1

Trigonometrijske jednačine-zadaci za vježbanje

1. Koliko rješenja u intervalu 0 2 ima jednačina

sin2x cos x( ) 1 0

Rješenje:

sin2x cos x( ) 1 0

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

učestvuje samo sin x( ) ili cos x( ) . Konkretno, u ovoj jednačini sin2x demo da prikažemo

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

2x . Zamjenimo u žutoj jednačini

sin2x sa 1 cos

2x , pa dobijamo:

1 cos2x cos x( ) 1 0,

ili, nakon sređivanja

2 cos x( ) cos2x 0,

odnosno

cos2x cos x( ) 2 0 .

Sada se uvodi smjena cos x( ) t,

pa je

t2

t 2 0

čija su rješenja

t2

t 2 0 solve t1

2

tj.

t 1 t 2 .

Vradanjem smjene, dobijamo

cos x( ) 1 cos x( ) 2

Druga jednačina nema rješenja, pošto kosinus nikada ne može da postigne vrijednost 2. Rješimo

prvu jednačinu! Kosinus čitamo na x-osi, a postidi de vrijednost -1 kada ugao bude . ◙

2. Koliko rješenja u intervalu 0 2 ima jednačina

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

Rješenje:

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 jednačine 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 jednačina se lako rješava.

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 . Jednačina

cos x( ) sin x( ) 0

se rješava tako što 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 jednačina je prosta i lako se rješava. Dakle,

x

4

2k

.

3

Dalje je

x

2

4 k

odnosno

x1

4 k

.

Prema tome, rješenja ove prve jednačine koja pripadaju zadatom intervalu su

x

4x

5

4 .

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

Rješava se na isti način 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 jednačine je ista kao i lijeva strana prve jednačine 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

Rješenja ove jednačine koja pripadaju prvom obrtu su 0 2

22 odnosno 0 2

3

2 .

Prva dva rješenja otpadaju, pošto je dati interval otvoreni interval 0 2 , tako da je samo 3

2

rješenje druge jednačine. ◙

3. Koliko rješenja u intervalu [0 2 ] ima jednačina

cos 3x( ) cos 2x( ) ?

Rješenje:

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 jednačine da pretvorimo u proizvod.

4

Dakle,

2 sin3x 2x

2

sin3x 2x

2

0.

Odnosno, nakon uprošdavanja, imamo

2 sin5

2x

sin1

2x

0

Dalje je,

sin5

2x

0 sin1

2x

0

Rješenja ove dvije jednačine su

5

2x k

1

2x k

odakle je

x2

5k x 2k

Rješenja prve jednačine, koja pripadaju zadanom intervalu su

x 0 x2

5 x

4

5 x

6

5 x

8

5 x 2

Rješenja druge jednačine, koja pripadaju zadanom intervalu su

x 0 x 2 ,

ali su ta dva rješenja sadržana u rješenjima prve jednačine. Dakle, data jednačina u zadanom intervalu ima 6 rješenja. ◙

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

cos x( )6

a ima

realna rješenja? Rješenje: Napišimo datu jednačinu u sljededem obliku

sin x( )2

3

cos x( )2

3

a

Sada izraz na lijevoj strani jednačine 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( )2

cos x( )2

cos x( )4

a

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

cos x( )2

da bi na lijevoj strani dobili kvadrat

binoma. Dakle

sin x( )4

sin x( )2

cos x( )2

cos x( )4

3 sin x( )2

cos x( )2

a 3 sin x( )2

cos x( )2

Nakon sređivanja jednačina 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 jednačine treba da bude 4 sin x( )2

cos x( )2

, pa nam sredu kvari trojka koja

stoji ispred ovog trigonometrijskog izraza. Problem rješavamo tako što i lijevu i desnu stranu

jednačine množimo 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 jednačine imamo potpuni kvadrat, tj

4

3

4

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

2

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

4

3

4

3a sin 2x( )( )

2

Poznato je da je sinus ograničena 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

Množenjem ove produžene 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 sređivanja, ova nejednačina postaje

4 4 a 1

Poslije množenja 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 sređivanja, dobijamo traženi uslov

1

4a 1

◙

Dželilovid Majda