trigonometrische Gleichung lösen.

07.01.2010, 20:40

Bullet1000

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trigonometrische Gleichung lösen.

Hallo Leute,

ich sitze derzeit an einer Gleichung.

$\begin{eqnarray*} arcsin\sqrt(1-x^2)=\frac{\pi}{2} + arcsin x \end{eqnarray*}$

Ich habe leider keinen richtigen Ansatz zum Lösen dieser Gleichung.

Das einzige, was ich bisher herausgefundne habe ist:

$\begin{eqnarray*} tan(arcsin x) = \frac{x}{\sqrt(1-x^2)} \end{eqnarray*}$

Das sieht schon so ähnlich aus. Aber ich weiß nicht, wie ich es einbauen soll.

Sieht da jemand eine Möglichkeit?

Grüße

Bullet1000

07.01.2010, 20:57

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Du solltest vielleicht erstmal den x-Bereich einschränken: Wenn ich das richtig sehe, dann gilt

$\begin{eqnarray*} \arcsin\sqrt{1-x^2}=\frac{\pi}{2} + \arcsin(x) \end{eqnarray*}$

nur für $\begin{eqnarray*} -1\leq x\leq 0 \end{eqnarray*}$ .

Für $\begin{eqnarray*} 0<x\leq 1 \end{eqnarray*}$ ist sie jedenfalls nicht erfüllt, und für alle anderen reellen $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ (also $\begin{eqnarray*} |x|>1 \end{eqnarray*}$ ) sind die Terme gar nicht im reellen definiert.

EDIT: Achso, es ist ja eine Gleichung - ich hatte es von vornherein als nachzuweisende Identität angesehen, sorry dass ich nun schon alles verraten habe. Big Laugh

Big Laugh

07.01.2010, 21:13

Bullet1000

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Bedeutet das jetzt, dass ich sozusagen die Gleichung nicht nach x umstelle und lösen, sondern zeige, dass sie nur im Bereich von

$\begin{eqnarray*} -1\leq x \leq 0 \end{eqnarray*}$

gilt???

07.01.2010, 21:17

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Das ist rum wie num - wie es dir besser gefällt.

07.01.2010, 21:20

Bullet1000

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hmm.... Da entscheide ich mich für das Lösen der Gleichung smile

smile

Aber da bin ich dann wieder bei meinem ursprünglichen Problem.

Wie kann ich diese Gleichung nach x auflösen?

07.01.2010, 21:25

Rare676

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Substituiere mal $\begin{eqnarray*} x=cos(u) \end{eqnarray*}$ , ziehe dann die $\begin{eqnarray*} 0,5\pi \end{eqnarray*}$ auf die andere Seite und wende den Sinus an Augenzwinkern

Augenzwinkern

. Dann sollte es ersichtlich sein.

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07.01.2010, 21:30

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A und O bei dieser Aufgabe ist die Kenntnis der Sinusfunktion, insbesondere deren Umkehrung auf den diversen Intervallen. Dazu gehört natürlich auch die Arkussinusfunktion, und da vor allem deren Wertebereich.

Jedenfalls ist Sorgfalt angebracht, sonst landet man bei den jederzeit verlockenden nichtäquivalenten Umformungen ganz schnell bei Scheinlösungen.

07.01.2010, 21:38

Bullet1000

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hmm, ok, ich versuch es mal

also sei nun $\begin{eqnarray*} x=cos(u) \end{eqnarray*}$

Dann steht da:

$\begin{eqnarray*} arcsin\sqrt(1-cos^2(u))=\frac{\pi}{2} + arcsin(cos(u)) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} arcsin(sin(u)) - \frac{\pi}{2} = arcsin(cos(u)) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} u - \frac{\pi}{2}=arcsin(cos(u)) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} sin(u-\frac{\pi}{2})=cos(u) \end{eqnarray*}$

Wie genau kann ich dieses Ergebnis jetzt interpretieren?

Ich würde das so verstehen:

Diese letzte Gleichung gilt nur für $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{2}\leq x \leq \pi \end{eqnarray*}$

Demzufolge gilt die Urpsrüngliche Gleichung nur für

$\begin{eqnarray*} -1 \leq x \leq 0 \end{eqnarray*}$

07.01.2010, 22:02

Bullet1000

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Nein halt, ich muss mioch verbessern.

Dei Gleichung stimmt für alle $\begin{eqnarray*} x=\frac{\pi}{2}+-k\cdot \pi \end{eqnarray*}$

07.01.2010, 22:06

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Obgleich im großen und ganzen viel richtiges dabei, ist die Detailausführung an vielen Stellen unsauber, und das kann man sich hier nicht leisten. unglücklich

unglücklich

Es geht schon vorn los: $\begin{eqnarray*} x=\cos(u) \end{eqnarray*}$ spezifiziert nicht den Bereich, in dem $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ liegen soll - besser wäre $\begin{eqnarray*} u=\arccos(x) \end{eqnarray*}$ , dann ist nämlich klar, dass es um $\begin{eqnarray*} 0\leq u\leq \pi \end{eqnarray*}$ geht.

Dann geht es aber weiter: $\begin{eqnarray*} \arcsin(\sin(u))=u \end{eqnarray*}$ gilt nämlich nicht für alle $\begin{eqnarray*} 0\leq u\leq \pi \end{eqnarray*}$ , sondern nur für ... ? Und, und, und ... mehr Präzision!

EDIT: Das bezog sich auf deinen Beitrag von 21:38. Der von 22:02 war voll daneben.

07.01.2010, 22:25

Bullet1000

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Sorry, bin noch im ersten Semester, muss noch viel lernen.

Also was habe ich jetzt:

Klar ist, dass der $\begin{eqnarray*} arcsin(x) \end{eqnarray*}$ nur im Definitionsbereich von $\begin{eqnarray*} [-1,1] \end{eqnarray*}$ definiert ist.

Somit folgt also, dass das u jetzt noch auf einen Bereich von $\begin{eqnarray*} 0 \leq u \leq \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ eingeschränkt ist

Damit ist die Gleichung, die am Ende übrig bleibt

$\begin{eqnarray*} sin(u-\frac{\pi}{2}) = cos(u) \end{eqnarray*}$ nur für $\begin{eqnarray*} u=\frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$

Aber wenn ich mir die Graphen der beiden Funktionen anschaue, sehe ich, dass dies noch nciht alles sein kann.

07.01.2010, 22:29

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Zitat:

Original von Bullet1000
Klar ist, dass der $\begin{eqnarray*} arcsin(x) \end{eqnarray*}$ nur im Definitionsbereich von $\begin{eqnarray*} [-1,1] \end{eqnarray*}$ definiert ist.

Richtig.

Zitat:

Original von Bullet1000
Somit folgt also, dass das u jetzt noch auf einen Bereich von $\begin{eqnarray*} 0 \leq u \leq \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ eingeschränkt ist

Nein, das reicht nicht: Was ist mit den negativen $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ , also - $\begin{eqnarray*} 1\leq x<0 \end{eqnarray*}$ ? Die werden durch dein u-Intervall nicht abgedeckt. unglücklich

unglücklich

Zitat:

Original von Bullet1000
Sorry, bin noch im ersten Semester, muss noch viel lernen.

Genaugenommen sollten solche Sachen schon auf dem Gymnasium diskutiert werden. Mir ist allerdings bewusst, dass das kaum irgendwo in ausreichendem Maße getan wird - es ist also nicht deine Schuld.

07.01.2010, 22:41

Bullet1000

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Na ja... also hol ich es jetzt nach.
Wir haben heute in der Vorlesung erst die arcsin- und arccos-funktionen eingeführt.

Na egal, zurück zum Thema:

Ich habe natürlich die den Bereich von $\begin{eqnarray*} [-1,0] \end{eqnarray*}$ völlig ausgelassen.

Also liegt u im Bereich von $\begin{eqnarray*} -\frac{\pi}{2} \leq u \leq \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$

Also gilt die Gleichung am Ende für $\begin{eqnarray*} u=-\frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$

07.01.2010, 22:59

Bullet1000

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Aber nein halt!!! Das ist auch falsch, weil meine Substitution ja zu der Gleichung führt $\begin{eqnarray*} u=arccos(x) \end{eqnarray*}$
Somit muss u positiv sein

07.01.2010, 23:02

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Also wenn es um $\begin{eqnarray*} u=\arccos(x) \end{eqnarray*}$ geht, dann muss der Bereich $\begin{eqnarray*} 0\leq u\leq \pi \end{eqnarray*}$ lauten. Und deine Schlußfolgerung ist auch falsch, ich hatte doch das Ergebnis oben schon genannt - meinst du, ich hab dich da belogen? unglücklich

unglücklich

-----------------------------

Wie ich vorgehen würde:

Es geht sowieso nur um den Definitionsbereich $\begin{eqnarray*} -1\leq x\leq 1 \end{eqnarray*}$ der beteilgten Terme, die Substitution $\begin{eqnarray*} v=\arcsin(x) \end{eqnarray*}$ überführt das in $\begin{eqnarray*} -\frac{\pi}{2} \leq v \leq \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ .

Nun ist dann $\begin{eqnarray*} x=\sin(v) \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} 1-x^2 = 1-\sin^2(v) = \cos^2(v) \end{eqnarray*}$ . Da $\begin{eqnarray*} \cos(v) \geq 0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} -\frac{\pi}{2} \leq v \leq \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ gilt, kann man hier auch bedenkenlos die Wurzel ziehen: $\begin{eqnarray*} \sqrt{1-x^2} = \cos(v) \end{eqnarray*}$ Nun ist $\begin{eqnarray*} \cos(v) = \sin\left( \frac{\pi}{2}-v \right) = \sin\left( \frac{\pi}{2}+v \right) \end{eqnarray*}$ , was angesichts des schon erwähnten Wertebereichs $\begin{eqnarray*} \left[ -\frac{\pi}{2} , \frac{\pi}{2} \right] \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} \arcsin \end{eqnarray*}$ bedeutet, dass

$\begin{eqnarray*} \arcsin(\cos(v)) = \begin{cases} \frac{\pi}{2}-v & \;\mbox{für}\; 0<v\leq \frac{\pi}{2} \\ \frac{\pi}{2}+v & \;\mbox{für}\; -\frac{\pi}{2} \leq v \leq 0 \end{cases} \end{eqnarray*}$ .

Nach der ausgiebigen Vorarbeit (ohne jede nichtäquivalente Umformung!) jetzt endlich in $\begin{eqnarray*} \arcsin\sqrt{1-x^2}=\frac{\pi}{2} + \arcsin(x) \end{eqnarray*}$ einsetzen:

1.Fall $\begin{eqnarray*} 0<v\leq \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ : Zu lösende Gleichung $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{2}-v = \frac{\pi}{2}+v \end{eqnarray*}$ ,

2.Fall $\begin{eqnarray*} -\frac{\pi}{2} \leq v\leq 0 \end{eqnarray*}$ : Zu lösende Gleichung $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{2}+v = \frac{\pi}{2}+v \end{eqnarray*}$ .

Der Rest sollte klar sein.

07.01.2010, 23:06

Bullet1000

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OK, vielen Dank für die Mühe.

Ich glaub ich mach mir die Sache mit dem Definitionsbereich und Wertebereich nochmal richtig klar.
Das hilft sehr.

Vielend Dnak nochmal

Grüße

Bullet

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