Trigonometri – blanda oppgåver

Det er lurt å teikne ein einingssirkel og bruke han når du skal finne verdiane.

Set vinklane inn i ei liste først.

Multipliser ut uttrykket $$ \left(\sin x+a\right)\left(\cos x+b\right)$$ og set opp tre vilkår for at det skal vere mogleg å skrive likninga på denne måten.

Teikn ein einingssirkel og bruk han til å løyse oppgåva.

Her kan det lønne seg å bruke vanleg framgangsmåte for å løyse ulikskapar.

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

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

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

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

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

$$ \sin 3\pi =\sin \pi =0$$
$$ \cos 3\pi =\cos \pi =-1$$
$$ \tan 3\pi =0$$ 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 vinklane har kjende, eksakte verdiar. Vi løyser oppgåva med CAS i GeoGebra. For å spare inntasting legg vi dei fire vinklane 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 faseforskyvinga er 0.

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

Sidan likevektslinja er $$ x$$-aksen, vil nullpunkta vere for $$ x$$-verdiar midt mellom $$ x$$-verdiane til topp- og botnpunkta. Nullpunkta 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 faseforskyvinga
$$ x_f=-\frac{𝜑}{k}=-\frac{{\displaystyle \frac{\pi }{3}}}{2}=-\frac{\pi }{6}$$.

$$ g$$ har toppunkt 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 $$ y$$-koordinatane er $$ -1+\frac{3}{2}=\frac{1}{2}$$.

Vi finn eit botnpunkt ein halv periode etter eit toppunkt, det vil seie for $$ x=\frac{\pi }{12}+\frac{\pi }{2}=\frac{7\pi }{12}$$.

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

Nullpunkta finn vi ved å løyse likninga $$ g\left(x\right)=0$$. Denne likninga gir ingen eksakte trigonometriske verdiar vi kan finne vinkelen til manuelt, så vi bruker CAS i GeoGebra.

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

Grafen til $$ g$$:

Sidan $$ h$$ er ein tangensfunksjon, gir det ikkje meining å snakke om amplitude, likevektslinje eller topp- og botnpunkt. Vi ser òg bort frå faseforskyving.

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

Nullpunkt:

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

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 skriv 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 faseforskyvinga $$ x_f=-\frac{𝜑}{k}=-\frac{{\displaystyle -\frac{\pi }{3}}}{2}=\frac{\pi }{6}$$.

$$ i$$ har toppunkt 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 $$ y$$-koordinatane er $$ 3$$.

Vi finn eit botnpunkt ein halv periode etter eit toppunkt, det vil seie for $$ x=\frac{5\pi }{12}+\frac{\pi }{2}=\frac{11\pi }{12}$$.

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

Nullpunkt:

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

Vi kan slå saman desse to løysingane til éi. Vi får at nullpunkta 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 skriv vi funksjonen om til ein 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 samanhengen mellom sinus og cosinus til komplementvinklar. Etterpå brukte vi at supplementvinklar har same 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 faseforskyvinga $$ x_f=-\frac{𝜑}{k}=-\frac{{\displaystyle \frac{\pi }{2}}}{2}=-\frac{\pi }{4}$$.

Funksjonen har toppunkt 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 $$ y$$-koordinatane er $$ -3+2=-1$$.

Vi finn eit botnpunkt ein halv periode etter eit toppunkt, det vil seie for $$ x=\frac{\pi }{2}$$.

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

Funksjonen har ingen nullpunkt sidan $$ y$$-koordinaten til toppunkta er $$ -1$$.

Grafen til $$ j$$:

Vi startar med å definere dei fire storleikane $$ A, k, 𝜑$$ og $$ d$$, og vi bruker desse til å skrive inn funksjonen $$ m\left(x\right)$$. Deretter reknar vi ut perioden $$ p$$, faseforskyvinga $$ x_f$$, $$ x$$-koordinaten $$ x_t$$ til eitt av toppunkta, $$ x$$-koordinaten $$ x_b$$ til eitt av botnpunkta og til slutt nullpunkta.

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

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

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

Grafen til $$ m$$:

Vi gjer tilsvarande som i oppgåve a). Vi startar med å definere dei fire storleikane $$ A, k, 𝜑$$ og $$ d$$, og vi bruker desse til å skrive inn funksjonen $$ m\left(x\right)$$. Deretter reknar vi ut perioden $$ p$$, faseforskyvinga $$ x_f$$, $$ x$$-koordinaten $$ x_t$$ til eitt av toppunkta, $$ x$$-koordinaten $$ x_b$$ til eitt av botnpunkta og til slutt nullpunkta.

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

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

Nullpunkta 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 løysingane får vi løysingar i det gitte 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 løysingane får vi løysingar i det gitte området når $$ k=0 \vee k=1$$.

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

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

Likninga har inga løysing sidan talet på høgre side er større enn 1.

$$ L=\varnothing $$

(Løysingsmengda er den tomme mengda.)

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

Løysinga kan godt presenterast slik, men likninga må løysast med digitale hjelpemiddel dersom vi ønsker ein tilnærma 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 berre løysingar når $$ k=0$$.

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

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

Sidan høgresida er eit såpass stort tal som 7, kan vi mistenke at likninga ikkje har noka løysing. Vi kan argumentere slik:

Høgresida er 7. På venstre side har vi tre ledd som kan vere maksimalt 1, 2 og 1. Venstresida kan derfor maksimalt bli 4, og likninga har inga løysing.

Dersom vi prøver å løyse denne på vanleg måte utan hjelpemiddel, kan løysinga vere slik:

Vi startar med å forme om $$ {\sin }^{2}x$$ ved hjelp av einingsformelen slik at vi får ei 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 desse har løysing, så den opphavlege likninga har derfor heller inga løysing.

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 samanliknar no dette med uttrykket på venstre side av likninga etter at vi har flytta alle ledda på venstre side:

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

Dersom omskrivinga skal fungere, må tala framfor $$ \sin x$$ og $$ \cos x$$ stemme overeins. Dette gir

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

Det er dei to første vilkåra. 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 likninga kan formast om.

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

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

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

Løysingsmengda 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 seriar med skjeringspunkt. I den eine serien har skjeringspunkta $$ y$$-koordinat $$ \mathrm{0,5}$$, i den andre $$ y$$-koordinat $$ \mathrm{-0,25}$$. $$ x$$-verdiane ligg med fast avstand $$ \frac{\pi }{2}$$ til kvarandre. Vi les av $$ x$$-verdien $$ \frac{\pi }{8}$$ til eitt av skjeringspunkta. Då kan vi skrive løysinga som

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

Vi ser at vi får to seriar med skjeringspunkt. Den eine serien får vi når den rette linja skjer ein stigande graf. Eitt av desse skjeringspunkta har $$ x$$-koordinat $$ \frac{\pi }{8}$$. Den andre serien får vi når den rette linja skjer ein søkkande graf. Eitt av desse skjeringspunkta har $$ x$$-koordinat $$ \frac{\pi }{4}$$.

For begge seriane er avstanden frå skjeringspunkt til skjeringspunkt $$ \frac{\pi }{2}$$. Vi må derfor skrive opp to uttrykk for løysinga.

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

Vi ser at vi får to seriar med skjeringspunkt. Den eine serien får vi når begge grafane er stigande. Eitt av desse skjeringspunkta har $$ x$$-koordinat 0. Den andre serien får vi når begge grafane er søkkande. Eitt av desse skjeringspunkta har $$ x$$-koordinat $$ \frac{4}{5}$$ av $$ \frac{\pi }{4}$$, det vil seie $$ \frac{4\pi }{20}=\frac{\pi }{5}$$.

For begge seriane er avstanden frå skjeringspunkt til skjeringspunkt $$ \frac{\pi }{2}$$. Vi må derfor skrive opp to uttrykk for løysinga.

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

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

$$ \frac{\pi }{2}$$ er akkurat innanfor verdimengda til $$ \arcsin x$$, så likninga har løysing. 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 innanfor verdimengda til $$ \arccos x$$, så likninga har løysing. 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 ho skal finne den andre løysinga. Ho må finne supplementvinkelen til $$ \frac{4\pi }{3}$$.

Rett løysing 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 hugse å sjekke om $$ \cos 2x=0$$ kan vere løysing i likninga sidan han dividerer med $$ \cos 2x$$. Sidan $$ \cos 2x$$ er felles faktor i alle ledd i likninga, vil $$ \cos 2x=0$$ løyse likninga sidan alle ledda blir null.

Jomar har òg gløymt å dele alle ledda på 2 to stader når han går frå $$ 2x$$ til $$ x$$.

Den fullstendige løysinga 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 løysinga gir løysingane $$ x=0$$ og $$ x=\pi $$.

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

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

Så må vi sjekke

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

Desse kan vi slå saman til

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

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

Løysingsmengda 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 gjer desse to feila:

1. Ho byter om på konstantane $$ a$$ og $$ b$$. $$ a$$ skal vere konstanten framfor sinusleddet slik at det rette er at $$ a=1$$ og $$ b=-1$$

2. Ho vel feil vinkel $$ 𝜑$$. Ut ifrå resultatet hennar er $$ \left(a,b\right)=\left(-1,1\right)$$, og $$ 𝜑$$ bør derfor vere ein vinkel i andre kvadrant. Ho vel derimot den andre vinkelen med same tangensverdi, som ligg i fjerde kvadrant.

Med rett val av $$ a$$ og $$ b$$ blir $$ \left(a,b\right)=\left(1,-1\right)$$. Vinkelen $$ 𝜑$$ skal derfor ligge i fjerde kvadrant. Vi får framleis at $$ \tan 𝜑=-1$$. Derfor endar Jade opp med rett vinkel $$ 𝜑$$ på tross av dei to feila.

Dei to feila påverkar ikkje utrekninga av konstanten $$ A$$.

Når Jørund har komme til tredje linje av løysinga, kan han stoppe:

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

Verdimengda til $$ \arcsin x$$ er $$ \left[-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right]$$. $$ -\frac{2\pi }{3}$$ ligg utanfor dette intervallet, så likninga har inga løysing.

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 stigande ved denne $$ x$$-verdien.

Vi må finne topp- og botnpunkta til $$ f$$ for å finne den største moglege definisjonsmengda.

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

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

Vi har at $$ f\left(0\right)=\sin \left(2·0\right)=0$$. Då veit vi at $$ x=0$$ er midt mellom eit toppunkt og eit botnpunkt. Avstanden i $$ x$$-retning mellom desse ekstremalpunkta blir ein halv periode, eller $$ \frac{\pi }{2}$$. Den største moglege definisjonsmengda blir derfor

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

På teorisida om omvende funksjonar har vi at verdimengda for den omvende cosinusfunksjonen $$ \arccos x$$ er $$ \left[0,\pi \right]$$. Vi vel at verdiane for $$ 2x+\frac{\pi }{4}$$ må vere innanfor dette området.

Dette gir

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

og

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

Definisjonsmengda for $$ f$$ blir

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

Vi set $$ y=f\left(x\right)$$ 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 ein søkkande funksjon i den definisjonsmengda vi har valt. $$ \arccos x$$ er ein søkkande funksjon, så vi kan sjå bort frå løysinga på tredje linje.

Fra den første løysinga 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 rette verdien for $$ k$$. Vi har at

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

Då må vi krevje 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

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

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

Einingssirkelen viser supplementvinklane $$ \frac{\pi }{4}$$ og $$ \frac{3\pi }{4}$$, som begge har sinusverdien $$ \frac{1}{2}\sqrt{2}$$. Vi kan då bruke einingssirkelen til å løyse likninga

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

Einingssirkelen viser dei to vinklane $$ \frac{5\pi }{6}$$ og $$ 2\pi -\frac{5\pi }{6}=\frac{7\pi }{6}$$

som har same cosinusverdi $$ -\frac{1}{2}\sqrt{3}$$. Einingssirkelen kan hjelpe oss med å løyse likninga

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

Figuren viser ein einingssirkel med vinkelen $$ \frac{\pi }{6}$$ og vinkelen som er $$ \pi $$ større. Skjeringspunktet 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 dei to vinklane. Einingssirkelen kan hjelpe oss å løyse likninga

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

Vi ordnar ulikskapen.

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

Vi teiknar ein einingssirkel og markerer vinklane 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 mindre enn eller lik $$ \frac{1}{2}$$. Sidan vi berre skal ha løysingar i første omløp, blir løysinga på ulikskapen

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

Vi får det same svaret med CAS i GeoGebra, men skriven på ein annan måte.

Vi startar med å finne ut når uttrykket på venstre side er null. Etterpå testar vi uttrykket for $$ x$$-verdiar på alle sider av desse nullpunkta.

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