Übungsmaterial Winkelfunktionen - EAH-Jena

Prof. Dr. W. Rosenheinrich
Fachbereich Grundlagenwissenschaften
Fachhochschule Jena
22.06.2009
Übungsmaterial Winkelfunktionen
Die nachstehenden Aufgaben sind zum selbständigen Üben bestimmt.
Kenntnis der Grundformeln und eine nicht zu dürftige Sammlung der sehr zahlreichen sonstigen Formeln
zu den Winkelfunktionen wird vorausgesetzt.
Bei diesen Formeln beachte man, daß manche universell gültige Identitäten darstellen (z. B. die Beziehung
sin2 x + cos2 x = 1), manche Formeln für gewisse x nicht zutreffen (z. B. cot x =pcos x/ sin x nur für
x 6= kπ), und wieder andere nur auf Teilen der reellen Achse (z. B. ist cos x = 1 − sin2 x nur bei
cos x ≥ 0 gültig).
Übrigens gelten alle Identitäten auch von rechts nach links.
Die Aufgaben sind nicht nach Typen sortiert, um speziell das Erkennen - oder Erahnen - des Lösungsweges
zu üben.
Ich empfehle, die Aufgaben bis zum Ende zu rechnen, und nicht etwa nach z. B. der Überführung in eine
quadratische Gleichung abzubrechen.
Hinweise auf Irrtümer oder Druckfehler werden dankbar angenommen.
Aufgaben:
1. Lösen Sie die Gleichung A · sin x + B · cos x + C = 0 !
2. Bestimmen Sie alle Lösungen der nachstehenden Gleichungen!
a)
cos x + cos 2x = 1 ,
b)
sin x + sin 2x = 0 ,
c)
sin x + tan x = 0
3. Finden Sie alle Lösungen der nachstehenden Gleichungen!
a)
sin x + cos x = 0 ,
b)
sin x + cos x = 1 ,
c)
sin x − 5 cos x = 2
4. Finden Sie alle Lösungen der nachstehenden Gleichungen!
a) sin(x + 0.2) + cos(x − 0.7) = 0 ,
b) sin(x + 0.2) + cos(x − 0.7) = 1 ,
c) tan2 x + 3 cos2 x = 7
5. Die Funktion α(x) sei auf einer Umgebung von x = 0 definiert durch die Gleichung
sin(x + α(x))
=
2 sin x .
a) Geben Sie diese Umgebung (den Definitionsbereich von α(x)) an!
b) Ermitteln Sie einen Formelausdruck zu α(x)!
6. Für x = π/6, π/4, π/3 haben die Winkelfunktionen spezielle Werte.
π
Leiten Sie entsprechende algebraische Ausdrücke für sin 12
und cos 5π
12 her!
7. Vereinfachen Sie die folgenden Summen!
a) sinn x + sinn−1 x · cos x + sinn−2 x · cos2 x + . . . sin2 x · cosn−2 x + sin x · cosn−1 x + cosn x
b) sin3 x + sin2 x cos x + sin x cos2 x + cos3 x
c) sin4 x + sin3 x cos x + sin2 x cos2 x + sin x cos3 x + cos4 x
8. Es seien a, b und c positive Werte. Vereinfachen Sie die nachstehenden Ausdrücke!
a
a
a
a) sin arccos
, b) tan arcsin
, c) sin arctan
b + 2c
b + 2c
b + 2c
9. Bestimmen Sie alle Lösungen der nachstehenden Gleichungen!
a)
sin4 x − cos4 x = 1/6 ,
b)
1
1 − sin 6x = (sin x − cos x)2
10. Bestimmen Sie alle Lösungen der nachstehenden Gleichungen!
a)
5 sin2 x + 2 sin2 2x = 3 ,
sin2 x + 3 sin x cos x = 2 cos2 x
b)
11. Finden Sie alle Lösungen der nachstehenden Gleichungen!
1
1
+
·(sin x+cos x)+5 = 0 , b) sin 0.75x+sin 1.25x = sin x ,
a)
sin x cos x
c) cos 4x+cos2 x = 1
12. Finden Sie alle Lösungen der nachstehenden Gleichungen!
a) sin4 x + cos4 x =
3
,
4
b) 1 + sin 2x = sin x + cos x ,
c)
√
1 + sin x −
√
1 − sin x = 1 + cos x
13. Finden Sie alle Lösungen der nachstehenden Gleichungen!
a)
2 sin2 x + sin x +
1
2
= 6,
+
sin x sin2 x
b)
sin2 2x + sin2 3x + sin2 4x + sin2 5x+ = 2
14. Finden Sie alle Lösungen der nachstehenden Gleichungen!
a)
4 sin x · cos x · cos 2x · cos 8x = sin 12x ,
b)
3 cos 2x = cos x − sin x
15. Gibt es einen Unterschied in der Lösungsstrategie der beiden Gleichungen
cos x + cos 2x = 1
cos x + cos 2.1x = 1
und
?
16. Gibt es einen Unterschied in der Lösungsstrategie der Gleichungen
cos x + cos 2.1x = 1
und
cos x + cos 2.1x = 0
und
cos x + 1.1 cos 2.1x = 0 ?
17. Lösen Sie das Gleichungssystem
sin x + a sin y = b ,
cos x + a cos y = c
und klären Sie dabei, in welchen Fällen es lösbar ist!
18. An einem ohmschen Widerstand R liegt eine gehobene Wechselspannung U (t) = U0 + U1 sin(ωt + α)
mit der Phasenverschiebung α an.
Ermitteln Sie die Parameter P0 , P1 , P2 , β und γ der Momentanleistung
P (t) =
U 2 (t)
= P0 + P1 sin(ωt + β) + P2 sin(2ωt + γ)
R
!
19. Man braucht die Formel für cos 6α. In der Formelsammlung ist ein Koeffizient in dieser Formel (hier
durch ein Fragezeichen dargestellt) durch einen Klecks unleserlich:
cos 6α = 32 cos6 α+? cos4 α + 18 cos2 α − 1 .
Wie kann man sich behelfen?
20. a) Warum ist die Formel
sin7 x = 7 sin2 x − 56 sin4 x + 112 sin6 x − 64 sin8 x
offensichtlich falsch?
b) Lassen sich Koeffizienten A, B, C und D finden, so daß für alle α
cos4 α = A sin α + B sin 2α + C sin 3α + 4 sin 4α
gilt?
21. Betrachtet wird die gedämpfte Schwingung y(t) = Ae−λt sin(ωt + α) mit λ = 0.084s−1 .
Welche Frequenz muß diese Schwingung haben, damit ein positiver Maximalausschlag gerade 75%
seines Vorgängers ist?
2
Lösungen:
Die angegebenen Lösungswege sind bisweilen nicht die einzig möglichen.
1. Fall I: A = B = C = 0 - jeder Wert von x ist Lösung.
Fall II: A = B = 0 und C 6= 0 - Gleichung nicht lösbar.
Fall III: A = 0 und B 6= 0: B · cos x + C = 0
a) Bei |C| > |B| ist die Gleichung nicht lösbar.
b) Bei |C| ≤ |B| gibt es bei C 6= 0 zwei Folgen von Lösungen, und bei C = 0 eine:
C
+ 2kπ , k = 0, ±1, ±2, . . .
C 6= 0 : xk = ± arccos −
B
π
+ kπ , k = 0, ±1, ±2, . . .
2
Fall IV: B = 0 und A 6= 0: A · sin x + C = 0
a) Bei |C| > |A| ist die Gleichung nicht lösbar.
b) Bei |C| ≤ |A| gibt es bei C 6= 0 zwei Folgen von Lösungen, und bei C = 0 eine:
C
(1)
+ 2kπ , k = 0, ±1, ±2, . . .
C 6= 0 : xk = − arcsin
A
C
(2)
C 6= 0 : xk = arcsin
+ (2k + 1)π , k = 0, ±1, ±2, . . .
A
C=0 :
C=0 :
xk =
xk = kπ ,
k = 0, ±1, ±2, . . .
Fall V: A · B 6= 0, aber C = 0:
A · sin x + B · cos x = 0
=⇒
sin x
B
=−
cos x
A
=⇒
tan x = −
B
A
=⇒
B
xk = − arctan + kπ , k = 0, ±1, ±2, . . .
A
√
Fall VI: A · B · C 6= 0: Sei D = A2 + B 2 und α bestimmt aus dem System A = D cos α und
B = D sin α (s. Vorlesung!), dann gilt
A · sin x + B · cos x + C = D cos α sin x + D sin α cos x = D sin(x + α) = −C .
a) |C| > D - Gleichung nicht lösbar.
b) |C| > D - die Grundlösung x + α = − arcsin(C/D) ergibt zwei Folgen von Lösungen:
C
(1)
xk = −α − arcsin
+ 2kπ , k = 0, ±1, ±2, . . .
D
C
(2)
xk = −α + arcsin
+ (2k + 1)π , k = 0, ±1, ±2, . . .
D
2. a) Man verwendet eine der drei Formeln für den Kosinus des doppelten Winkels, und zwar diejenige,
die den Kosinus des einfachen Winkels liefert:
cos x + cos 2x = cos +(2 cos2 x − 1) = 1 =⇒ 2y 2 + y − 2 = 0
r
√
1
1
1 ∓ 17
y1,2 = − ±
+1 = −
4
16
4
Der Wert y2 = −1.28 . . . kommt als Kosinus nicht in Frage; es bleibt y1 = 0.780 776,
(1)
(2)
also xk = 0.674 889 + 2kπ und xk = −0.674 889 + 2kπ.
α−β
b) Man verwende sin α + sin β = 2 sin α+β
2 cos 2 :
sin x + sin 2x = 2 sin
3
3x
x
cos
= 0
2
2
(1)
(2)
Eine der beiden Winkelfunktionen muß Null werden; das ergibt xk = 2kπ
3 oder xk = (2k + 1)π.
c) Der Tangens muß definiert sein, d. h. es muß cos x 6= 0 gelten. Folglich kann man die Gleichung
ohne Sinnverlust mit cos x multiplizieren:
sin x + tan x = sin x +
sin x
= 0
cos x
(1)
Der erste Faktor wird Null bei xk
ersten Folge enthalten ist.
=⇒
sin x · cos x + sin x = sin x(cos x + 1) = 0
(2)
= kπ, und der zweite bei xk
= (2k + 1)π, was schon in der
3. a) Aus sin2 x+cos2 x = 1 folgt u. a., daß sin x und cos x nie gleichzeitig Null sind. In der vorliegenden
Gleichung sind sie mithin beide nicht Null. Dann darf man diese Gleichung also ungestraft durch
cos x teilen:
sin x + cos x = 0 =⇒ tan x + 1 = 0 =⇒ tan x = −1
Resultat: xk = − π4 + kπ
b) Man kann eine Formel aus der Vorlesung benutzen, oder die allgemeine Formel aus den Formelsammlungen, aber das unmittelbare Herleiten der Rechenvorschrift macht auch nicht mehr Arbeit:
Im linken Ausdruck schreibt man die Koeffizienten vor sin x und cos x (die hier beide gleich Eins
sind) als C cos α und C sin α. Damit wird
C sin α
= tan α = 1 ,
C cos α
man kann also α = π/4 wählen.
√
√
Das ergibt C · sin π4 = C 22 = 1 oder C = 2. Die zweite Gleichung C · cos π4 = 1 ist damit auch
erfüllt, was die Wahl α = π/4 rechtfertigt. Es folgt nach Anwendung eines Additionstheorems
√
√
√
π
π
π
π
π
1
2
2·cos ·sin x+ 2·sin ·cos x = 1 =⇒ cos ·sin x+sin ·cos x = sin x +
= √ =
.
4
4
4
4
4
2
2
(1)
(1)
(2)
Die Lösungsmengen sind folglich xk + π4 = π4 + 2kπ, d.h. xk = 2kπ, und xk +
(2)
d.h. xk = π2 + 2kπ.
c) Die Rechnung ist analog zur vorigen Aufgabe:
π
4
=
3π
4
+ 2kπ,
C sin α
−5
= tan α =
= −5 ,
C cos α
1
woraus die beiden möglichen Werte α = − arctan 5 oder α = (− arctan 5) + π resultieren.
(Die Tangensfunktion hat die Periode π, Sinus und Kosinus dagegen 2π. Die Verschiebung um π ist
im Tangens bedeutungslos, ändert aber in den anderen beiden Ausdrücken das Vorzeichen. Deshalb
ist bei der Lösung der Gleichung für den Tangens zunächst jeder der beiden Werte in Betracht zu
ziehen.)
Aus C cos(− arctan 5) = 0.196 116C = 1 folgt C = 5.099 020, und C sin(− arctan 5) =
5.099 020 · (−0.980 581) = −5 trifft auch zu. Mithin sei α = − arctan 5 = −1.373 401.
5.099 020 · cos(−1.373 401) · sin x + 5.099 020 · sin(−1.373 401) · cos x = 2
cos(−1.373 401) · sin x + sin(−1.373 401) · cos x = sin(x − 1.373 401) =
2
5.099 020
Resultat:
(1)
xk − 1.373 401 = arcsin
(2)
2
+ 2kπ
5.099 020
xk − 1.373 401 = π − arcsin
2
+ 2kπ
5.099 020
=⇒
=⇒
(1)
xk
= 1.776 458 + 2kπ
(2)
xk
= 4.111 936 + 2kπ
4. a) Es werden die Additionstheoreme angewandt:
sin(x + 0.2) + cos(x − 0.7) = sin x cos 0.2 + cos x sin 0.2 + cos x cos 0.7 + sin x sin 0.7 =
= sin x(cos 0.2 + sin 0.7) + cos x(sin 0.2 + cos 0.7) = 0
4
sin x
sin 0.2 + cos 0.7
= tan x = −
= −0.593 191 =⇒ x = −0.535 398 .
cos x
cos 0.2 + sin 0.7
Resultat: xk = −0.535 398 + kπ
Bemerkung: Durch Einführung von y = x − 0.7 kann man die Gleichung ein wenig vereinfachen:
sin y cos 0.9 + cos y sin 0.9 + cos y = sin y cos 0.9 + cos y(1 + sin 0.9) = 0
=⇒
1 + sin 0.9
sin y
= tan y = −
= ...
cos y
cos 0.9
b) Zunächst analog:
sin(x + 0.2) + cos(x − 0.7) = sin x cos 0.2 + cos x sin 0.2 + cos x cos 0.7 + sin x sin 0.7 =
= sin x(cos 0.2 + sin 0.7) + cos x(sin 0.2 + cos 0.7) = C cos α sin x + C sin α cos x = 1
C sin α
sin 0.2 + cos 0.7
= tan α =
= 0.593 191
C cos α
cos 0.2 + sin 0.7
Der Wert α = 0.535 398 paßt auch zum zweiten Faktor, wenn man C = (cos 0.2 + sin 0.7)/ cos α =
1.888 559 setzt.
Es folgt 1.888 559 sin(x + 0.535 398) = 1, also x + 0.535 398 = arcsin 0.529 504 = 0.558 016 oder
(1)
x = 0.022 618 als Basislösung, insgesamt mithin xk = 0.022 618 + 2kπ.
(2)
Zweiter Lösungssatz: x + 0.535 398 = π − arcsin 0.529 504, d. h. xk = 2.048 179 + 2kπ.
c) Die Gleichung wird mit dem sicher von Null verschiedenen Wert cos2 x multipliziert:
tan2 x + 3 cos2 x = 7
sin2 x + 3 cos4 x = 7 cos2 x
=⇒
=⇒
1 − cos2 x + 3 cos4 x = 7 cos2 x
Sei 0 < cos2 x = y ≤ 1:
3y 2 − 8y + 1 = 0
=⇒
y1,2 =
4
±
3
r
√
4 ± 13
16 1
−
=
9
3
3
Der Wert y1 ist größer als Eins und kommt deshalb nicht in Betracht; es bleibt y = 0.131 483, also
cos x = ±0.362 606.
Resultate:
(1)
yk = 2kπ + arccos 0.362 606 = 1.199 734 + 2kπ
(2)
yk = 2kπ − arccos 0.362 606 = −1.199 734 + 2kπ
(3)
yk = 2kπ + arccos(−0.362 606) = 1.941 859 + 2kπ
(4)
yk = 2kπ − arccos(−0.362 606) = −1.941 859 + 2kπ
Bemerkung 1: Der linke Ausdruck in der Ausgangsgleichung ist eine gerade Funktion; die Lösungsmenge muß also (in irgendeinem Sinne) symmetrisch zu x = 0 sein.
Bemerkung 2: Es ist cos(α + π) = − cos α, also arccos(−x) = π + arccos x.
Tatsächlich wird 1.199 734 + 1.941 859 = 3.141 593.
5. a) Es muß | sin(x + α(x))| ≤ 1 gelten, also | sin x| ≤ 21 . Damit ergibt sich die Grenze |x| ≤ π6 .
Bei x = π6 folgt aus sin( π6 + α) = 1 die Bedingung π6 + α = π2 , also α = π3 .
Bei x = − π6 ist die Betrachtung analog; der Wertevorrat von α ist also der Abschnitt [− π3 , π3 ].
b) Lt. Vorbemerkungen in a) gilt für die Argumente beider Sinusfunktionen in der Definitionsgleichung
sin(x + α(x)) = 2 sin x ,
daß sie zwischen ± π2 (einschließlich) liegen; man kann also auf beide Seiten den Arkussinus anwenden, ohne weitere Verschiebungen beachten zu müssen:
arcsin[sin(x + α(x))] = arcsin[2 sin x]
=⇒
x + α(x) = arcsin[2 sin x]
α(x) = arcsin[2 sin x] − x .
5
=⇒
p
6. Aus cos 2x = 1 − 2 sin2 x folgt die Halbwinkelformel sin x2 = (1 − cos x)/2.
Im vorliegenden Fall (erster Quadrant) sind beide Vorzeichen positiv.
r q
√
1
π
π/6
π
/2 =
sin
= sin
=
1 − cos
2− 3
12
2
6
2
π
5π
π
π
π
π
π
cos
= cos · cos
= cos
+
− sin · sin
=
12
3
12
3
12
3
12
q
q
s
√
√
q
2 √
q
q
q
√
√
√
√
2+ 3− 6−3 3
1
3 1
1
1
1
2− 3 −
2 − 3 = · 4 − (2 − 3)− · 6 − 3 3 =
= · 1−
·
2
2
2 2
4
4
4
7.
a) sinn x + sinn−1 x · cos x + sinn−2 x · cos2 x + . . . sin2 x · cosn−2 x + sin x · cosn−1 x + cosn x =
n
sin x
sinn−2 x
sin2 x
sin x
sinn−1 x
= cosn x
+
+
.
.
.
+
+
+
1
=
+
cosn x cosn−1 x cosn−2 x
cos2 x cos x
sinn+1 x − cosn+1 x
tann+1 x − 1
=
tan x − 1
sin x − cos x
Voraussetzung der Herleitung ist√ tan x 6= 1, also sin x 6= cos x.
√
Ansonsten ist sin x = cos x = ± 22 , und die Summe wird einfach ±(n + 1) 22 .
= cosn x ·
b) sin3 x+sin2 x cos x+sin x cos2 x+cos3 x = sin x(sin2 x+cos2 x)+cos x(sin2 x+cos2 x) = sin x+cos x
c) sin4 x + sin3 x cos x + sin2 x cos2 x + sin x cos3 x + cos4 x =
= (sin4 x + 2 sin2 x cos2 x + cos4 x) + sin x cos3 x + sin3 x cos x − sin2 x cos2 x =
= (sinx + cos2 x)2 + sin x cos x(sinx + cos2 x − sin x cos x) = 1 + sin x cos x(1 − sin x cos x) =
=
4 + 2 sin x cos x(2 − 2 sin x cos x)
4 + sin 2x(2 − sin 2x)
=
4
4
8. Sei zunächst y = a/(b + 2c) > 0; in den ersten beiden Aufgaben gelte noch y ≤ 1:
s
p
p
a2
a) sin arccos y = 1 − cos2 arccos y = 1 − y 2 = 1 −
(b + 2c)2
b) tan arcsin y =
sin arcsin y
sin arcsin y
y
a
=q
=p
=p
2
cos arcsin y
2
(b + 2c)2 − a2
1−y
1 − sin arcsin y
y
tan arctan y
a
=p
sin arctan y = q
=p
2
(b + 2c)2 + a2
1+y
1 + tan2 arctan y
9.
1
a) sin4 x − cos4 x = (sin2 x − cos2 x)(sin2 x + cos2 x) = sin2 x − cos2 x = 2 sin2 x − 1 =
6
r
7
(1,2)
sin x = ±
= ±0.763 763 =⇒ xk
= ±0.869 122 + kπ .
12
b) (sin x − cos x)2 = sin2 x − 2 sin x cos x + cos2 x = 1 − sin 2x = 1 − sin 6x
sin 6x − sin 2x = 2 sin 2x · cos 4x = 0
Die Lösungsmenge ist einerseits durch die Nullstellen der Funktion sin 2x gegeben, andererseits
(1)
(2)
durch die von cos 4x: xk = kπ/2 und xk = (2k + 1)π/8.
6
10.
a)
5 sin2 x + 2 sin2 2x = 5 sin2 x + 8 sin2 x cos2 x = 5 sin2 x + 8 sin2 x(1 − sin2 x) = 3
Sei sin2 x = y ∈ [0, 1].
13y − 8y
2
= 3
=⇒
13
=
±
16
y1,2
p
√
132 − 96
13 ± 73
=
16
16
Es kommt nur die Differenz im Zähler in Frage: y = 0.278 500, mithin sin x = ±0.527 731. Die
Lösungsmenge ist dann
(1)
xk = arcsin 0.527 731 + kπ = 0.555 927 + kπ ,
(2)
xk = − arcsin 0.527 731 + kπ = −0.555 927 + kπ .
b) Es wird alles zu doppelten Winkeln umgeformt:
sin2 x + 3 sin x cos x − 2 cos2 x = 3 sin2 x − 2 + 1.5 sin 2x =
3
(1 − cos 2x) − 2 + 1.5 sin 2x = 0
2
Es bleibt eine Differenz, die zu einem phasenverschobenen Sinus zusammengefaßt werden kann:
√
π
3(sin 2x − cos 2x) = 3 2 sin 2x −
= 1
4
Es resultiert
(1)
2xk −
und
π
1
= arcsin √ + 2kπ
4
3 2
=⇒
1
π
(1)
= arcsin √ + 2kπ
π − 2xk −
4
3 2
11.
a)
1
1
+
sin x cos x
(1)
xk = 0.511 670 + kπ
=⇒
(1)
xk = 1.844 525 + kπ
· (sin x + cos x) + 5 = tan x + 1 + 1 + cot x + 5 = 0
Die Gleichung fordert sin x 6= 0, also tan x 6= 0. Mit
√ tan x wird multipliziert:
tan2 x + 7 tan x + 1 = 0 =⇒ y1,2 = −3.5 ± 3.52 − 1 = −3.5 ± 3.354 102.
Aus y1 = −0.145 898 folgt die Lösungsmenge xk1 = − arctan 0.145 898 + kπ = −0.144 876 + kπ, und
analog xk2 = − arctan 6.854 102 + kπ = −1.425 920 + kπ.
b) sin 0.75x+sin 1.25x = sin x
=⇒
2 sin
0.75x + 1.25x
0.75x − 1.25x
x
·cos
= 2 sin x cos
= sin x
2
2
4
(1)
Es folgt sin x(2 cos x4 − 1) = 0, also entweder xk = kπ, oder
(3)
xk
4
(2)
xk
4
=
π
3
(2)
+ 2kπ, also xk =
(3)
4π
3
+ 8kπ,
oder aber
= − π3 + 2kπ mit xk = − 4π
3 + 8kπ.
2
c) cos 4x+cos x = (8 cos4 x−8 cos2 x+1)+cos2 x = 8 cos4 x−7 cos2 x+1 = 1, also 8 cos4 x−7 cos2 x =
cos2 x(8 cos2 x − 7) = 0.
(1)
Lösungen: xk = π2 + kπ,
r
7
+ 2kπ = 0.361 367 + 2kπ
8
r !
7
(3)
xk = arccos −
+ 2kπ = 2.780 226 + 2kπ
8
r
7
(4)
xk = − arccos
+ 2kπ = −0.361 367 + 2kπ
8
r !
7
(5)
xk = − arccos −
+ 2kπ = −2.780 226 + 2kπ
8
(2)
xk
(3)
= arccos
(4)
(2)
(5)
Man kann xk und xk zusammenfassen zu 2.780 226 + kπ, und analog xk und xk .
7
12. sin4 x + cos4 x = (sin2 x)2 + cos4 x = (1 − cos2 x)2 + cos4 x = 1 − 2 cos2 x + 2 cos4 x = 43 ,
q
mit y = cos2 x ≥ 0 folgt 2y 2 − 2y + 14 , also y1,2 = 12 ± 14 − 18 .
√
√
(1)
(2)
y1 = 0.853 553 ergibt xk = arccos y1 + 2kπ = 0.392 699 + 2kπ und xk = − arccos y1 + 2kπ =
−0.392 699 + 2kπ.
√
√
(4)
(3)
y2 = 0.146 447 ergibt xk = arccos y2 + 2kπ = 1.178 097 + 2kπ und xk = − arccos y2 + 2kπ =
−1.178 097 + 2kπ.
b) Es bietet sich an, diese Gleichung zu quadrieren:
(1+sin 2x)2 = (sin x+cos x)2 =⇒ 1+2 sin 2x+sin2 2x = sin2 x+2 sin x cos x+cos2 x = 1+sin 2x
(2)
(1)
3
Es folgt zunächst sin 2x + sin2 2x = sin 2x · (1 + sin 2x) = 0, also xk = kπ
2 oder xk = 4 π + kπ.
Die Ausgangsgleichung ist quadriert worden; man muß also prüfen, ob dabei nicht Scheinlösungen
entstanden sind.
Tatsächlich steht, wenn man für x ein Vielfaches von π/2 der Gestalt k = 4l + 2 oder k = 4l + 3
einsetzt, in der Ausgangsgleichung links +1 und rechts -1; dieser Fall entfällt also.
(2)
xk liefert auf der linken Seite der Ausgangsgleichung stets Null, rechts sei zur Abwechslung statt
scharfen Nachdenkens einmal einfach das Additionstheorem angewandt:
3π
3π
3π
3π
3π
3π
+ kπ +cos
+ kπ = sin
·cos kπ+cos
·sin kπ+cos
·cos kπ−sin
·sin kπ =
sin
4
4
4
4
4
4
√
√
2
2
k
· (−1) + 0 −
· (−1)k − 0 = 0
=
2
2
(2)
(1)
xk ist also stets Lösung; xk nur, wenn k bei Division durch 4 den Rest 0 oder 1 ergibt.
c) Es wird wieder quadriert; vorher sei bemerkt, daß unter den Wurzelzeichen nie ein negativer
Wert entsteht.
√
2
√
= (1 + cos x)2 =⇒
1 + sin x − 1 − sin x
p
1 − sin x − 2 (1 + sin x)(1 − sin x) + 1 − sin x =
p
√
2 − 2 1 − sin2 x = 2 − 2 cos2 x = 2 − 2| cos x| = 1 + 2 cos x + cos2 x
Es resultiert cos2 x + 2(cos x + | cos x|) − 1 = 0; formal sind
√
√ zwei Fälle zu unterscheiden:
I) cos x = y ≥ 0: y 2 + 4y − 1 = 0 =⇒ y1,2 = −2 ± 5. Hier ist nur y = 5 − 2 = 0.236 068
(1,2)
möglich, also xk
= ± arccos y + 2kπ = ±1.332 479 + 2kπ.
(3)
II) cos x = y < 0: y 2 − 1 = 0 =⇒ xk = (2k + 1)π. Die geradzahligen Vielfachen von π liefern
den Kosinuswert +1, was nicht zur Voraussetzung dieses Falles paßt.
Es verbleibt die wegen des erfolgten Quadrierens notwendige Endprüfung an der Ausgangsgleichung;
(2)
in ihr steht rechts stets ein nichtnegativer Wert, die linke Seite wird bei xk aber negativ. Dieses
(1)
(3)
entfällt, als Lösungsmenge verbleiben die Werte xk 1.332 479 + 2kπ und xk = (2k + 1)π.
13. a) Es muß sin x 6= 0 sein; die Gleichung kann also mit sin2 x multipliziert werden, ohne daß sich
inhaltlich etwas ändert: 2 sin4 x + sin3 x − 6 sin2 x + sin x + 2 = 0 =⇒ 2y 4 + y 3 − 6y 2 + y + 2 = 0
Die übliche Rechenregel mit den Teilern des Absolutgliedes ist bei diesem Polynom nicht anwendbar:
Erstens ist der Faktor bei der höchsten Potenz nicht 1, und zweitens ist nicht garantiert, daß alle
Nullstellen ganzzahlig sind. Man erkennt aber sofort eine erste Nullstelle y1 = 1:
2
y=1
2
1
2
3
-6
3
-3
1
-3
-2
2
-2
0
Das Restpolynom hat nochmals dieselbe Nullstelle y2 = 1:
2
y=1
2
3
2
5
-3
5
2
-2
2
0
√
√
Restpolynom: 2y 2 + 5y + 2 mit den Nullstellen y3,4 = −1.25 ± 1.252 − 1 = −1.25 ± 0.5625 =
−1.25 ± 0.75.
(1)
(2)
Es kommt nur y3 = −0.5 in Frage; damit ist xk = π2 + 2kπ (zu y1 = y2 ) und xk = − π6 + 2kπ
(3)
sowie xk = − 5π
6 + 2kπ.
8
b) Es wird sin2 α = (1 − cos 2α)/2 benutzt; es folgt
cos 4x + cos 6x + cos 8x + cos 10x = 0 ,
d. h.
cos(5 − 1)x + cos(5 + 1)x + cos(9 − 1)x + cos(9 + 1)x = 0 ,
Weiter wird mit cos(α + β) + cos(α − β) = 2 cos α · cos β
2 cos 5x · cos x + 2 cos 9x · cos x = 2 cos x(cos 5x + cos 9x) = 2 cos x[cos(7 − 2)x + cos(7 + 2)x] =
= 2 cos x · 2 cos 2x · cos 7x = 0 .
(1)
(2)
(2)
Wenigstens einer der Faktoren muß Null sein; es folgt xk = π2 + kπ, 2xk = π2 + kπ, also xk =
(3)
(3)
π
kπ
kπ
π
π
4 + 2 , und letztlich 7xk = 2 + kπ, mithin xk = 14 + 7 .
(1)
(3)
Es erweist sich, daß die Folge xk in xk enthalten ist. Die Lösungsmenge ist also die Vereinigung
(2)
(3)
von xk und xk .
14. a) Es wird die Formel für den doppelten Winkel im Sinus angewandt: sin 2α = 2 sin α · cos α:
4 sin x · cos x · cos 2x · cos 8x = 2 sin 2x · cos 2x · cos 8x = sin 4x · cos 8x ,
und nun cos 2α = 1 − 2 sin2 α:
sin 4x · cos 8x = sin 4x(1 − 2 sin2 4x) = sin(3 · 4x) = 3 sin 4x − 4 sin3 4x .
Mit y = sin 4x wird dann 3y − 4y 3 = y(1 − 2y 2 ) oder y(2 − 2y 2 ) = 0, mithin y1 = 0, y2 = 1 und
y3 = −1.
kπ
Es folgt 4xk = kπ
2 oder xk = 8 .
b) Man nutzt cos 2α = cos2 α − sin2 α:
3 cos 2x = 3(cos2 x − sin2 x) = 3(cos x − sin x)(cos x + sin x) = cos x − sin x ,
also (3 cos x+3 sin x−1)(cos x−sin x) = 0 . cos x−sin x = 0 ist gleichbedeutend mit tan x = 1, also
√
(1)
xk = π4 + kπ, und aus (vgl. Lösung der Aufgabe 2b) cos x + sin x = 2 sin(x + π4 ) = 13 resultiert
(2)
(3)
1
1
xk + π4 = arcsin 3√
+2kπ = 0.237 941+2kπ, und xk + π4 = π−arcsin 3√
+2kπ = 2.903 652+2kπ.
2
2
(2)
(3)
Damit wird xk = −0.547 457 + 2kπ und xk = 2.118 825 + 2kπ.
15. Allerdings, und zwar wesentlich.
Die häufigste Technik zur Lösung goniometrischer Gleichungen besteht darin, diese in eine Gleichung mit einer Winkelfunktion eines Arguments zu überführen. Diese kann man dann durch eine
neue Unbekannte ersetzen und erhält eine algebraische Gleichung, die hoffentlich lösbar ist.
Wenn man es mit cos x und cos 2x zu tun hat, so kann man die Formel für den Kosinus des doppelten Winkels anwenden und gelangt zu einer quadratischen Gleichung (vgl. Aufgabe 2a) dieser
Sammlung!).
Bei cos x + cos 3x = 1 ergibt die Formel für den dreifachen Winkel eine kubische Gleichung, in
cos 2x + cos 3x = 1 dasselbe, da man hier ebenfalls auf cos x zurckführt, und cos x + cos 4x = 1 würde eine Gleichung vierten Grades ergeben. Die Nullstellensuche bei Polynomen dritten und vierten
Grades ist von der Schwierigkeit her wesentlich höher als bei quadratischen, wo es eine einfache
Lösungsformel gibt, aber es ist immerhin keine goniometrische Gleichung mehr. (Sofern man dies
als Fortschritt ansieht.)
Steht dagegen im zweiten Kosinus kein ganzzahliger Faktor, sondern ein reeller, so ist die Zurückführung auf ein Argument nicht sinnvoll möglich.
Man kann cos ax nicht bequem durch cos x ausdrücken!
(Das gilt genauso für die anderen drei Winkelfunktionen.)
Achtung! Das einfache Herausziehen des Faktors a aus cos ax ist falsch - falscher geht’s nicht!
Bekanntlich(?) gilt cos 0 = 1, wenn man einen Faktor herausziehen dürfte müßte dieser Wert aber
auch cos 0 = cos(5 · 0) = 5 · cos 0 = 5 · 1 = 5 sein. Der Kosinus müßte also für ein und dasselbe
Argument mindestens zwei verschiedene Werte annehmen, einer davon größer als 1.
Die zweite Gleichung kann also nicht wie die erste durch einen geschlossenen Formelausdruck gelöst
werden.
9
Es bleiben nur numerische Näherungsverfahren, die aber ohne Schwierigkeit das sehr genaue Resultat
x = 0.650 161 798 044 860 123 311 121 709 443 604 705 888 246 675 . . .
liefern. (Die Lösung der ersten Aufgabe war 0.674 889, sie liegt natürlich ganz in der Nähe.)
Im vorliegenden Fall stehen die beiden Argumente wenigstens in einem rationalen Verhältnis:
x : 2.1x = 10 : 21.
Man könnte auf die Idee kommen, alles auf den größten Teiler 0.1x = t zu bringen, dann hat man
die Gleichung cos 10t + cos 21t = 1 mit ganzzahligen Faktoren vorm Argument, wodurch sich alles
durch cos t ausdrücken läßt. Hat man nun dieses gefunden, so kennt man t und damit x.
In den Formelsammlungen wird man die Formel für cos 10α kaum finden, von cos 21α ganz zu schweigen. Aber es gibt eine allgemeine Formel, deren Faktoren sich als Binomialkoeffizienten ergeben.
Damit wird
21
cos 10t + cos 21t = 1048576 (cos t)
15
−15597568 (cos t)
19
− 5505024 (cos t)
13
+ 12042240 (cos t)
9
8
17
+ 12386304 (cos t)
11
− 5870592 (cos t)
+ 512 (cos t)
7
10
−
+
6
5
+1793792 (cos t) − 1280 (cos t) − 329472 (cos t) + 1120 (cos t) + 33264 (cos t) −
4
3
2
−400 (cos t) − 1540 (cos t) + 50 (cos t) + 21 cos t − 1 ,
und die Nullstellenaufgabe für das hieraus resultierende Polynom 21. Grades ist fraglos schwieriger
als die direkte Aufgabe.
16. Die erste Gleichung ist schwierig (s. vorige Aufgabe).
Die zweite ist einfach - man nutzt die Formel für die Summe zweier Kosinusfunktionen:
cos x + cos 2.1x = 2 cos 1.55x · cos 0.05x = 0 .
Nun wirkt es sich sehr positiv aus, daß rechts eine Null steht. Damit muß einer der Faktoren
verbindlich Null sein. Die rechte Seite ’1’ der vorigen Aufgabe ist dagegen das Produkt jeder von
Null verschiedenen reellen Zahl mit ihrem Kehrwert.
1
Man hat also entweder 1.55xk = (k + 21 )π, d. h. xk = 20k+10
31 π, oder 0.05xk = (k + 2 )π, d. h.
xk = (20k + 10)π.
Die dritte Gleichung ist wieder schwierig, ungeachtet der einfachen rechten Seite. Diesmal verhindert
der Faktor 1.1 die Anwendung der Summenformel. Die Aufgabe ist mit der ersten vergleichbar.
Es bleibt nur die Anwendung einer Näherungsformel, die z. B. x = 0.994 709 217 386 032 737 756
496 880 467 liefert.
17. Falls a = 0 gilt, so ist das System nur dann lösbar, wenn b2 + c2 = 1 gilt. Der Wert von y ist dann
beliebig, x bestimmt sich bis auf einen Summanden 2kπ.
Sei weiterhin a 6= 0. Die beiden Gleichungen
sin2 x = (b − a sin y)2 ,
cos2 x = (c − a cos y)2
werden addiert:
1 = b2 + c2 − 2ab sin y − 2ac cos y + a2 .
Falls b = c = 0 ist, so muß a2 = 1 gelten. Bei a = 1 wäre dann
0 = sin x + sin y =
1
x+y
x−y
· sin
· cos
,
2
2
2
0 = cos x + cos y =
1
x+y
x−y
· cos
· cos
.
2
2
2
In jedem der beiden Produkte muß ein Faktor gleich Null sein. Da sin x+y
und cos x+y
nicht
2
2
x−y
x−y
π
gleichzeitig verschwinden bleibt nur cos 2 = 0, also 2 = 2 + kπ oder x = y + (2k + 1)π mit
einem beliebigen Wert y.
Ist dagegen a = −1, so hat das System sin x − sin y = 0, cos x − cos y = 0 die offensichtliche Lösung
x = y + 2kπ, wiederum mit beliebigen y.
Sei weiterhin wenigstens einer der beiden Werte b und c von Null verscheiden.
T
Der Vektor
√ (b, c) ist dann eindeutig in Polarkoordinaten darstellbar: b = r cos ϕ und c = r sin ϕ
2
2
mit r = b + c .
Damit wird
p
p
1 = b2 + c2 − 2a b2 + c2 (cos ϕ sin y + sin ϕ cos y) + a2 = a2 + b2 + c2 − 2a b2 + c2 sin(y + ϕ) .
10
Der Faktor vor dem Sinus ist nicht Null. In
sin(y + ϕ) =
a2 + b2 + c2 − 1
√
=d
2a b2 + c2
muß die rechte Seite d ein Wert zwischen -1 und +1 einschließlich sein, damit diese Gleichung lösbar
ist.
Ihre beiden Lösungsmengen sind dann
(1)
yk = −ϕ + 2kπ + arcsin
a2 + b2 + c2 − 1
√
2a b2 + c2
und
(2)
yk = −ϕ + (2k + 1)π − arcsin
a2 + b2 + c2 − 1
√
,
2a b2 + c2
die bei |d| = 1 zusammenfallen.
Zur Elimination von x aus den Ausgangsgleichungen waren diese quadriert worden. Damit sind
(möglicherweise) Scheinlösungen entstanden, die bei der Bestimmung von x aussortiert werden
müssen.
18. Es gilt
RP0 + RP1 sin(ωt + β) + RP2 sin(2ωt + γ) = U 2 (t) = [U0 + U1 sin(ωt + α)]2 =
= U02 + 2U0 U1 sin(ωt + α) + U12 sin2 (ωt + α) =
U2
U12
− 1 cos(2ωt + 2α) =
2
2
2
2
U
U
π
= U02 + 1 + 2U0 U1 sin(ωt + α) + 1 sin 2ωt + 2α −
.
2
2
2
= U02 + 2U0 U1 sin(ωt + α) +
Ergebnis:
P0 =
U2
U02
+ 1 ,
R
2R
P1 =
2U0 U1
,
R
P2 =
U12
,
2R
β=α,
γ = 2α −
π
2
19. Man setzt α = 0, dann sind alle Kosinuswerte gleich 1 und es wird 1 = 32−? + 18 − 1.
An die Stelle des Fragezeichens muß -48.
20. a) sin x ist eine ungerade Funktion, sin 7x dito. Rechts steht die Summe von Quadraten ungerader
Funktionen, also eine gerade Funktion. Das paßt nicht zusammen.
b) Bei α = 0 steht - egal, welcher Koeffizientensatz gewählt wurde - rechts als Summe 0, links
dagegen 1. Also kann es eine allgemeine derartige Formel nicht geben.
21. Von welchem positiven Maximalausschlag ist die Rede? Ist das egal oder nicht?
Für die Extremwerte der obigen Funktion gilt
0 = ẏ(t) = ae−λt [−λ sin(ωt + α) + ω cos(ωt + α)]
und dazu muß der Wert in der eckigen Klammer Null werden. Natürlich ist λ · ω 6= 0 vorausgesetzt.
Man erhält die Bedingung für die Zeitpunkte tk des positiven oder negativen Maximalwerts
λ
1
λ
tan(ωtk + α) =
=⇒ tk =
arctan − α + kπ .
ω
ω
ω
Erkenntnis: Diese Zeitpunkte haben tatsächlich den festen Abstand π/ω, die Abnahme von Maximum zu Maximum ist mithin prozentual jedesmal dieselbe.
Da sich aber Maxima und Minima abwechseln ist der zeitliche Abstand zwischen zwei Maxima das
Doppelte davon: T = 2π/ω. (Dies ist nicht die Periodendauer, den der Prozeß ist jetzt wegen seines
Abklingens nichtperiodisch.)
Über T erfolgt eine Abnahme auf 75%, d. h. e−λT = 0.75 oder −0.084s−1 · T = ln 0.75, woraus
T = 3.425s resultiert, was eine Frequenz von f = 1/T = 0.292Hz bedeutet.
11