1

Trigonometrijske jednaine-zadaci za vjebanje

1. Koliko rjeenja u intervalu 0 2 ima jednaina

sin2x cos x( ) 1 0

Rjeenje:

sin2x cos x( ) 1 0

Zadatak je da sve funkcije koje se pojavljuju u jednaini, svedemo na istu, tj. da u jednaini

uestvuje samo sin x( ) ili cos x( ) . Konkretno, u ovoj jednaini sin2x demo da prikaemo

pomodu cos x( ) . Naime, poznato je da je sin2x 1 cos

2x . Zamjenimo u utoj jednaini

sin2x sa 1 cos

2x , pa dobijamo:

1 cos2x cos x( ) 1 0,

ili, nakon sreivanja

2 cos x( ) cos2x 0,

odnosno

cos2x cos x( ) 2 0 .

Sada se uvodi smjena cos x( ) t,

pa je

t2

t 2 0

ija su rjeenja

t2

t 2 0 solve t1

2

tj.

t 1 t 2 .

Vradanjem smjene, dobijamo

cos x( ) 1 cos x( ) 2

Druga jednaina nema rjeenja, poto kosinus nikada ne moe da postigne vrijednost 2. Rjeimo

prvu jednainu! Kosinus itamo na x-osi, a postidi de vrijednost -1 kada ugao bude .

2. Koliko rjeenja u intervalu 0 2 ima jednaina

1 sin 2x( ) cos x( ) sin x( )

Rjeenje:

1 sin 2x( ) cos x( ) sin x( )

Prirodno, sin 2x( ) razvijamo po formuli za dvostruki ugao, tj.

1 2 sin x( ) cos x( ) cos x( ) sin x( )

2

Dalje, iz osnovne trigonometrijske formule, proizilazi da je 1 sin2x cos

2x pa je

sin2x cos

2x 2 sin x( ) cos x( ) cos x( ) sin x( )

Sada, na lijevoj strani jednaine prepoznajemo kvadrat binoma. Naime,

cos x( ) sin x( )( )2

cos x( ) sin x( )

Uvedimo, sada, smjenu

cos x( ) sin x( ) t

pa je

t2

t

odnosno

t2

t 0

Ova jednaina se lako rjeava.

t t 1( ) 0

odnosno

t 0 t 1 0

pa je

t 0 t 1

Vradanje smjene daje

cos x( ) sin x( ) 0 cos x( ) sin x( ) 1 . Jednaina

cos x( ) sin x( ) 0

se rjeava tako to se njena i lijeva i desna strana podijeli sa 2 .

Dakle

1

2cos x( )

1

2sin x( )

0

2.

Kako je 1

2

2

2 imamo

1

22 cos x( )

1

22 sin x( ) 0

Dalje je

cos

4

cos x( ) sin

4

sin x( ) 0

Ovdje prepoznajemo adicionu formulu za kosinus zbira, tj.

cos x

4

0

Ova posljednja jednaina je prosta i lako se rjeava. Dakle,

x

4

2k

.

3

Dalje je

x

2

4 k

odnosno

x1

4 k

.

Prema tome, rjeenja ove prve jednaine koja pripadaju zadatom intervalu su

x

4x

5

4 .

Druga jednaina je cos x( ) sin x( ) 1

Rjeava se na isti nain kao i prva, tj. podijeli se sa 2 pa postaje

1

2cos x( )

1

2sin x( )

1

2

Nakon racionalisanja nazivnika, imamo

1

22 cos x( )

1

22 sin x( )

1

22.

Lijeva strana ove jednaine je ista kao i lijeva strana prve jednaine pa je razumljivo da je

cos x

4

2

2 .

Sada je

x

4

42k x

4

4 2k

,

odakle je

x 2k x

2 2k

Rjeenja ove jednaine koja pripadaju prvom obrtu su 0 2

22 odnosno 0 2

3

2 .

Prva dva rjeenja otpadaju, poto je dati interval otvoreni interval 0 2 , tako da je samo 3

2

rjeenje druge jednaine.

3. Koliko rjeenja u intervalu [0 2 ] ima jednaina

cos 3x( ) cos 2x( ) ?

Rjeenje:

cos 3x( ) cos 2x( )

Prebacimo sve na jednu stranu, da bi na desnoj strani imali nulu.

cos 3x( ) cos 2x( ) 0

Da bi mogli, sada, da iskoristimo teoremu kada je proizvod jednak nuli, moramo izraz na lijevoj strani jednaine da pretvorimo u proizvod.

4

Dakle,

2 sin3x 2x

2

sin3x 2x

2

0.

Odnosno, nakon uprodavanja, imamo

2 sin5

2x

sin1

2x

0

Dalje je,

sin5

2x

0 sin1

2x

0

Rjeenja ove dvije jednaine su

5

2x k

1

2x k

odakle je

x2

5k x 2k

Rjeenja prve jednaine, koja pripadaju zadanom intervalu su

x 0 x2

5 x

4

5 x

6

5 x

8

5 x 2

Rjeenja druge jednaine, koja pripadaju zadanom intervalu su

x 0 x 2 ,

ali su ta dva rjeenja sadrana u rjeenjima prve jednaine. Dakle, data jednaina u zadanom intervalu ima 6 rjeenja.

4. Za koje vrijednosti parametra a jednaina sin x( )6

cos x( )6

a ima

realna rjeenja? Rjeenje: Napiimo datu jednainu u sljededem obliku

sin x( )2

3

cos x( )2

3

a

Sada izraz na lijevoj strani jednaine rastavimo na faktore koristeci se razlikom kubova. Dakle,

sin x( )2

cos x( )2

sin x( )4 sin x( )2 cos x( )2 cos x( )4 a Prva zagrada je poznata trigonometrijska formula

sin x( )4

sin x( )2cos x( )

2 cos x( )

4 a

Dodajmo na obje strane jednaine izraz 3 sin x( )2

cos x( )2

da bi na lijevoj strani dobili kvadrat

binoma. Dakle

sin x( )4

sin x( )2cos x( )

2 cos x( )

4 3 sin x( )

2 cos x( )

2 a 3 sin x( )

2 cos x( )

2

Nakon sreivanja jednaina postaje

sin x( )4

2 sin x( )2

cos x( )2

cos x( )4

a 3 sin x( )2

cos x( )2

ili

5

1 a 3 sin x( )2

cos x( )2

.

Prebacimo sada a na lijevu stranu

1 a 3 sin x( )2

cos x( )2

Sada na desnoj strani jednaine treba da bude 4 sin x( )2

cos x( )2

, pa nam sredu kvari trojka koja

stoji ispred ovog trigonometrijskog izraza. Problem rjeavamo tako to i lijevu i desnu stranu

jednaine mnoimo sa 4

3 .

Dakle,

1 a( )4

3

4

33 sin x( )

2 cos x( )

2

tj

4

3

4

3a 4 sin x( )

2 cos x( )

2

Sada, na desnoj strani jednaine imamo potpuni kvadrat, tj

4

3

4

3a 2 sin x( ) cos x( )( )

2

U zagradi, na desnoj strani jednaine, imamo poznatu adicionu formulu sinusa dvostrukog ugla. Prema tome,

4

3

4

3a sin 2x( )( )

2

Poznato je da je sinus ograniena funkcija, tj

1 sin 2x( ) 1

Nakon kvadriranja je

0 sin 2x( )2

1

Zamjenimo sada sin 2x( )2 sa izrazom

4

3

4

3a

04

3

4

3a 1

Mnoenjem ove produene nejednakosti sa 3, dobijamo

04

3

4

3a

3 3

tj.

0 4 4 a 3

Sada, svakom izrazu dodajmo 4 , pa imamo

0 4 4 4 a 4 3 4

Nakon sreivanja, ova nejednaina postaje

4 4 a 1

Poslije mnoenja sa 1 okrede se smjer znaka nejednakosti, pa dobijamo

1 4a 4 ,

a nakon dijeljenja sa 4, dobijamo

6

1

4

4a

4

4

4

Poslije sreivanja, dobijamo traeni uslov

1

4a 1

Delilovid Majda