Hopp til innhald

Fagstoff

Løysing av samansette trigonometriske likningar

Korleis løyser vi likningar som inneheld fleire ulike trigonometriske funksjonar?

Når vi skal løyse samansette trigonometriske likningar, prøver vi å forme dei om til enkle trigonometriske likningar på forma

trigonometrisk funksjon = tal

Døme 1: bruk av einingsformelen

Vi skal utan hjelpemiddel løyse likninga

$\cos^{2} x - 3 \sin^{2} x = - 2, x \in [0, 2 π ⟩$

Kva er (det største) problemet med denne likninga?

Forklaring

Det største problemet er at vi har både sinus og cosinus i den same likninga.

Korleis handterer vi dette problemet?

Svar

Vi kan forme om $\cos^{2} x$ til $\sin^{2} x$ eller motsett ved hjelp av einingsformelen $(\sin^{2} x + \cos^{2} x = 1)$ .

Vi startar med å forme om cosinusleddet ved å bruke einingsformelen.

$\begin{array}{rcl} \cos^{2} x - 3 \sin^{2} x & = & - 2 \\ 1 - \sin^{2} x - 3 \sin^{2} x & = & - 2 \\ - 4 \sin^{2} x & = & - 3 \\ \sin^{2} x & = & \frac{3}{4} \end{array}$

Vi får ei andregradslikning der $\sin x$ er variabelen. Vidare får vi

$\begin{array}{rcl} \sin x & = & \pm \sqrt{\frac{3}{4}} \\ \sin x & = & \frac{1}{2} \sqrt{3} \lor \sin x = - \frac{1}{2} \sqrt{3} \end{array}$

Kvifor treng vi ikkje å setje på tillegget " $. . . + k \cdot 2 π$ " her?

Forklaring

Argumentet til sinusfunksjonen er berre $x$ , og då finn vi alle løysingane i første omløp direkte. Dersom argumentet til den trigonometriske funksjonen er noko meir enn berre ein $x$ , eller dersom likninga blir gitt med eit anna løysingsområde for $x$ enn første omløp, må vi ta med " $. . . + k \cdot 2 π$ " og prøve med ulike verdiar for $k$ .

Vi skal leite etter løysingar i første omløp. Den første likninga gir supplementvinklane $\frac{π}{3}$ og $\frac{2 π}{3}$ . Løysingane til den andre finn vi ut ifrå dei vinklane som har motsett sinusverdi: $\sin (π + v) = - \sin v$ . Dette gir vinklane $\frac{π}{3} + π = \frac{4 π}{3}$ og $\frac{2 π}{3} + π = \frac{5 π}{3}$ . Løysinga blir

$L = \{\frac{π}{3}, \frac{2 π}{3}, \frac{4 π}{3}, \frac{5 π}{3}\}$

Kontroller at du får det same svaret med CAS.

Døme 2: forme om til tangenslikning

Vi skal utan hjelpemiddel finne løysingane til likninga

$2 \cos 2 x + 2 \sin 2 x = 0$

når $x \in [0, 4 π ⟩$

Vi kan løyse denne likninga ved å dele på $\cos 2 x$ i alle ledda.

$\begin{array}{rcl} 2 \cos 2 x + 2 \sin 2 x & = & 0 \\ \frac{2 \cos 2 x}{\cos 2 x} + \frac{2 \sin 2 x}{\cos 2 x} & = & \frac{0}{\cos 2 x}, \cos 2 x \neq 0 \\ 2 + 2 \tan 2 x & = & 0 \\ \tan 2 x & = & - 1 \end{array}$

Det er vinklar i andre og fjerde kvadrant som har negativ tangensverdi. I første omløp får vi vinklane $\frac{3 π}{4}$ og $\frac{7 π}{4}$ . Det betyr at løysinga kan skrivast som

$2 x = \frac{3 π}{4} + k \cdot π \lor 2 x = \frac{7 π}{4} + k \cdot π$

der $k \in ℤ$ .

Kvifor skriv vi " $. . . + k \cdot π$ " i løysinga og ikkje " $. . . + k \cdot 2 π^{}$ "?

Forklaring

Sidan tangensfunksjonen er periodisk med periode $π$ , det vil seie at $\tan v = \tan (π + v)$ , må vi skrive " $. . . + k \cdot π$ " i løysinga. (Sinus- og cosinusfunksjonen har derimot periode $2 π$ .)

Forklar kvifor vi kan slå saman dei to løysingane til éi likning.

Forklaring

Skilnaden på dei to løysingane $\frac{3 π}{4}$ og $\frac{7 π}{4}$ er $π$ . Den første likninga gir dermed dei same løysingane som den andre, men for ein $k$ -verdi som er 1 mindre. Vi treng derfor ikkje ta med den andre løysinga.

Vi får

$\begin{array}{rcl} 2 x & = & \frac{3 π}{4} + k \cdot π, k \in ℤ \\ x & = & \frac{3 π}{8} + k \cdot \frac{π}{2} \end{array}$

Foreløpig har vi skrive løysinga som om $x$ kan ha alle moglege verdiar ved hjelp av det heile talet $k$ . Det er fordi vi kan ha mange løysingar innanfor løysingsområdet. Ved å prøve med ulike verdiar for $k$ får vi totalt 8 løysingar innanfor dei to første omløpa. Løysingsmengda blir

$L = \{\frac{3 π}{8}, \frac{7 π}{8}, \frac{11 π}{8}, \frac{15 π}{8}, \frac{19 π}{8}, \frac{23 π}{8}, \frac{27 π}{8}, \frac{31 π}{8}\}$

Metoden med å dele på $\cos 2 x$ i alle ledd førte fram. Kva må vi likevel sjekke før vi seier oss fornøgde med løysinga?

Forklaring

I løysinga over har vi ført at $\cos 2 x \neq 0$ . Det er fordi vi har dividert med $\cos 2 x$ , som då ikkje kan vere 0. Men vi må sjekke om $\cos 2 x = 0$ gir ei løysing av likninga.

Vi kan løyse likninga $\cos 2 x = 0$ på vanleg måte og sjekke ved å setje løysingane inn i den opphavlege likninga. Men vi kan òg komme fram til løysinga slik:

Dersom $\cos 2 x = 0$ , veit vi at anten er $\sin 2 x = 1$ , eller så er $\sin 2 x = - 1$ . Høgresida av den opphavlege likninga er 0, så dette er ikkje mogleg. $\cos 2 x = 0$ er derfor ikkje ei løysing av likninga, og løysingsmengda frå den førre boksen er den endelege løysinga på likninga.

Kontroller at du får den same løysinga med CAS.

Vil metoden med å dele på cosinusfunksjonen verke dersom høgresida av likninga til dømes er 1?

Svar

$\begin{array}{lcl} 2 \cos 2 x + 2 \sin 2 x & = & 1 \\ \frac{2 \cos 2 x}{\cos 2 x} + \frac{2 \sin 2 x}{\cos 2 x} & = & \frac{1}{\cos 2 x}, \cos 2 x \neq 0 \\ 2 + 2 \tan 2 x & = & \frac{1}{\cos 2 x} \end{array}$

Vi kjem ikkje vidare med løysinga. Det må vere 0 på høgre side av likninga dersom denne teknikken skal verke. Løysinga av denne likninga går ut på å slå saman sinusfunksjonen og cosinusfunksjonen til éin sinusfunksjon. Ei slik utforming tek vi for oss på teorisida "Samanslåing av trigonometriske funksjonar".

Film om løysing av likning med både sinus og cosinus

Video: Tom Jarle Christiansen / CC BY-SA

CC BY-SASkrive av Bjarne Skurdal, Olav Kristensen og Stein Aanensen.

Sist fagleg oppdatert 08.03.2022

Læringsressursar

Trigonometriske identitetar og likningar