1}{2}\sqrt{3}, \tan 30°=\frac{1}{3}\sqrt{3}$$

$$ \sin \frac{2\pi }{3}=\sin \frac{\pi }{3}=\frac{1}{2}\sqrt{3}$$
$$ \cos \frac{2\pi }{3}=-\cos \left(\frac{\pi }{3}\right)=-\frac{1}{2}$$
$$ \tan \frac{2\pi }{3}=-\tan \frac{\pi }{3}=-\sqrt{3}$$

$$ \sin \left(-\frac{\pi }{3}\right)=-\sin \left(\frac{\pi }{3}\right)=-\frac{1}{2}\sqrt{3}$$
$$ \cos \left(-\frac{\pi }{3}\right)=\cos \left(\frac{\pi }{3}\right)=\frac{1}{2}$$
$$ \tan \left(-\frac{\pi }{3}\right)=-\tan \left(\frac{\pi }{3}\right)=-\sqrt{3}$$

$$ \sin \frac{7\pi }{6}=\sin \left(-\frac{\pi }{6}\right)=-\sin \frac{\pi }{6}=-\frac{1}{2}$$
$$ \cos \frac{7\pi }{6}=\cos \frac{5\pi }{6}=-\cos \frac{\pi }{6}=-\frac{1}{2}\sqrt{3}$$
$$ \tan \frac{7\pi }{6}=\tan \frac{\pi }{6}=\frac{1}{3}\sqrt{3}$$

$$ \sin \left(-135°\right)=-\sin 45°=-\frac{1}{2}\sqrt{2}$$
$$ \cos \left(-135°\right)=\cos 135°=-\cos 45°=-\frac{1}{2}\sqrt{2}$$
$$ \tan \left(-135°\right)=\tan 45°=1$$

$$ \sin 3\pi =\sin \pi =0$$
$$ \cos 3\pi =\cos \pi =-1$$
$$ \tan 3\pi =0$$ fordi $$ \sin 3\pi =0$$

$$ \sin 300°=-\sin 60°=-\frac{1}{2}\sqrt{3}$$
$$ \cos 300°=\cos 60°=\frac{1}{2}$$
$$ \tan 300°=-\tan 60°=-\sqrt{3}$$

$$ \sin \left(-\frac{8\pi }{3}\right)=\sin \left(-\frac{2\pi }{3}\right)=-\sin \frac{2\pi }{3}=-\sin \frac{\pi }{3}=-\frac{1}{2}\sqrt{3}$$
$$ \cos \left(-\frac{8\pi }{3}\right)=\cos \left(-\frac{2\pi }{3}\right)=\cos \frac{2\pi }{3}=-\cos \frac{\pi }{3}=-\frac{1}{2}$$
$$ \tan \left(-\frac{8\pi }{3}\right)=\tan \left(-\frac{2\pi }{3}\right)=\tan \frac{\pi }{3}=\sqrt{3}$$

Ingen av vinklene har kjente, eksakte verdier. Vi løser oppgaven med CAS i GeoGebra. For å spare inntasting legger vi de fire vinklene inn i ei liste.

$$ f\left(x\right)=\sin x=A·\sin \left(kx+𝜑\right)+d$$

Amplituden $$ A=1$$.

$$ y$$-verdien til likevektslinja $$ d=0$$, så likevektslinja er $$ x$$-aksen.

$$ k=1$$, som gir at perioden $$ p=\frac{2\pi }{k}=\frac{2\pi }{1}=2\pi $$.

$$ 𝜑=0$$, som gir at faseforskyvningen er 0.

Sinusfunksjonen har toppunkter for $$ x=\frac{\pi }{2}+k_1·2\pi $$ der $$ k_1\in \mathrm{\mathbb{Z}}$$, og $$ y$$-koordinatene er 1. Bunnpunktene er for $$ x=\frac{3\pi }{2}+k_1·2\pi $$, og $$ y$$-koordinatene er $$ -1$$.

Siden likevektslinja er $$ x$$-aksen, vil nullpunktene være for $$ x$$-verdier midt mellom $$ x$$-verdiene til topp- og bunnpunktene. Nullpunktene er derfor $$ x=k_1·\pi $$.

Grafen til $$ f$$:

$$ g\left(x\right)=\frac{3}{2}\sin \left(2x+\frac{\pi }{3}\right)-1=A·\sin \left(kx+𝜑\right)+d$$

Amplituden $$ A=\frac{3}{2}$$.

$$ y$$-verdien til likevektslinja $$ d=-1$$, så likevektslinja er linja $$ y=-1$$.

$$ k=2$$, som gir at perioden $$ p=\frac{2\pi }{2}=\pi $$.

$$ 𝜑=\frac{\pi }{3}$$, som gir at faseforskyvningen
$$ x_f=-\frac{𝜑}{k}=-\frac{{\displaystyle \frac{\pi }{3}}}{2}=-\frac{\pi }{6}$$.

$$ g$$ har toppunkter når

$$ \begin{array}{rcl}\sin \left(2x+\frac{\pi }{3}\right) & =& 1\\ 2x+\frac{\pi }{3} & =& \frac{\pi }{2}+k_1·2\pi \\ 2x & =& \frac{\pi }{6}+k_1·2\pi \\ x & =& \frac{\pi }{12}+k_1·\pi \end{array}$$

der $$ k_1\in \mathrm{\mathbb{Z}}$$, og $$ y$$-koordinatene er $$ -1+\frac{3}{2}=\frac{1}{2}$$.

Vi finner et bunnpunkt en halv periode etter et toppunkt, det vil si for $$ x=\frac{\pi }{12}+\frac{\pi }{2}=\frac{7\pi }{12}$$.

$$ g$$ har derfor bunnpunkter for $$ x=\frac{7\pi }{12}+k_1·\pi $$, og $$ y$$-koordinatene er $$ -1-\frac{3}{2}=-\frac{5}{2}$$.

Nullpunktene finner vi ved å løse likningen $$ g\left(x\right)=0$$. Denne likningen gir ingen eksakte trigonometriske verdier vi kan finne vinkelen til manuelt, så vi bruker CAS i GeoGebra.

Nullpunktene er derfor $$ x=-0,16+k_1·\pi \wedge x=0,68+k_1·\pi $$.

Grafen til $$ g$$:

Siden $$ h$$ er en tangensfunksjon, gir det ikke mening å snakke om amplitude, likevektslinje eller topp- og bunnpunkter. Vi ser også bort fra faseforskyvning.

Periode: $$ \frac{p}{2}=\pi \iff p=2\pi $$ (Husk at tangensfunksjonen $$ \tan x$$ har periode $$ \pi $$.)

Nullpunkter:

$$ \begin{array}{rcl}h\left(x\right) & =& 0\\ 2\tan \frac{x}{2} & =& 0\\ \tan \frac{x}{2} & =& 0\\ \frac{x}{2} & =& k·\pi , k\in \mathrm{\mathbb{Z}}\\ x & =& k·2\pi \end{array}$$

Grafen til $$ h$$:

$$ i\left(x\right)=-3\sin \left(\frac{\pi }{3}-2x\right)=A·\sin \left(kx+𝜑\right)+d$$

Her har vi i utgangspunktet negativ verdi for $$ A$$ og $$ k$$. Derfor skriver vi om funksjonen ved hjelp av $$ \sin \left(-x\right)=-\sin x$$.

$$ \begin{array}{rcl}i\left(x\right) & =& -3\sin \left(\frac{\pi }{3}-2x\right)\\ & =& -3\sin \left(-\left(2x-\frac{\pi }{3}\right)\right)\\ & =& 3\sin \left(2x-\frac{\pi }{3}\right)\end{array}$$

Amplituden $$ A=3$$.

$$ y$$-verdien til likevektslinja $$ d=0$$, så likevektslinja er $$ x$$-aksen.

$$ k=2$$, som gir at perioden $$ p=\frac{2\pi }{2}=\pi $$.

$$ 𝜑=-\frac{\pi }{3}$$, som gir at faseforskyvningen $$ x_f=-\frac{𝜑}{k}=-\frac{{\displaystyle -\frac{\pi }{3}}}{2}=\frac{\pi }{6}$$.

$$ i$$ har toppunkter når

$$ \begin{array}{rcl}\sin \left(2x-\frac{\pi }{3}\right) & =& 1\\ 2x-\frac{\pi }{3} & =& \frac{\pi }{2}+k_1·2\pi \\ 2x & =& \frac{5\pi }{6}+k_1·2\pi \\ x & =& \frac{5\pi }{12}+k_1·\pi \end{array}$$

der $$ k_1\in \mathrm{\mathbb{Z}}$$, og $$ y$$-koordinatene er $$ 3$$.

Vi finner et bunnpunkt en halv periode etter et toppunkt, det vil si for $$ x=\frac{5\pi }{12}+\frac{\pi }{2}=\frac{11\pi }{12}$$.

$$ i$$ har derfor bunnpunkter for $$ x=\frac{11\pi }{12}+k_1·\pi $$, og $$ y$$-koordinatene er $$ -3$$.

Nullpunkter:

$$ \begin{array}{rcl}i\left(x\right) & =& 0\\ 3\sin \left(2x-\frac{\pi }{3}\right) & =& 0\\ \sin \left(2x-\frac{\pi }{3}\right) & =& 0\\ 2x-\frac{\pi }{3} & =& k_1·2\pi \vee 2x-\frac{\pi }{3} = \pi +k_1·2\pi \end{array}$$

Vi kan slå sammen disse to løsningene til én. Vi får at nullpunktene er

$$ \begin{array}{rcl}2x-\frac{\pi }{3} & =& k_1·\pi \\ 2x & =& \frac{\pi }{3}+k_1·\pi \\ x & =& \frac{\pi }{6}+k_1·\frac{\pi }{2}\end{array}$$

Grafen til $$ i$$:

Her skriver vi funksjonen om til en sinusfunksjon.

$$ \begin{array}{rcl}j\left(x\right) & =& 2\cos 2x-3\\ & =& 2\sin \left(\frac{\pi }{2}-2x\right)-3\\ & =& 2\sin \left(\pi -\left(\frac{\pi }{2}-2x\right)\right)-3\\ & =& 2\sin \left(2x+\frac{\pi }{2}\right)-3=A·\sin \left(kx+𝜑\right)+d\end{array}$$

Her brukte vi først sammenhengen mellom sinus og cosinus til komplementvinkler. Etterpå brukte vi at supplementvinkler har samme sinusverdi for å unngå negativ verdi for $$ k$$.

Amplituden $$ A=2$$.

$$ y$$-verdien til likevektslinja $$ d=-3$$, så likevektslinja er $$ y=-3$$.

$$ k=2$$, som gir at perioden $$ p=\frac{2\pi }{2}=\pi $$.

$$ 𝜑=\frac{\pi }{2}$$, som gir at faseforskyvningen $$ x_f=-\frac{𝜑}{k}=-\frac{{\displaystyle \frac{\pi }{2}}}{2}=-\frac{\pi }{4}$$.

Funksjonen har toppunkter når

$$ \begin{array}{rcl}\sin \left(2x+\frac{\pi }{2}\right) & =& 1\\ 2x+\frac{\pi }{2} & =& \frac{\pi }{2}+k_1·2\pi \\ 2x & =& k_1·2\pi \\ x & =& k_1·\pi \end{array}$$

der $$ k_1\in \mathrm{\mathbb{Z}}$$, og $$ y$$-koordinatene er $$ -3+2=-1$$.

Vi finner et bunnpunkt en halv periode etter et toppunkt, det vil si for $$ x=\frac{\pi }{2}$$.

$$ j$$ har derfor bunnpunkter for $$ x=\frac{\pi }{2}+k_1·\pi $$, og $$ y$$-koordinatene er $$ -3-2=-5$$.

Funksjonen har ingen nullpunkter siden $$ y$$-koordinaten til toppunktene er $$ -1$$.

Grafen til $$ j$$:

Vi starter med å definere de fire størrelsene $$ A, k, 𝜑$$ og $$ d$$, og vi bruker disse til å skrive inn funksjonen $$ m\left(x\right)$$. Deretter regner vi ut perioden $$ p$$, faseforskyvningen $$ x_f$$, $$ x$$-koordinaten $$ x_t$$ til ett av toppunktene, $$ x$$-koordinaten $$ x_b$$ til ett av bunnpunktene og til slutt nullpunktene.

$$ x$$-koordinatene til toppunktene er $$ 0,71+k_1·\frac{5\pi }{2}, k_1\in \mathrm{\mathbb{Z}}$$ og $$ y$$-koordinaten er $$ -2+2,3=0,3$$.

$$ x$$-koordinatene til bunnpunktene er $$ -3,21+k_1·\frac{5\pi }{2}$$, og $$ y$$-koordinaten er $$ -2-2,3=-4,3$$.

Nullpunktene er $$ x=0,07+7,85k_1 \vee x=1,36+7,85k_1$$

Grafen til $$ m$$:

Vi gjør tilsvarende som i oppgave a). Vi starter med å definere de fire størrelsene $$ A, k, 𝜑$$ og $$ d$$, og vi bruker disse til å skrive inn funksjonen $$ m\left(x\right)$$. Deretter regner vi ut perioden $$ p$$, faseforskyvningen $$ x_f$$, $$ x$$-koordinaten $$ x_t$$ til ett av toppunktene, $$ x$$-koordinaten $$ x_b$$ til ett av bunnpunktene og til slutt nullpunktene.

$$ x$$-koordinatene til toppunktene er $$ 0,64+k_1·0,97, k_1\in \mathrm{\mathbb{Z}}$$ og $$ y$$-koordinaten er $$ 0,08+0,15=0,23$$.

$$ x$$-koordinatene til bunnpunktene er $$ 0,16+k_1·0,97$$, og $$ y$$-koordinaten er $$ 0,08-0,15=-0,07$$.

Nullpunktene er $$ x=0,31+0,97k_1 \vee x=0,97+0,97k_1$$

Grafen til $$ n$$:

$$ \begin{array}{rcl}f\left(x\right) & =& \sin x\\ f^{\text{'}}\left(x\right) & =& \cos x\end{array}$$

$$ \begin{array}{rcl}g\left(x\right) & =& \frac{3}{2}\sin \left(2x+\frac{\pi }{3}\right)-1\\ g^{\text{'}}\left(x\right) & =& \frac{3}{2}\cos \left(2x+\frac{\pi }{3}\right)·2\\ & =& 3\cos \left(2x+\frac{\pi }{3}\right)\end{array}$$

$$ \begin{array}{rcl}h\left(x\right) & =& 2\tan \frac{x}{2}\\ h^{\text{'}}\left(x\right) & =& 2·\frac{1}{{\cos }^{2}x}·\frac{1}{2}\\ & =& \frac{1}{{\cos }^{2}x}\end{array}$$

$$ \begin{array}{rcl}i\left(x\right) & =& -3\sin \left(\frac{\pi }{2}-2x\right)\\ i^{\text{'}}\left(x\right) & =& -3\cos \left(\frac{\pi }{2}-2x\right)\left(-2\right)\\ & =& 6\cos \left(\frac{\pi }{2}-2x\right)\end{array}$$

$$ \begin{array}{rcl}j\left(x\right) & =& 2\cos 2x-3\\ j^{\text{'}}\left(x\right) & =& 2\left(-\sin 2x\right)·2\\ & =& -4\sin 2x\end{array}$$

$$ \begin{array}{rcl}4\cos x-2 & =& 0\\ \cos x & =& \frac{1}{2}\\ x & =& \frac{\pi }{3}+k·2\pi \vee x=-\frac{\pi }{3}+k·2\pi ,\\ k & \in & \mathrm{\mathbb{Z}}\end{array}$$

$$ \begin{array}{rcl}\sin x & =& \frac{1}{2}\sqrt{3} , x\in [0,4\pi ⟩\\ x & =& \frac{\pi }{3}+k·2\pi \vee x=\frac{2\pi }{3}+k·2\pi \\ & & \end{array}$$

For begge løsningene får vi løsninger i det oppgitte området når $$ k=0 \vee k=1$$.

$$ L=\left\{\frac{\pi }{3},\frac{2\pi }{3},\frac{7\pi }{3},\frac{8\pi }{3}\right\}$$

$$ \begin{array}{rcl}2\sin x & =& \sqrt{2}\\ \sin x & =& \frac{1}{2}\sqrt{2}\\ x & =& \frac{\pi }{4}+k·2\pi \vee x=\frac{3\pi }{4}+k·2\pi ,\\ k & \in & \mathrm{\mathbb{Z}}\end{array}$$

$$ \begin{array}{rcl}\tan 2x & =& -\sqrt{3}\\ 2x & =& \frac{2\pi }{3}+k·\pi \\ x & =& \frac{\pi }{3}+k·\frac{\pi }{2}, k\in \mathrm{\mathbb{Z}}\end{array}$$

$$ \begin{array}{rcl}2\sin 2x-\sqrt{3} & =& 0 , 0\le x<2\pi \\ \sin 2x & =& \frac{1}{2}\sqrt{3}\\ 2x & =& \frac{\pi }{3}+k·2\pi \vee 2x=\frac{2\pi }{3}+k·2\pi \\ x & =& \frac{\pi }{6}+k·\pi \vee x=\frac{\pi }{3}+k·\pi ,\\ k & \in & \mathrm{\mathbb{Z}}\end{array}$$

For begge løsningene får vi løsninger i det oppgitte området når $$ k=0 \vee k=1$$.

$$ L=\left\{\frac{\pi }{6},\frac{\pi }{3},\frac{7\pi }{6},\frac{4\pi }{3}\right\}$$

$$ \begin{array}{rcl}3\sin 4x & =& 4 , 0\le x<2\pi \\ \sin 4x & =& \frac{4}{3}\end{array}$$

Likningen har ingen løsning siden tallet på høyre side er større enn 1.

$$ L=\varnothing $$

(Løsningsmengden er den tomme mengden.)

$$ \begin{array}{rcl}2\tan 3x-3 & =& 0\\ \tan 3x & =& \frac{3}{2}\\ 3x & =& \arctan \frac{3}{2}+k·\pi \\ x & =& \frac{1}{3} \arctan \frac{3}{2}+k·\frac{\pi }{3}\end{array}$$

Løsningen kan godt presenteres slik, men likningen må løses med digitale hjelpemidler dersom vi ønsker en tilnærmet verdi.

$$ \begin{array}{rcl}2\cos \left(4x-\frac{\pi }{3}\right)-\sqrt{3} & =& 0\\ \cos \left(4x-\frac{\pi }{3}\right) & =& \frac{1}{2}\sqrt{3}\\ 4x-\frac{\pi }{3} & =& \frac{\pi }{6}+k·2\pi \vee 4x-\frac{\pi }{3}=-\frac{\pi }{6}+k·2\pi \\ 4x & =& \frac{\pi }{2}+k·2\pi \vee 4x=\frac{\pi }{6}+k·2\pi \\ x & =& \frac{\pi }{8}+k·\frac{\pi }{2} \vee x=\frac{\pi }{24}+k·\frac{\pi }{2},\\ k & \in & \mathrm{\mathbb{Z}}\end{array}$$

$$ \begin{array}{rcl}-\sqrt{2}\sin \frac{x}{2}+1 & =& 0 , x\in [-2\pi ,2\pi ⟩\\ \sin \frac{x}{2} & =& \frac{1}{\sqrt{2}}\\ & =& \frac{1}{2}\sqrt{2}\\ \frac{x}{2} & =& \frac{\pi }{4}+k·2\pi \vee \frac{x}{2}=\frac{3\pi }{4}+k·2\pi \\ x & =& \frac{\pi }{2}+k·4\pi \vee x=\frac{3\pi }{2}+k·4\pi \end{array}$$

Vi får bare løsninger når $$ k=0$$.

$$ L=\left\{\frac{\pi }{2},\frac{3\pi }{2}\right\}$$

$$ {\sin }^{2}x+2{\cos }^{2}x-\cos x=7$$

Siden høyresiden er et såpass stort tall som 7, kan vi mistenke at likningen ikke har noen løsning. Vi kan argumentere slik:

Høyresiden er 7. På venstre side har vi tre ledd som kan være maksimalt 1, 2 og 1. Venstresiden kan derfor maksimalt bli 4, og likningen har ingen løsning.

Dersom vi prøver å løse denne på vanlig måte uten hjelpemidler, kan løsningen være slik:

Vi starter med å omforme $$ {\sin }^{2}x$$ ved hjelp av enhetsformelen slik at vi får en andregradslikning i $$ \cos x$$.

$$ \begin{array}{rcl}1-{\cos }^{2}x+2{\cos }^{2}x-\cos x & =& 7\\ {\cos }^{2}x-\cos x-6 & =& 0\\ \left(\cos x-3\right)\left(\cos x+2\right) & =& 0\\ \cos x & =& 3 \vee \cos x=-2\end{array}$$

Ingen av disse har løsning, så den opprinnelige likningen har derfor heller ingen løsning.

Vi multipliserer ut uttrykket $$ \left(\sin x+a\right)\left(\cos x+b\right)$$.

$$ \left(\sin x+a\right)\left(\cos x+b\right)=\sin x\cos x+b\sin x+a\cos x+ab$$

Vi sammenlikner nå dette med uttrykket på venstre side av likningen etter at vi har flyttet alle ledd på venstre side:

$$ \sin x·\cos x-\frac{1}{2}\cos x+\frac{\sqrt{2}}{2}\sin x-\frac{\sqrt{2}}{4}=0$$

Dersom omskrivingen skal fungere, må tallene foran $$ \sin x$$ og $$ \cos x$$ stemme overens. Dette gir

$$ a=-\frac{1}{2} \wedge b=\frac{\sqrt{2}}{2}$$

Det er de to første betingelsene. Samtidig må vi sjekke at produktet av $$ a$$ og $$ b$$ blir lik $$ -\frac{\sqrt{2}}{2}$$, som blir det tredje vilkåret.

$$ a·b=-\frac{1}{2}·\frac{\sqrt{2}}{2}=-\frac{\sqrt{2}}{4}$$

Det tredje vilkåret er oppfylt. Det betyr at likningen kan omformes.

$$ \begin{array}{rcl}\left(\sin x+a\right)\left(\cos x+b\right) & =& 0\\ \left(\sin x-\frac{1}{2}\right)\left(\cos x+\frac{\sqrt{2}}{2}\right) & =& 0\\ \sin x-\frac{1}{2} & =& 0 \vee \cos x+\frac{\sqrt{2}}{2}=0\\ \sin x & =& \frac{1}{2} \vee \cos x=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}$$

$$ \begin{array}{rcl}\sin x & =& \frac{1}{2}\\ x & =& \frac{\pi }{6}+k·2\pi \vee x=\frac{5\pi }{6}+k·2\pi \\ k & \in & \mathrm{\mathbb{Z}}\end{array}$$

$$ \begin{array}{rcl}\cos x & =& -\frac{\sqrt{2}}{2}\\ x & =& \frac{3\pi }{4}+k·2\pi \vee x=-\frac{3\pi }{4}+k·2\pi \\ k & \in & \mathrm{\mathbb{Z}}\end{array}$$

Løsningsmengden blir

$$ L=\left\{-\frac{3\pi }{4}+k·2\pi ,\frac{\pi }{6}+k·2\pi ,\frac{3\pi }{4}+k·2\pi ,\frac{5\pi }{6}+k·2\pi \right\}$$

Vi ser at vi får to serier med skjæringspunkter. I den ene serien har skjæringspunktene $$ y$$-koordinat $$ \mathrm{0,5}$$, i den andre $$ y$$-koordinat $$ \mathrm{-0,25}$$. $$ x$$-verdiene ligger med fast avstand $$ \frac{\pi }{2}$$ til hverandre. Vi leser av $$ x$$-verdien $$ \frac{\pi }{8}$$ til ett av skjæringspunktene. Da kan vi skrive løsningen som

$$ L=\left\{\frac{\pi }{8}+k·\frac{\pi }{2}\right\}, k\in \mathrm{\mathbb{Z}}$$

Vi ser at vi får to serier med skjæringspunkter. Den ene serien får vi når den rette linja skjærer en stigende graf. Ett av disse skjæringspunktene har $$ x$$-koordinat $$ \frac{\pi }{8}$$. Den andre serien får vi når den rette linja skjærer en synkende graf. Ett av disse skjæringspunktene har $$ x$$-koordinat $$ \frac{\pi }{4}$$.

For begge seriene er avstanden fra skjæringspunkt til skjæringspunkt $$ \frac{\pi }{2}$$. Vi må derfor skrive opp to uttrykk for løsningen.

$$ L=\left\{\frac{\pi }{8}+k·\frac{\pi }{2}, \frac{\pi }{4}+k·\frac{\pi }{2}\right\}, k\in \mathrm{\mathbb{Z}}$$

Vi ser at vi får to serier med skjæringspunkter. Den ene serien får vi når begge grafene er stigende. Ett av disse skjæringspunktene har $$ x$$-koordinat 0. Den andre serien får vi når begge grafene er synkende. Ett av disse skjæringspunktene har $$ x$$-koordinat $$ \frac{4}{5}$$ av $$ \frac{\pi }{4}$$, det vil si $$ \frac{4\pi }{20}=\frac{\pi }{5}$$.

For begge seriene er avstanden fra skjæringspunkt til skjæringspunkt $$ \frac{\pi }{2}$$. Vi må derfor skrive opp to uttrykk for løsningen.

$$ L=\left\{k·\frac{\pi }{2}, \frac{\pi }{5}+k·\frac{\pi }{2}\right\}, k\in \mathrm{\mathbb{Z}}$$

$$ \begin{array}{rcl}2\arcsin 2x & =& \pi \\ \arcsin 2x & =& \frac{\pi }{2}\end{array}$$

$$ \frac{\pi }{2}$$ er akkurat innenfor verdimengden til $$ \arcsin x$$, så likningen har løsning. Vi får

$$ \begin{array}{rcl}\sin \left(\arcsin 2x\right) & =& \sin \frac{\pi }{2}\\ 2x & =& 1\\ x & =& \frac{1}{2}\end{array}$$

$$ \begin{array}{rcl}2\arccos \left(x^2-3\right) & =& 0\\ \arccos \left(x^2-3\right) & =& 0\end{array}$$

0 er akkurat innenfor verdimengden til $$ \arccos x$$, så likningen har løsning. Vi får

$$ \begin{array}{rcl}\cos \left(\arccos \left(x^2-3\right)\right) & =& \cos 0\\ x^2-3 & =& 1\\ x^2 & =& 4\\ x & =& -2 \vee x=2\end{array}$$

Yasmin har gjort feil når hun skal finne den andre løsningen. Hun må finne supplementvinkelen til $$ \frac{4\pi }{3}$$.

Riktig løsning blir

$$ \begin{array}{rcl}2\sin x & =& -\sqrt{3}\\ \sin x & =& -\frac{1}{2}\sqrt{3}\\ x & =& \frac{4\pi }{3} \vee x= \pi -\frac{4\pi }{3}=-\frac{\pi }{3}\\ x & =& \frac{4\pi }{3} \vee x= 2\pi -\frac{\pi }{3}=\frac{5\pi }{3}\end{array}$$

$$ L=\left\{\frac{4\pi }{3},\frac{5\pi }{3}\right\}$$

Jomar må huske å sjekke om $$ \cos 2x=0$$ kan være løsning i likningen siden han dividerer med $$ \cos 2x$$. Siden $$ \cos 2x$$ er felles faktor i alle ledd i likningen, vil $$ \cos 2x=0$$ løse likningen siden alle leddene blir null.

Jomar har også glemt å dele alle ledd på 2 to steder når han går fra $$ 2x$$ til $$ x$$.

Den fullstendige løsningen blir som følger:

$$ \begin{array}{rcl}2{\sin }^{2}2x·\cos 2x+{\cos }^{2}2x & =& \cos 2x , \cos 2x\ne 0\\ 2{\sin }^{2}2x+\cos 2x & =& 1\\ 2\left(1-{\cos }^{2}2x\right)+\cos 2x & =& 1\\ 2-2{\cos }^{2}2x+\cos 2x & =& 1\\ -2{\cos }^{2}2x+\cos 2x+1 & =& 0\\ \cos 2x & =& \frac{-1\pm \sqrt{1^2-4·\left(-2\right)·1}}{2·\left(-2\right)}\\ & =& \frac{-1\pm \sqrt{1+8}}{-4}\\ & =& \frac{1\pm 3}{4}\end{array}$$

$$ \begin{array}{rcl}\cos 2x & =& 1 \vee \cos 2x=-\frac{1}{2}\\ 2x & =& k·2\pi \\ x & =& k·\pi \\ \vee 2x & =& \frac{2\pi }{3}+k·2\pi \\ x & =& \frac{\pi }{3}+k·\pi \\ \vee 2x & =& 2\pi -\frac{2\pi }{3}+k·2\pi \\ & =& \frac{4\pi }{3}+k·2\pi \\ x & =& \frac{2\pi }{3}+k·\pi \end{array}$$

Den første løsningen gir løsningene $$ x=0$$ og $$ x=\pi $$.

Den andre løsningen gir løsningen $$ x=\frac{\pi }{3}$$ og $$ x=\frac{4\pi }{3}$$.

Den tredje løsningen gir løsningen $$\begin{gathered} x=\frac{2\pi }{3} \\ \end{gathered}$$ og $$ x=\frac{5\pi }{3}$$.

Så må vi sjekke

$$ \begin{array}{rcl}\cos 2x & =& 0\\ 2x & =& \frac{\pi }{2}+k·2\pi \vee 2x=\frac{3\pi }{2}+k·2\pi \end{array}$$

Disse kan slås sammen til

$$ \begin{array}{rcl}2x & =& \frac{\pi }{2}+ k·\pi \\ x & =& \frac{\pi }{4}+ \frac{k}{2}·\pi \end{array}$$

Dette gir løsningene $$ \frac{\pi }{4},\frac{3\pi }{4},\frac{{\displaystyle 5\pi }}{{\displaystyle 4}}$$ og $$ \frac{7\pi }{4}$$ i tillegg til de andre løsningene.

Løsningsmengden blir

$$ L=\left\{0,\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{3},\frac{2\pi }{3},\frac{3\pi }{4},\pi ,\frac{5\pi }{4},\frac{4\pi }{3},\frac{5\pi }{3},\frac{7\pi }{4}\right\}$$

Jade gjør disse to feilene:

1. Hun bytter om på konstantene $$ a$$ og $$ b$$. $$ a$$ skal være konstanten foran sinusleddet slik at det riktige er at $$ a=1$$ og $$ b=-1$$

2. Hun velger feil vinkel $$ 𝜑$$. Ut ifra hennes resultat er $$ \left(a,b\right)=\left(-1,1\right)$$, og $$ 𝜑$$ bør derfor være en vinkel i andre kvadrant. Hun velger derimot den andre vinkelen med samme tangensverdi, som ligger i fjerde kvadrant.

Med riktig valg av $$ a$$ og $$ b$$ blir $$ \left(a,b\right)=\left(1,-1\right)$$. Vinkelen $$ 𝜑$$ skal derfor ligge i fjerde kvadrant. Vi får fortsatt at $$ \tan 𝜑=-1$$. Derfor ender Jade opp med riktig vinkel $$ 𝜑$$ på tross av de to feilene.

De to feilene påvirker ikke utregningen av konstanten $$ A$$.

Når Jørund har kommet til tredje linje av løsningen, kan han stoppe:

$$ \arcsin x=-\frac{2\pi }{3}$$

Verdimengden til $$ \arcsin x$$ er $$ \left[-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right]$$. $$ -\frac{2\pi }{3}$$ ligger utenfor dette intervallet, så likningen har ingen løsning.

Vi deriverer $$ f$$:

$$ f^{\text{'}}\left(x\right)=\cos 2x·2=2\cos 2x$$

Vi får

$$ f^{\text{'}}\left(0\right)=2·\cos \left(2·0\right)=2·1=2>0$$

Den deriverte er positiv når $$ x=0$$, som betyr at funksjonen er stigende ved denne $$ x$$-verdien.

Vi må finne topp- og bunnpunktene til $$ f$$ for å finne den største mulige definisjonsmengden.

Vi kan analysere funksjonen ved hjelp av den deriverte. Vi velger her å bruke informasjon vi kan lese rett ut av funksjonsuttrykket. Fra siden om periode, amplitude, frekvens og faseforskyvning har vi at vi kan finne perioden $$ p$$ med

$$ p=\frac{2\pi }{k}=\frac{2\pi }{2}=\pi $$

Vi har at $$ f\left(0\right)=\sin \left(2·0\right)=0$$. Da vet vi at $$ x=0$$ er midt mellom et bunnpunkt og et toppunkt. Avstanden i $$ x$$-retning mellom disse ekstremalpunktene blir en halv periode, eller $$ \frac{\pi }{2}$$. Den største mulige definisjonsmengden blir derfor

$$ D_f=\left[-\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{4}\right]$$

På teorisiden om omvendte funksjoner har vi at verdimengden for den omvendte cosinusfunksjonen $$ \arccos x$$ er $$ \left[0,\pi \right]$$. Vi velger at verdiene for $$ 2x+\frac{\pi }{4}$$ må være innenfor dette området.

Dette gir

$$ \begin{array}{rcl}2x+\frac{\pi }{4} & =& 0\\ 2x & =& -\frac{\pi }{4}\\ x & =& -\frac{\pi }{8}\end{array}$$

og

$$ \begin{array}{rcl}2x+\frac{\pi }{4} & =& \pi \\ 2x & =& \frac{3\pi }{4}\\ x & =& \frac{3\pi }{8}\end{array}$$

Definisjonsmengden for $$ f$$ blir

$$ D_f=\left[-\frac{\pi }{8},\frac{3\pi }{8}\right]$$

Vi setter $$ y=f\left(x\right)$$ og får

$$ \begin{array}{rcl}\cos \left(2x+\frac{\pi }{4}\right) & =& y\\ 2x+\frac{\pi }{4} & =& \arccos y+k·2\pi \\ \vee 2x+\frac{\pi }{4} & =& -\arccos y+k·2\pi \\ k& \in & \mathrm{\mathbb{Z}}\end{array}$$

$$ \cos \left(2x+\frac{\pi }{4}\right)$$ er en synkende funksjon i den definisjonsmengden vi har valgt. $$ \arccos x$$ er en synkende funksjon, så vi kan se bort fra løsningen på tredje linje.

Fra den første løsningen får vi

$$ \begin{array}{rcl}2x & =& \arccos y-\frac{\pi }{4}+k·2\pi \\ x & =& \frac{1}{2}\arccos y-\frac{\pi }{8}+k·\pi \end{array}$$

Vi må finne den riktige verdien for $$ k$$. Vi har at

$$ \begin{array}{rcl}f\left(-\frac{\pi }{8}\right) & =& \cos \left(2·\left(-\frac{\pi }{8}\right)+\frac{\pi }{4}\right)\\ & =& \cos \left(-\frac{\pi }{4}+\frac{\pi }{4}\right)\\ & =& \cos 0\\ & =& 1\end{array}$$

Da må vi kreve at

$$ \begin{array}{rcl}{f}^{-1}\left(1\right) & =& -\frac{\pi }{8}\\ \frac{1}{2}\arccos 1-\frac{\pi }{8}+k·\pi & =& -\frac{\pi }{8}\\ \frac{1}{2}·0+k·\pi & =& 0\\ k & =& 0\end{array}$$

Vi får derfor

$$ f^{-1}\left(x\right)=\frac{1}{2}\arccos x-\frac{\pi }{8}$$

$$ g^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{1}{2}{\left(\arccos x\right)}^{\text{'}}=\frac{-1}{2\sqrt{1-x^2}}$$

Enhetssirkelen viser supplementvinklene $$ \frac{\pi }{4}$$ og $$ \frac{3\pi }{4}$$, som begge har sinusverdien $$ \frac{1}{2}\sqrt{2}$$. Vi kan da bruke enhetssirkelen til å løse likningen

$$ \sin x=\frac{1}{2}\sqrt{2}$$

Enhetssirkelen viser de to vinklene $$ \frac{5\pi }{6}$$ og $$ 2\pi -\frac{5\pi }{6}=\frac{7\pi }{6}$$

som har samme cosinusverdi $$ -\frac{1}{2}\sqrt{3}$$. Enhetssirkelen kan hjelpe oss med å løse likningen

$$ \cos x=-\frac{1}{2}\sqrt{3}$$

Figuren viser en enhetssirkel med vinkelen $$ \frac{\pi }{6}$$ og vinkelen som er $$ \pi $$ større. Skjæringspunktet mellom det venstre vinkelbeinet til vinkelen $$ \frac{\pi }{6}$$ og linja $$ x=1$$ har $$ x$$-koordinaten $$ \frac{1}{3}\sqrt{3}$$. Dette er derfor tangensverdien til de to vinklene. Enhetssirkelen kan hjelpe oss å løse likningen

$$ \tan x=\frac{1}{3}\sqrt{3}$$

Vi ordner ulikheten.

$$ \begin{array}{rcl}\sin x-\frac{1}{2} & \le & 0\\ \sin x & \le & \frac{1}{2}\end{array}$$

Vi tegner en enhetssirkel og markerer vinklene der $$ \sin x=\frac{1}{2}$$.

Vi har at $$ \sin x=\frac{1}{2}$$ når $$ x=\frac{\pi }{6} \vee x=\frac{5\pi }{6}$$. Det er når vinkelen $$ x$$ er i det skraverte området på figuren over at sinus til vinkelen er er mindre eller lik $$ \frac{1}{2}$$. Siden vi bare skal ha løsninger i første omløp, blir løsningen på ulikheten

$$ L=\left[0,\frac{\pi }{6}\right]\cup [\frac{5\pi }{6},2\pi \rangle $$

Vi får samme svar med CAS i GeoGebra, men skrevet på en annen måte.

Vi starter med å finne ut når uttrykket på venstre side er null. Etterpå tester vi uttrykket for $$ x$$-verdier på alle sider av disse nullpunktene.

$$ \begin{array}{rcl}{\cos }^{2}x-\frac{1}{4} & =& 0\\ {\cos }^{2}x-{\left(\frac{1}{2}\right)}^2 & =& 0\\ \left(\cos x-\frac{1}{2}\right)\left(\cos x+\frac{1}{2}\right) & =& 0\\ \cos x+\frac{1}{2} & =& 0 \vee \cos x-\frac{1}{2}=0\\ \cos x & =& \frac{1}{2} \vee \cos x=-\frac{1}{2}\end{array}$$