Inhoud - nasty.dscloud.biz · sinus, cosinus of tangens anv een hoek (telkens een andere,...

Inhoud

1 Hoekberekeningen. 2

2 Basisvergelijkingen. 42.1 Vergelijkingen van het type sinu = sin v. . . . . . . . . . . . . 42.2 Vergelijkingen van het type cosu = cos v. . . . . . . . . . . . . 82.3 Vergelijkingen van het type tanu = tan v. . . . . . . . . . . . . 112.4 Synthese. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

3 Algemene oplossingsmethodes. 143.1 Vergelijkingen algebraïsch maken. . . . . . . . . . . . . . . . . 143.2 Ontbinden in factoren. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

4 Speciale oplossingsmethodes. 194.1 Homogene vergelijkingen in sinu en cosu. . . . . . . . . . . . 194.2 Lineaire vergelijkingen in sinu en cosu. . . . . . . . . . . . . . 22

Oefeningen. 25

Goniometrische vergelijkingen

Dirk Danckaert

Edegem

November 2013

In de vergelijkingen (a) sinx = 1 en (b) cosx = x maakt de onbekendex deel uit van het argument van een goniometrische functie: het zijn gonio-

metrische vergelijkingen. Het is belangrijk om deze vergelijkingen goedte lezen: de afspraak luidt dat de `x' in een goniometrische vergelijking geen

hoek maar een zuivere getalwaarde voorstelt.Concreet betekent dit voor de eerste vergelijking het vol-

gende. Er is maar één hoek met sinus 1 die je naar keuzekan voorstellen als 90◦, π

2rad, −3π

2rad, enz.. Nochtans tellen

we x = π2en x = −3π

2als twee verschillende oplossingen van

vergelijking (a). In feite heeft vergelijking (a) een oneindig

aantal oplossingen x = π2+ k · 2π (met k ∈ Z). We spreken af

om deze te verzamelen in een oplossingenverzameling (OV):

OV = {π2+ k · 2π|k ∈ Z}.

Vergelijking (a) moet m.a.w. gelezen worden als een afkorting voorsin(x rad) = 1 waarbij de hoekeenheid (`rad') geen deel uitmaakt van deonbekende x. Dit betekent ook dat de vergelijking (a′) sin(x◦) = 1, die meet-kundig naar de zelfde unieke hoek verwijst, een compleet andere OV heeft,namelijk {90 + k · 360} (zonder de graden).

Vergelijkingen zoals (b), waar de onbekende x zowel binnen als buitenhet argument van een goniometrische functie staat zijn meestal niet exactoplosbaar en laten we daarom vanaf nu buiten beschouwing. We gaan erook van uit dat alle hoekwaarden, zoals gebruikelijk, uitgedrukt worden inradialen.

DD - Goniometrische vergelijkingen 2

1 Hoekberekeningen.

Bij het oplossen van goniometrische vergelijkingen zal je regelmatig een ge-geven getal t moeten uitdrukken als de sinus, cosinus of tangens van een teberekenen hoek α. Speciale waarden moet je als zodanig herkennen en doeje uit het hoofd (bv.: 1

2kan je naar keuze uitdrukken als sin π

6of cos π

3).

Voor andere waarden gebruik je je RT of computer. Hou je aan de volgendeafspraken:

• werk altijd in radialen (uiteraard),

• schrijf elke hoek als een veelvoud van π.

Voorbeeld (RT). Er wordt gevraagd om t = 0,4999 te schrijven als eensinus, cosinus of tangens van een hoek α (telkens een andere, uiteraard).

• Controleer dat je RT in radiaalmodus werkt (klik [MODE]).

• Gebruik de knoppen [sin−1], [cos−1] en [tan−1] (druk vooraf de gepasteshift-toets) om de waarde van α te berekenen.

• Schrijf α in de vorm p · π, met een geschikte waarde voor p.

• Schrijf een correct besluit in de vorm t = sin(p · π) (bijvoorbeeld).

De volgende schermafdrukken helpen je op weg.

De eerste lijn van de berekening laat toe om te besluiten dat 0,4999 =sin(0,5235) (afgerond op 4 beduidende cijfers). Om de hoek 0,5235 rad teschrijven als een veelvoud van π merk je op dat, uiteraard,

0,5235 =0,5235

π· π

en bereken je de deling in het rechterlid (maar niet het product) met hetRT. Dit gebeurt op de tweede lijn van de berekening. De derde lijn laat zien


dat, met wat oefening, beide stappen gemakkelijk te combineren zijn. Je kanbesluiten dat

0,4999 = sin(0,1666π).

De gevraagde hoek is dus, op 4 cijfers nauwkeurig, π6.

Het is aan te raden om de waarde die je a�eest op je RT ongewijzigd overte nemen. Niettemin staat het je vrij om je besluit anders te formuleren.Je kan bv. schrijven dat 0,4999 = sin(0,8334π) (waarbij je de hoek 0,1666πvervangt door zijn supplement, dat de zelfde sinus heeft) of ook dat 0,4999 =sin(2,1666π) of 0,4999 = sin(−1.8334π) (waarbij je gebruik maakt van devrijheid om aan het maatgetal van een hoek k · 2π toe te voegen).

De werkwijze voor een cosinus of tangens is volledig analoog. De laatsteschermafdruk toont dat, op 4 beduidende cijfers nauwkeurig,

0,4999 = cos(0,3334π) ; 0,4999 = tan(0,1476π).

Merk ten slotte op dat de notatie voor deze berekening op het scherm,met een −1 in de exponent, ingaat tegen de gebruikelijke afspraken in deWiskunde. In principe is, in algebra, sin−1(x) = 1

sin(x), maar dat is niet wat

hier berekend wordt. Gebruik deze notatie dan ook nooit op papier.

Voorbeeld (PC). Hieronder zie je hoe je de zelfde berekeningen kan ma-ken met SAGE. Voor de berekening typ je naar keuze de standaardvormenarcsin(), arccos(), arctan() of de afgekorte vormen asin(), acos() en atan().Het achtervoegsel .n(20) forceert een numerieke berekening (hoe groter hetargument van .n(), hoe meer beduidende cijfers). Zonder dit achtervoegselbehoudt SAGE de exacte waarde van π in de berekening.


Zelftest. Reken de resultaten in de onderstaande tabel na en vul de ontbre-kende resultaten aan. Gebruik zowel je RT als je computer (SAGE, DERIVE,Excel, ...). Gebruik geen hulpmiddelen voor speciale waarden.

t = sin(α) = cos(β) = tan(γ)0,7863 = sin(0,2880π) = cos(0,2220π) = tan(0,2121π)−0,3712 = cos(0,6211π) = tan(−0,1131π)

3/51,2483 = / = tan(0,2850π)

−√3/2

SH= sin(2π/3) = tan(−0,2272π)√

3/3−1

2 Basisvergelijkingen.

2.1 Vergelijkingen van het type sinu = sin v.

Voorbeelden.

1. Los op: sin(x) = sin(3x− π

4).

Deze vergelijking is van de vorm sinu = sin v. Meetkundig stellen u = xen v = 3x − π

4twee hoeken voor met de zelfde sinus. Zoals de �guur

hieronder illustreert zijn twee hoeken met de zelfde sinus ofwel gelijk, ofwelsupplementair.


Dat u en v gelijke hoeken zijn wil echter niet noodzakelijk zeggen dat ookhun maatgetallen gelijk zijn: zoals we weten kunnen u en v een willekeurigveelvoud van 2π uit elkaar liggen, m.a.w. u = v + k · 2π (k ∈ Z). Eenanaloge opmerking kan je maken in het geval dat u en v supplementairzijn. We besluiten dat:

sinu = sin v ⇔

u = v + k · 2π

of

u = π − v + k · 2π(†)

Pas dit toe op de gegeven vergelijking.

sin(x) = sin(3x− π

4)

⇔ x = 3x− π

4+ k · 2π of x = π − (3x− π

4) + k · 2π

−2x = −π4+ k · 2π 4x = π +

π

4+ k · 2π

x =π

8+ kπ 4x =

5π

4+ k · 2π

x =5π

16+ k · π

2

Vergeet niet om in de laatste stap het hele rechterlid te delen door decoë�ciënt van x, in het bijzonder het gedeelte k ·2π. En merk ook op dat inde linkerkolom geen tekenfout gemaakt is! Want omdat k = 0,±1,±2, . . .speelt het in principe geen rol of je k, −k of ±k schrijft. Als besluit noteerje tenslotte de OV van deze vergelijking.

OV =

{π

8+ kπ,

5π

16+ k · π

2

∣∣ k ∈ Z}

Omdat de frase k ∈ Z een vast onderdeel vormt van deze OV laten we ditachtervoegsel meestal achterwege.

2. Los op: sin(2x− π

4) = −0,6497.

Dit is niet direct van het type sinu = sin v maar kan in die vorm gebrachtworden door ook het rechterlid uit te drukken als een sinus. Omdat hetrechterlid geen exacte waarde voorstelt heeft het ook geen zin om de breuk


π4in het linkerlid te behouden en vervang je die dus best door 0,25π. De

gegeven vergelijking krijgt dan de vorm

sin(2x− 0,25π) = −0,6497 RT= sin(−0,2251π).

Pas nu het algemene principe (†) toe.

sin(2x− 0,25π) = sin(−0,2251π)⇔ 2x− 0,25π

= −0,2251π + k · 2πof 2x− 0,25π

= π + 0,2251π + k · 2π2x = 0,0249π + k · 2π 2x = 1,4751π + k · 2πx = 0,0125π + kπ x = 0,7376π + kπ

En we besluiten dat

OV = {0,0125π + kπ ; 0,7376π + kπ}

3. Los op: sin(3x+π

6) = cos(2x− π

3).

Ook deze vergelijking is niet van het type sinu = sin v. Je kan ze in dejuiste vorm brengen door de hoek in het rechterlid om te ruilen voor zijncomplement π

2− (2x− π

3). De gegeven vergelijking krijgt de vorm

sin(3x+π

6) = sin

(π2− (2x− π

3))= sin(−2x+ 5π

6).

Pas opnieuw het algemene principe (†) toe.

sin(3x+π

6) = sin(−2x+ 5π

6)

⇔ 3x+π

6=− 2x+ 5π

6+ k · 2π of 3x+

π

6= π + 2x− 5π

6+ k · 2π

5x =4π

6+ k · 2π x = −π + k · 2π

x =2π

15+ k · 2π

5

En als besluit noteer je

OV =

{2π

15+ k · 2π

5; −π + k · 2π

}


Merk op dat je met deze methode de gegeven vergelijking even goed in devorm cosu = cos v kan brengen. Deze vorm wordt in de volgende paragraafbesproken.

Eenvoudige gevallen. De voorbeelden hierboven tonen dat vergelijkingenvan het type sinu = sin v normaal een gevallenonderzoek met zich meebren-gen (u en v gelijk of supplementair) en dus automatisch `kolommenwerk' inde berekeningen. In sommige eenvoudige vergelijkingen van de vorm sinu = tkan dit kolommenwerk achterwege blijven. Hieronder enkele voorbeelden.

1. Los op: sin(3x− π6) = 1.

Zoals de �guur illustreert is er maar één enkele hoek metsinus 1 zodat je direcht kan besluiten dat

3x− π

6=π

2+ k · 2π

en dus 3x =π

6+π

2+ k · 2π =

2π

3+ k · 2π, zodat

OV =

{2π

9+ k · 2π

3

}.

2. Los op: sin(2x+π

4) = 0.

Zoals de �guur illustreert zijn er twee hoeken met sinusnul. Deze zijn supplementair, zoals de algemene regel voor-schrijft, maar tegelijk ook antisupplementair. De eerstehoek kan je naar keuze schrijven als 0, ±2π, ±4π, . . . , detweede als ±π, ±3π, ±5π, . . . . Deze twee reeksen samenzitten vervat in de formule kπ. Je kan dus direct besluitendat

2x+π

4= kπ

en dus x = −π8+ k · π

2. We laten de OV hier achterwege.

3. Los op: sin(x− 3π

5) = −1.


Zoals de �guur illustreert is x− 3π

5= −π

2+ k · 2π en

x =3π

5− π

2+ k · 2π =

π

10+ k · 2π.

2.2 Vergelijkingen van het type cosu = cos v.

Voorbeelden.

1. Los op: cos(x) = cos(3x− π

4).

Deze vergelijking is van de vorm cosu = cos v. Meetkundig stellen u = xen v = 3x − π

4twee hoeken voor met de zelfde cosinus. Zoals de �guur

hieronder illustreert zijn twee hoeken met de zelfde cosinus ofwel gelijk,ofwel tegengesteld.

Dat u en v gelijke hoeken zijn wil echter niet noodzakelijk zeggen dat ookhun maatgetallen gelijk zijn: zoals we weten kunnen u en v een willekeurigveelvoud van 2π uit elkaar liggen, m.a.w. u = v + k · 2π (k ∈ Z). Eenanaloge opmerking kan je maken in het geval dat u en v tegengesteld zijn.We besluiten dat:

cosu = cos v ⇔

u = v + k · 2π

of

u = −v + k · 2π(†)


We passen dit toe op de gegeven vergelijking.

cos(x) = cos(3x− π

4)

⇔ x = 3x− π

4+ k · 2π of x = −(3x− π

4) + k · 2π

−2x = −π4+ k · 2π 4x = +

π

4+ k · 2π

x =π

8+ kπ x =

π

16+ k · π

2

Vergeet niet om in de laatste stap het hele rechterlid te delen door decoë�ciënt van x, in het bijzonder het gedeelte k ·2π. En merk ook op dat inde linkerkolom geen tekenfout gemaakt is! Want omdat k = 0,±1,±2, . . .speelt het in principe geen rol of je k, −k of ±k schrijft. Als besluit noteerje tenslotte de OV van deze vergelijking.

OV ={π8+ kπ,

π

16+ k · π

2

}2. Los op: 2 cos 3x = −

√3.

Deze vergelijking is niet van het type cosu = cos v maar kan gemakkelijkin die vorm gebracht worden. Beide leden delen door 2, de tabel metspeciale waarden en de eigenschappen van verwante hoeken geven

cos 3x = −√3

2= − cos(

π

6)SH= cos(

5π

6).

Hierop pas je het algemene principe (†) toe. Omdat de argumenten vande cosinus in beide leden geen (+)- of (−)-tekens bevatten kan je zelfs het`kolommenwerk' vermijden.

cos 3x = cos(5π

6) ⇔ 3x = ±5π

6+ k · 2π

⇔ x = ±5π

18+ k · 2π

3.

3. Los op: cos(2x+π

7) = −

√5.


Hier moet je direct zien dat in het rechterlid −√5 < −2. En omdat

cosu > −1 kun je direct besluiten dat deze vergelijking geen oplossingenheeft. Dit noteer je als volgt:

x = / (cosu > −1).

Merk op dat een oplossingenverzameling altijd bestaat:

OV = ∅.

Eenvoudige gevallen. Ook hier zijn er een aantal eenvoudige vergelijkin-gen van het type cosu = t die zonder RT en zonder kolommenwerk op telossen zijn. Hier enkele voorbeelden.

1. Los op: cos(3x− π6) = 1.

Zoals de �guur illustreert is er maar één enkele hoek metcosinus 1 zodat je direcht kan besluiten dat

3x− π

6= 0 + k · 2π = k · 2π

en dus 3x =π

6+ k · 2π, zodat

OV =

{π

18+ k · 2π

3

}.

2. Los op: cos(2x+π

4) = 0.

Zoals de �guur illustreert zijn er twee hoeken met cosinusnul. Deze zijn tegengesteld, zoals de algemene regel voor-schrijft, maar tegelijk ook antisupplementair. De eerstehoek kan je naar keuze schrijven als π

2, π

2±2π, π

2±4π, . . . ,

de tweede als −π2, −π

2±2π, −π

2±4π, . . . . Maar aangezien

−π2= π

2+π kan je de tweede reeks ook schrijven als π

2±π,

π2± 3π, π

2± 5π, . . . (π

2en een willekeurig oneven veelvoud

van π). Deze twee reeksen samen zitten dus vervat in de formule π2+ kπ.

Je kan dus direct besluiten dat

2x+π

4=π

2+ kπ

en dus x =π

8+ k · π

2. We laten de OV hier achterwege.


3. Los op: cos(x− 3π

5) = −1.

In dit geval is x− 3π

5= π + k · 2π = (2k + 1)π, zoals de

�guur laat zien, en dus

x =3π

5+ (2k + 1)π.

2.3 Vergelijkingen van het type tanu = tan v.

Voorbeelden.

1. Los op: tan(x) = tan(3x− π

4).

Deze vergelijking is van de vorm tanu = tan v. Meetkundig stellen u = xen v = 3x − π

3twee hoeken voor met de zelfde tangens. Zoals de �guur

hieronder illustreert zijn twee hoeken met de zelfde tangens ofwel gelijk,ofwel antisupplementair.

Dat u en v gelijke hoeken zijn wil echter niet noodzakelijk zeggen dat ookhun maatgetallen gelijk zijn: zoals we weten kunnen u en v een willekeurigveelvoud van 2π uit elkaar liggen, m.a.w. u = v + k · 2π (k ∈ Z). Dezelfde redenering leidt voor antisupplementaire hoeken tot de conclusie datu = π + v + k · 2π = v + (2k + 1)π. M.a.w., gelijke hoeken verschillen een


even veelvoud van π, antisupplementaire hoeken een oneven veelvoud vanπ van elkaar. We kunnen beide gevallen samen uitdrukken in de formuleu = v + kπ (k ∈ Z). We besluiten dat

tanu = tan v ⇔ u = v + kπ (†)

We passen dit toe op de gegeven vergelijking.

tanx = tan(3x− π

4)

⇔ x = 3x− π

4+ kπ

⇔ −2x = −π4+ kπ

⇔ x =π

8+ k · π

2

Vergeet niet om in de laatste stap het hele rechterlid te delen door decoë�ciënt van x, in het bijzonder het gedeelte kπ. Als besluit noteer jetenslotte de OV van deze vergelijking.

OV ={x =

π

8+ k · π

2

}Omdat beide gevallen op de �guur (gelijke en antisupplementaire hoeken)vervat zijn in één enkele formule (†) vraagt het oplossen van dit typevergelijkingen nooit kolommenwerk.

2. Los op: tan(2x− π

4) = − tan(4x+

π

3).

Deze vergelijking is niet van het type tanu = tan v maar kan gemakkelijkin die vorm gebracht worden. Ruilen we de hoek in het rechterlid om voorzijn tegengestelde dan wordt de gegeven vergelijking

tan(2x− π

4) = − tan(4x+

π

3)TH= tan(−4x− π

3).


We kunnen nu het algemene principe (†) toepassen.

tan(2x− π

4) = tan(−4x− π

3)

⇔ 2x− π

4= −4x− π

3+ kπ

⇔ 6x =π

4− π

3+ kπ = − π

12+ kπ

⇔ x = − π

72+ k · π

6

En we besluiten dat

OV ={− π

72+ k · π

6

}3. Los op: tan(3x) = 2,247.

Breng de vergelijking in de vorm tanu = tan v door het rechterlid uit tedrukken als een tangens. Denk aan de geldende afspraken!

tan(3x) = 2,247RT= tan(0,3667π)

Pas opnieuw het algemene principe (†) toe.

tan(3x) = tan(0,3667π)

⇔ 3x = 0,3667π + kπ

⇔ x = 0,1222π + k · π3

Merk op dat de laatste stap gemakkelijk zonder RT kan. De OV laten wehier achterwege.


2.4 Synthese.

Elke vergelijking van de vorm sinu = sin v, cosu = cos v of tanu = tan vimpliceert een rechtstreeks verband tussen u en v zelf. Bij elke waarde van vhoren twee verschillende reeksen u-waarden. De basisprincipes zijn:

sinu = sin v ⇔

u = v + k · 2π

of

u = π − v + k · 2π

cosu = cos v ⇔

u = v + k · 2π

of

u = −v + k · 2π

tanu = tan v ⇔ u = v + kπ

3 Algemene oplossingsmethodes.

Om een goniometrische vergelijking op te lossen met alleen maar algebra moetje ze herleiden tot één van de basisvergelijkingen uit de vorige paragraaf.Hier laten we twee methodes zien die van toepassing zijn op alle types vanvergelijkingen, ook niet-goniometrische.

3.1 Vergelijkingen algebraïsch maken.

Voorbeelden.

1. Los op: 3 cos2 2x+ 8 cos 2x− 3 = 0.

Het linkerlid bestaat enkel uit machten van cos 2x. Stel dus cos 2x = u.De vergelijking krijgt dan de vorm

3u2 + 8u− 3 = 0. (†)


Uitdrukkingen zoals deze, die louter uit machten en wortelvormen zijnopgebouwd, noemen we algebraïsch. Het ligt nu voor de hand om devergelijking in twee stappen op te lossen. In een eerste fase bepalen we demogelijke waarden van u. Als die gekend zijn lossen we in een tweede fasede basisvergelijking cos 2x = u op.

Hier hebben we een VKV voor u met D = 82 − 4 · 3(−3) = 100. Deoplossingen (of wortels) zijn

u1,2 =−8± 10

2 · 3=

{��−3 (u > −1)13

.

Vergeet niet dat de gegeven vergelijking naar de waarde van x vraagt! Jemag m.a.w. de tweede fase niet vergeten. Let er daarom op dat je deoplossingen van de hulpvergelijking (†) wel degelijk als u-waarde noteert,en niet � uit pure gewoonte � als x-waarde.

cos 2x =1

3= cos(0,3918π)

⇔ 2x = ±0,3918π + k · 2π⇔ x = ±0,1959π + kπ

Als besluit schrijf je de oplossingenverzameling:

OV = {±0,1959π + kπ}.

Met wat oefening kan je dit soort vergelijkingen oplossen zonder u expliciette schrijven. Je moet dan de gegeven vergelijking direct herkennen als eenVKV `in cos 2x' en direct

cos 2x =−8± 10

2 · 3=

{��−3 (cos 2x > −1)13

schrijven voor de oplossingen. Voor vergelijkingen van graad 3 of hoger ishet echter aangeraden om u expliciet te schrijven.

2. Los op: 3 cos 4x− 7 sin 2x = 0.

Omdat het linkerlid twee verschillende hoeken bevat heeft het geen zin omsin 2x = u of cos 4x = u te stellen. Je kan echter de hoek 4x omruilen voor


2x m.b.v. een DH-formule. Vanzelfsprekend kies je de variant met loutersinussen in het rechterlid. Je krijgt zo

3(1− 2 sin2 2x)− 7 sin 2x = 0

⇔ −6 sin2 2x− 7 sin 2x+ 3 = 0.

Dit is een VKV in sin 2x met D = 49− 4(−6)3 = 121 zodat

sin 2x =7± 11

2(−6)=

{��−3/2 (sin 2x > −1)

1/3.

En tot slot:

sin 2x =1

3= sin(0,1082π)

⇔ 2x = 0,1082π + k · 2π of 2x = π − 0,1082π + k · 2π.5x = 0,0541π + kπ 2x = 0,8918π + k · 2π.5

x = 0,4459π + kπ.5

Besluit: OV = {0,0541π + kπ; 0,4459π + kπ}.

3. Los op: 2 tan2 3x+ cot 3x = 3.

Aangezien cot 3x = 1/ tan 3x kan je de vergelijking algebraïsch maken dooru = tan 3x te stellen. Dit geeft

2u2 +1

u= 3 ⇔ 2u3 − 3u+ 1 = 0.

Om deze vergelijking van graad 3 volledig op te lossen moeten we hetlinkerlid ontbinden in factoren (met Horner). We proberen u = ±1 (dedelers van de constante term 1) uit en vinden gelukkig dat u = 1 eenoplossing is. Of dat de enige oplossing is weet je niet voor de ontbindinggemaakt is.

2 0 −3 11 2 2 -1

2 2 -1 0

Hieruit volgt dat (u− 1)(2u2 + 2u− 1) = 0 en dus


u = 1 of 2u2 + 2u− 1 = 0tan 3x = 1 D = 4− 4 · 2(−1) = 12

3x = π4+ kπ u1,2 =

−2±2√3

2·2 = −1±√3

2=

{0,3660

−1,366x = π

12+ k · π

3tan 3x = 0,366

= tan(0,1117π)

tan 3x = −1,366= tan(−0,2989π)

3x = 0,1117π + kπ 3x = −0,2989π + kπ

x = 0,03723π + k · π3

x = −0,09921π + k · π3

Besluit: OV = { π12

+ k · π3; 0,03723π + k · π

3;−0,09921π + k · π

3}.

3.2 Ontbinden in factoren.

Het is een algemeen principe in de algebra dat een vergelijking van de vorm

A ·B · C · · · = 0

waarin het linkerlid het product is van n factoren uiteenvalt in n aparte,eenvoudiger vergelijkingen

A = 0 of B = 0 of C = 0 of . . . .

Om dit principe te kunnen toepassen moet je meestal zelf voor de ontbindingin factoren zorgen, wat niet altijd eenvoudig en soms onmogelijk is. Vaak zalje hiervoor in goniometrische vergelijkingen de formules van Simpson nodighebben. Merk trouwens op dat ontbinden in factoren enkel nuttig is als hetrechterlid nul is. Je moet dus vooraf de vergelijking `herleiden op nul'.

Voorbeelden.

1. Los op: cos 2x+ cosx = 0.

Oplossing: ll=rlFS⇔ 2 cos

3x

2cos

x

2= 0, en dus

cos3x

2= 0 of cos

x

2= 0

3x

2=π

2+ kπ

x

2=π

2+ kπ

x =π

3+ k · 2π

3x = π + k · 2π


Merk op dat π = π3+ 2π

3waardoor de tweede reeks oplossingen vervat zit

in de eerste. De oplossingenverzameling is daarom gewoon

OV =

{π

3+ k · 2π

3

}.

Merk tenslotte ook nog op dat de gegeven vergelijking direct kan herleidworden tot een basisvergelijking:

cos 2x+ cosx = 0

⇔ cos 2x = − cosx = cos(π − x).

2. Los op: sinx+ sin 2x+ sin 3x = 1 + cosx+ cos 2x.

Oplossing: de formules van Simpson laten toe om zowel sommen van si-nussen als sommen van cosinussen te ontbinden in factoren. Maar hiermoeten we ook nog het geluk hebben om in beide leden een gemeenschap-

pelijke factor te vinden. Op hoop van zegen dus.

sinx+ sin 2x+ sin 3x = 1 + cos x+ cos 2x

FS/FC⇔ 2 sin 2x cos(−x) + sin 2x = 2 cos2 x+ cosx

⇔ sin 2x(2 cosx+ 1) = cosx(2 cosx+ 1)

en de gemeenschappelijke factor is gevonden. Herleid op nul in het rl enzonder de factor 2 cosx+ 1 af.

(sin 2x− cosx)(2 cosx+ 1) = 0

⇔(2 sinx cosx− cosx)(2 cosx+ 1) = 0

⇔(2 sinx− 1) cosx(2 cosx+ 1) = 0

en dus:

sinx = 12

of cosx = 0 of cosx = −12

x =

{π6+ k · 2π

5π6+ k · 2π

x = π2+ kπ x = ±2π

3+ k · 2π

Besluit: OV = {π6+ k · 2π; 5π

6+ k · 2π;x = π

2+ kπ;x = ±π

3+ k · 2π}.


4 Speciale oplossingsmethodes.

Hier zien we enkele oplossingsmethodes die enkel van toepassing zijn voorgoniometrische vergelijkingen. We behandelen twee types. Het is belangrijkdat je enerzijds de types herkent in de opgave en anderzijds uiteraard ookweet welke oplossingsmethode bij elk type van toepassing is.

4.1 Homogene vergelijkingen in sinu en cosu.

Van dit soort vergelijkingen onderscheiden we drie subtypes. We laten enkelevoorbeelden zien waarin elk subtype aan bod komt.

1. Algemene methode (`generieke situatie').

In de onderstaande vergelijking is elke term een product van machten vansin 2x en cos 2x. De exponenten van deze machten bepalen de graad vande termen.

sin3 2x︸︷︷︸gr3 in sin

−2 sin2 2x︸︷︷︸gr2 in sin

· cos 2x︸︷︷︸gr1 in cos︸︷︷︸

gr3 in tot.

−3 sin 2x︸︷︷︸gr1 in sin

· cos2 2x︸︷︷︸gr2 in cos︸︷︷︸

gr3 in tot.

+6 cos3 2x︸︷︷︸gr3 in cos

= 0.

Omdat elke term in het linkerlid van de zelfde (totale) graad is noemen wedeze uitdrukking homogeen van graad 3 (in sin 2x en cos 2x). Vergelij-kingen waarin beide leden homogeen zijn (en van de zelfde graad) in sinuen cosu (of nul) noemen we homogene vergelijkingen. Merk op dat inde gegeven vergelijking met zekerheid cos 2x 6= 0. (Leg zelf uit waarom).

Omdat cos 2x 6= 0 mag je beide leden delen door cos3 2x. Je krijgt zo

sin3 2x

cos3 2x− 2

sin2 2x

cos2 2x· cos 2xcos 2x

− 3sin 2x

cos 2x· cos

2 2x

cos2 2x+ 6

cos3 2x

cos3 2x= 0

⇔ tan3 2x− 2 tan2 2x− 3 tan 2x+ 6 = 0.

Deze vergelijking is algebraïsch in t = tan 2x. Wegens het patroon inde coë�ciënten (1:(-2)=(-3):6) kan je het ll ontbinden in factoren zonderHorner. Het resultaat is

tan2 2x(tan 2x− 2)− 3(tan 2x− 2) = 0

⇔ (tan2 2x− 3)(tan 2x− 2) = 0

en dus


tan 2x = ±√3 of tan 2x = 2 = tan 0,3524π

2x = ±π3+ kπ 2x = 0,3524π + kπ

x = ±π6+ k · π

2x = 0,1762π + k · π

2

Besluit: OV = {±π6+ k · π

2; 0,1762π + k · π

2}.

2. Vergelijkingen met gemeenschappelijke factoren sinu en/of cosu.

In de homogene vergelijking van graad 4

sin2 3x cos2 3x− 2 sin 3x cos3 3x− 3 cos4 3x = 0

kan cos 3x wel degelijk nul zijn (controleer zelf). Daarom is het verboden

om te delen door cos4 3x, zoals de algemene methode voorschrijft. In dezevergelijking is cos 3x echter een gemeenschappelijke factor van elke term.Dat is juist de reden waarom cos 3x = 0 de vergelijking oplost. In dat gevalmoet je voorrang geven aan de algemene methode uit de vorige paragraaf(ontbinden in factoren) en alle gemeenschappelijke factoren afzonderen. Jekrijgt dan

cos2 3x(sin2 3x− 2 sin 3x cos 3x− 3 cos2 3x) = 0

⇔ cos 3x = 0 of sin2 3x− 2 sin 3x cos 3x− 3 cos2 3x = 0

De tweede vergelijking bevat geen gemeenschappelijke factoren meer. Dusis daarin opnieuw met zekerheid cos 3x 6= 0 en mag je daar delen doorcos2 3x zodat

cos 3x = 0 of tan2 3x− 2 tan 3x− 3 = 0

3x = π2+ kπ D = 4− 4 · 1(−3) = 16

x = π6+ k · π

3tan 3x = 2±4

2·1 =

{−1 = tan(−π

4)

3 = tan 0,3976π

3x = π4+ kπ of 3x = 0,3976π + kπ

x = π12

+ k · π3

x = 0,1325π + k · π3

Besluit: OV = {π6+ k · π

3;x = π

12+ k · π

3;x = 0,1325π + k · π

3}.

Merk op dat je de vergelijking cos 3x = 0 verliest (samen met een deelvan de oplossingen) als je vergeet om gemeenschappelijke factoren af tezonderen en direct deelt door cos4 x. Ook in een vergelijking zoals

sin4 3x− 2 sin3 3x cos 3x− 3 sin2 3x cos2 3x = 0


is het aan te raden om eerst de gemeenschappelijke factoren sin3 3x af tezonderen, al is het hier geen fout om direct te delen door een macht vancos 3x. Los deze vergelijking zelf op als oefening.

3. Vergelijkingen homogeen maken.

De vergelijking3 sin3 2x+ sin2 2x cos 2x = 2 cos 2x

is niet homogeen, want het rechterlid is van graad 1, terwijl beide termenin het linkerlid van graad 3 zijn. Je kan echter de graad van het rechterlidverhogen van 1 naar 3 door te vermenigvuldigen met (sin2 2x + cos2 2x)(want = 1). Je krijgt zo de vergelijking

3 sin3 2x+ sin2 2x cos 2x = 2 cos 2x(sin2 2x+ cos2 2x)

en deze is wel degelijk homogeen (van graad 3). Herleid op nul en deelbeide leden door cos3 2x.

3 sin3 2x− sin2 2x cos 2x− 2 cos3 2x = 0

⇔ 3 tan3 2x− tan2 2x− 2 = 0.

Stel u = tan 2x en merk op dat u = 1 het linkerlid nul maakt.

3u3 − u2 − 2 = 0

⇔ (u− 1)(3u2 + 2u+ 2) = 0.

De ontbinding doe je uit het hoofd of met Horner. De tweede factorheeft discriminant D = 22 − 4 · 3 · 2 < 0. De enige oplossing is dus

u = tan 2x = 1 = tan(π

4)

⇔ 2x =π

4+ kπ

⇔ x =π

8+ k · π

2.

Besluit: OV = {π8+ k · π

2}.

4. Vergelijkingen homogeen maken (2e voorbeeld).

De methode in het vorige voorbeeld kan veralgemeend worden naar allevergelijkingen waarin het verschil in graad tussen de verschillende termen


even is. De vergelijking hieronder heeft twee termen van graad 4 en éénvan graad nul (m.a.w., een constante).

16(sin4 x+ cos4 x)− 10 = 0.

Omdat het verschil in graad even is kan je deze vergelijking homogeenmaken door de constante te vermenigvuldigen met (sin2 x + cos2 x)2, watvan graad 4 is. Merk nog eens op dat dit alleen maar mag omdat de waardevan deze factor 1 is (HF). Werk daarna het kwadraat uit en vereenvoudig.

16(sin4 x+ cos4 x)− 10(sin2 x+ cos2 x)2 = 0

⇔ 6 sin4 x− 20 sin2 x cos2 x+ 6 cos4 x = 0 (cosx 6= 0)

⇔ 3 tan4 x− 10 tan2 x+ 3 = 0 (: 2 cos4 x)

Dit is een vierkantsvergelijking (VKV) in tan2 x (bikwadratische vergelij-king) met D = 100− 4 · 3 · 3 = 64 zodat

tan2 x =10± 8

2 · 3=

{313

.

Hieruit volgt dat

tanx = ±√3 = tan(±π

3) of tanx = ±

√33

= tan(±π6)

x = ±π3+ kπ x = ±π

6+ kπ

Besluit: OV = {±π3+ kπ;x = ±π

6+ kπ}.

4.2 Lineaire vergelijkingen in sinu en cosu.

Dit zijn vergelijkingen van de vorm

a sinu+ b cosu+ c = 0

waarbij je mag aannemen dat a, b, c 6= 0. Als één van de coë�ciënten nul iskan je immers direct omvormen naar een basisvergelijking. We onderscheidentwee subtypes, elk met hun eigen oplossingsmethode.


1. Lineaire vergelijkingen met b = c.

De vergelijking is dan van de vorm a sinu+ b cosu+ b = 0. Het is op zichtduidelijk dat u = π(+k · 2π) het linkerlid nul maakt en dus de vergelijkingoplost. Er is echter nog een tweede reeks oplossingen.

Ruil de hoek u om voor u/2 met DH-formules en de formules van Carnot.Je krijgt een homogene vorm van graad 2, die je kan ontbinden in factoren.Uiteindelijk krijg je twee basisvergelijkingen.

a sinu+ b cosu+ b = 0

⇔ a sinu+ b(1 + cosu) = 0

⇔ 2a sinu

2cos

u

2+ 2b cos2

u

2= 0

⇔ 2 cosu

2

(a sin

u

2+ b cos

u

2

)= 0,

zodat

cos u2= 0 of a tan u

2+ b = 0

u2= π

2+ kπ tan u

2= − b

a= tanα

u = π + k · 2π u2= α + kπ

u = 2α + k · 2π

Over het algemeen is u een uitdrukking in x, de echte onbekende in devergelijking. Er zijn dan nog enkele bijkomende stappen nodig voor je deOV kan schrijven.

2. Lineaire vergelijking met b 6= c.

Het is duidelijk dat met zekerheid u 6= π(+k · 2π). (Leg zelf uit waarom.)Dus bestaat t = tan u

2en mag je de t-formules gebruiken. Na uitwerken

vind je een VKV in t.

a sinu+ b cosu+ c = 0

⇔ a · 2t

1 + t2+ b · 1− t

2

1 + t2+ c = 0 (t = tan

u

2)

⇔ 2at+ b(1− t2) + c(1 + t2) = 0 (×(1 + t2))

⇔ (c− b)t2 + 2at+ (c+ b) = 0


Deze VKV heeft D = 4a2 − 4(c− b)(c+ b) = 4(a2 + b2 − c2). De gegeven,lineaire vergelijking heeft dus enkel oplossingen als de oplossingsvoor-

waarde

a2 + b2 > c2

voldaan is. Noem, als D > 0, de oplossingen van deze VKV t1,2 en schrijfelke oplossing als de tangens van respectievelijk α en β.

tan u2= t1 = tanα of tan u

2= t2 = tan β

u2= α + kπ u

2= β + kπ

u = 2α + k · 2π u = 2β + k · 2π

Ook hier zijn in het algemeen nog enkele bijkomende stappen nodig om deOV te kunnen schrijven.


Oefeningen op goniometrische vergelijkingen.

1. Basisvergelijkingen.

Herleid (indien nodig) tot de vorm sinu = sin v, cosu = cos v of tanu =tan v en los op. Vermijd het gebruik van een RT en schrijf een OV alsbesluit.

(a) sin(π4+ 2x) = −

√32

(b) sin(−3x+ π) =√22

(c) 2 sin(5x+ π3) = 1

(d) sin2(2π3− 2x) = 3

4

(e) cos(−x+ π3) = cos 2x

(f) cos(5x+ 2π3) = −1

(g) cos(2x+ 2π3) + cos 2x = −1

2

(h) cos(3x2) = −0,27

(i) tan(π6+ 2x) = −

√3

(j) tan(−3π4− 4x) = tan(x+ π

2)

(k) tan(2x− π4) = cot(x− π

3)

(l) tan(3x− π4) =√3

{(−7π24|−

11π24)+kπ},{(

π4|

π12)+k

2π3},{(−

π30|

π10)+k

2π5},

{(0|π6|π2|

2π3)+kπ},{

π9+k

2π3;−

π3+k2π},{

π15+k

2π5},

{(π6|−

π2)+kπ},{±0,39π+k

4π3},{−

π4+k

π2},

{−π4+k

π5},{

13π36+k

π3},{

7π36+k

π3},

2. Kies een hulponbekende en los op.

(a) 2 sin2(x− π18)− sin(x− π

18) = 0

(b) 2 sin2 x+ 3 sinx+ 1 = 0

(c) tan2 2x− 5 tan 2x+ 4 = 0

(d) tan2 x+ cot2 x = 2

(e) tan2 2x+ tan 2x = 0

(f) tan(x+ π3) tan(x− π

3) = 1

(g) tan 2x = 3 tan x

(h)1

2+ cosx+ cos 2x = 0

(i) 80 sin2 x+ 43 sinx− 3 = 0

(j) 2 cos2 x− 3√2 cosx+ 2 = 0

(k) sin2(x− π4)+2 sin(x− π

4)+1 = 0

(l) 2 cos2 x2+√3 cos x

2= 0

{π18+kπ,(

2π9|

8π9)+k2π},{(−

π2|−

π6|

7π6)+k2π},{(

π8|0,211π)+k

π2},

{(π4|

3π4)+kπ},{(0|−

π8)+k

π2},{±

π4+kπ},

{(0|±π6)+kπ},{(±0,40π{(0,02π|0,98π

|±0,80π)+k2π},|−0,22π|1,22π)+k2π},{±

π4+k2π},{−

π4+k2π},{π+k2π,±

5π6+k4π},


3. Los op door ontbinden in factoren.

(a) sin 3x cos 2x = 0

(b) sin 2x+ sin 4x = 0

(c) sin 2x+ sin 4x+ sin 6x = 0

(d) sin 3x− cos 3x = cosx− sin 5x

(e) cosx+ cos(x+ π12) + cos(x+

π6) + cos(x+ π

4) = 0

(f) cosx sin 2x+ sin 2x cos 3x+cos 3x sin 4x+ sin 4x cos 5x = 0

(g) sinx+ sin 3x− cos 2x− 1 = 0

(h) cos 2x− cos 3x+ cos 4x = 0

(i) sinx+ sin 5x = sin 6x

(j) sin 2x+√3 sinx = cosx+

√32

(k) sin 3x+ sin 6x cosx+4 sin 2x cos 2x = sinx cos 6x

(l) 4 sin3 x−4 sin2 x− sinx+1 = 0

{kπ3,

π4+k

π2},{k

π2,±

π3+kπ},{k

π4,±

π3+kπ},

{(π2|±

π4|

π12|

5π12)+kπ},{

3π8+kπ},{k

π4,±

π6+k

π2},

{π2+kπ,(

π6|

5π6)+k2π},{±(

π6|π3|π2|

5π6)+k2π},{k

π3,k

2π5},

{(π6,±

5π6)+k2π},{k

π4},{(

π2|±

π6|±

5π6)+k2π},

4. Homogene vergelijkingen.

(Maak homogeen en) zet om naar een vergelijking in tanα.

(a) 3 cos2 x+ 8 sinx cosx− 3 sin2 x = 0

(b) 2 cos2 x+ 3 sinx cosx− 2 sin2 x = 0

(c) 12 sin2 x+ 20 sinx cosx+ 3 cos2 x = 0

(d) 2 sin2 x− 7 sinx cosx+ 3 cos2 x = 0

(e) 3 cos3 2x− 4√3 sin 2x cos2 2x+ 3 sin2 2x cos 2x = 0

(f) 2 cos3 x− 4 sin3 x+ 3 sinx = 0

(g) sin3 x− 10 cos3 x− sinx+ 3 cosx = 0

(h) 7 sin4 x− 6 sin2 x cos2 x− cos4 x = 0

(i) 10 sin4 x+ 15 cos4 x = 6

(j) 2 sin2 x+√3 sin 2x = 3

(k) sin4 x+ cos4 x− sin2 x cos2 x =1

4

(l) sin2 x− 5 sinx cosx+ 6 cos2 x = 0


{(0,40π|−0,10π)+kπ},{(0,35π|−0,15π)+kπ},{(−0,053π|−0,31π)+kπ},{(0,39π|0,14π)+kπ},{(

π4|π6|

π12)+k

π2},{(−

π4|0,35π)+kπ},

{(π2|0,33π|0,30π)+kπ},{±

π4+kπ},{±0,28π+kπ},

{π3+kπ},{±

π4+kπ},{(0,40π|0,35π)+kπ},

5. Lineaire vergelijkingen in sinx en cosx.

Los op met een methode naar keuze.

(a) sinx+ cosx =√62

(b) 5 sinx+ 3 cosx = 4

(c) sin 2x+ cos 2x = 1

(d) 4 sin 3x+ 5 cos 3x = 6

(e)√3 sinx+ 3 cosx− 3 = 0

(f) 3 sinx−√3 cosx−

√6 = 0

(g) cosx+√3 sinx−

√3 = 0

(h) 3 sin 2x+ 4 cos 2x = 3

(i)√3 sin

x

2= cos

x

2+ 1

(j) 3 cosx− 3 =√3 sinx

(k) cos 4x+√3 sin 4x− 2 = 0

(l) 1 + cos x = 2 sin x{(

π12|

5π12)+k2π},{(0,069π|0,59π)+k2π},{(0|

π4)+kπ},

{(0,034π|0,11π)+k2π3},{(0|

π3)+k2π},{(

5π12|

11π12)+k2π},

{(π6|π2)+k2π},{(−0,045π|0,25π)+kπ},{(2π|

2π3)+k4π},

{(0|5π3)+k2π},{

π12+k

π2},{(0,30π|π)+k2π}.

6. Symmetrische vergelijkingen.

De volgende vergelijkingen zijn homogeen en kunnen in principe opgelostworden zoals die in reeks (3.). Maar behalve homogeen zijn ze ook sym-

metrisch onder verwisseling sin ↔ cos. Hierdoor kunnen ze vaak op eenveel kortere manier opgelost worden. Tip: steun op de hoofdformules enop de formules voor merkwaardige producten.

Voorbeeld. Los op: sin4 x+ cos4 x = 3/4.

Oplossing: ll = rl⇔ sin4 x+ 2 sin2 x cos2 x+ cos4 x =3

4+ 2 sin2 x cos2 x

⇔ (sin2 x+ cos2 x︸︷︷︸=1

)2 =3

4+

1

2sin2(2x) (DH formules)

⇔ sin2 2x =1

2⇔ . . . (werk de rest zelf uit)


(a) sin6 x+ cos6 x =13

16

(b) sin4 x+ cos4 x = sinx cosx

(c) sin6 x+ cos6 x− 3

4(sin4 x+ cos4 x) = 0

(d) (sinx+ cosx)4 + (sinx− cosx)4 = 3,651

(e) 2(sin6 x+ cos6 x)− 3(sin4 x+ cos4 x) + 1 = 0

{(±π12|

5π12|

7π12)+kπ},{

π4+kπ},{(±0.15π|±0,35π)+kπ},

{(−0,18π|0,68π)+kπ},R.

7. Gemengde oefeningen.

Los op met een methode naar keuze.

(a) cos 2x+ sin2 x =1

2

(b) 2 sin2 x+√3 sin 2x = 2

(c) 6 sin2 x

2+ 5 cos

x

2= 7

(d) 8 tan4 x− 6 tan2 x+ 1 = 0

(e) sin 7x− sinx− sin 3x = 0

(f) 2 sin2 x+√3 sin 2x− 3 = 0

(g) 1− sin 2x− sin2 x+ cosx = 0

(h) tan 2x+ cotx− 8 cos2 x = 0

(i) 8 sin3 x+ 5 sinx cos2 x−14 sin2 x cosx = 0

(j) 3 sinx+ 2 sin 3x− 3 sin 2x = 0

(k) 3 sin2 x = cos2 x

(l) cos 2x = 3 sin x+ 3

(m)√3 sin2 x− 4 sinx cosx+√3 cos2 x = 0

(n) cos 2x+ 3 cosx+ 2 = 0

(o) sinx+ sin 5x = sin 6x

(p) sin 2x+√3 sinx = cosx+

√3

2

(q) cos(x+ 3π2) + sin(3x) = 0

(r) cos3 x+ 1 = 2 cosx

(s) 3− cos 2x = 5 sin x

(t) cosx + cos 2x = sinx + sin 2x(Tip: FvS)


Taak 1: Goniometrische basisvergelijkingen.

Vorm om naar sinu = sin v, cosu = cos v of tanu = tan v en los op.

1. sin(−3x+ π4) = − sin(x+ π

3)

2. cos(3x− 4π3) = −0,6912

3. tan 2x = cot 3x

4. 2 cos2 2x− 3 cos 2x− 2 = 0

Taak 2: Goniometrische vergelijkingen.

Test jezelf: elk van deze vgl. moet je zonder problemen kunnen oplossen.

1. (Algebraïsch maken) 16 cos3 x− 13 cosx+ 3 = 0

2. (Ontbinden in factoren) sin 7x− sinx− sin 3x = 0

3. (Homogene vgl.) 3 cos3 x+ cos2 x sinx− cosx = 0

4. (Lineaire vgl.) 3 cosx+ sinx+ 5 = 0

Inhoud - nasty.dscloud.biz · sinus, cosinus of tangens anv een hoek (telkens een andere,...

Documents

Transcript of Inhoud - nasty.dscloud.biz · sinus, cosinus of tangens anv een hoek (telkens een andere,...