8. modul Goniometria - Sulinet

MATEMATIKA „C”
11. évfolyam
8. modul
Goniometria
Készítette: Kovács Károlyné

Matematika „C” – 11. évfolyam – 8. modul: Goniometria Tanári útmutató 2
A modul célja A szögfüggvények definíciójának elmélyítése, alkalmazása egyszerű egyenletek megoldásában. Trigonometrikus
függvények grafikonjának értő vizsgálata.
Időkeret 3 foglalkozás
Ajánlott korosztály 11. évfolyam
Modulkapcsolódási pontok
Tágabb környezetben: Fizika, földrajz
Szűkebb környezetben: Koordinátageometria, analízis, sík- és térgeometriai feladatok megoldása.
Ajánlott megelőző tevékenységek: Szögfüggvények definíciójának ismerete. Trigonometrikus alapfüggvények
ábrázolása. Függvénytranszformációk alkalmazása trigonometrikus függvényekre.
Ajánlott követő tevékenységek: A szinusz- és koszinusztétel alkalmazása háromszögekben és sokszögekben.
A képességfejlesztés fókuszai Dedukív következtetés, kreativitás, eredetiség, gondolkodási sebesség, metakogníció, ismeretek rendszerezése,
elmélyítése, értelmes memória, ábrázolás, reprezentáció.
JAVASLAT
A gyakorló tanár bizonyára tapasztalta már, hogy ha először a hegyesszögek szögfüggvényeit értelmezi derékszögű háromszögben, akkor a szögfüggvények
fogalmának kiterjesztése okoz gondot a tanulók jó részének, míg ha fordítva, először a két szögfüggvénnyel úgy ismerkednek meg a
tanulók, mint egységvektor koordinátái, akkor a hegyesszögek szögfüggvényeinek alkalmazása derékszögű háromszögben megy nehezebben.
Ez a modul tetszőleges szög szögfüggvényeinek fogalmát mélyíti el. Az ismert probléma (egy egységvektorhoz végtelen sok irányszög tartozik,
de egy irányszög egyetlen egységvektort határoz meg) többirányú megközelítése segítheti annak megértését. A trigonometrikus függvények ismerete,
az ilyen típusú egyszerű egyenletek megoldása is része a foglalkozások anyagának.

Matematika „C” – 11. évfolyam – 8. modul: Goniometria Tanári útmutató 3
A MODUL FOGLALKOZÁSAINAK JAVASOLT SORRENDJE:
1. foglalkozás: Vektorok és szögfüggvények?
2. foglalkozás: Csak szögfüggvények
3. foglalkozás: Egy egyenlet, sok gyök

Matematika „C” – 11. évfolyam – 8. modul: Goniometria Tanári útmutató 4
MODULVÁZLAT
Lépések,
tevékenységek
I. Vektorok és szögfüggvények?
1 A szög szinusza és koszinusza mint az egységvektor
koordinátái. A fogalom mélyítése.
Kiemelt készségek, képességek
Ismeretek rendszerezése, elmélyítése, értelmes memória, ábrázolás,
reprezentáció, metakogníció
2 Egyszerű trigonometrikus egyenletek megoldása. Deduktív következtetés, gondolkodási sebesség,
metakogníció, ismeretek rendszerezése, elmélyítése
II. Csak szögfüggvények
1 Szöveges problémák trigonometrikus függvények
megadására.
2 Trigonometrikus függvény grafikonjának értő „olvasása”.
3 Adott tulajdonságú trigonometrikus függvény alkotása.
Eszköz/ Feladat/
Gyűjtemény
Feladatlap: 1–6. és 8.
feladat
Feladatlap: 7., 9., 10.
és 11. feladat
Deduktív következtetés Feladatlap:
1–2. feladat
Metakogníció, értelmes memória Feladatlap:
3. és 4. feladat
Kreativitás, eredetiség, gondolkodási sebesség, metakogníció Feladatlap:
5–7. feladat
4 Függvénytranszformációk. Értelmes memória, ábrázolás Feladatlap:
8–12. feladat
III. Egy egyenlet, sok gyök
1 Trigonometrikus egyenletek megoldása. Ismeretek rendszerezése, elmélyítése Feladatlap:
1–10. feladat

Matematika „C” – 11. évfolyam – 8. modul: Goniometria Tanári útmutató 5
I. VEKTOROK ÉS SZÖGFÜGGVÉNYEK?
A tanári tapasztalat azt mutatja, hogy az egyik legnehezebb fogalom a középiskolás tananyag-
ban a szögfüggvények fogalma. Ha először derékszögű háromszögben vezetjük be a hegyes-
szögek szögfüggvényeit, majd általánosítjuk a fogalmakat, egységvektor koordinátáival, illet-
ve ezek hányadosával értelmezzük azokat, akkor a tanulók egy jó része nehezen fogadja el az
elsőtől eltérő megközelítést. Ha viszont először egységvektor koordinátáiként ismeri meg a
két szögfüggvényt, akkor idegenkedik a hegyesszögek szögfüggvényeinek derékszögű három-
szögben való alkalmazásától.
Elsősorban persze a tananyag „súlyosságát” a sok új fogalom (bázisvektorok, irányszög, for-
gásszög, vektorfelbontás, vektor koordináta, szögmérés ívmértékkel), és ezek összekapcsoló-
dása okozza. Nehéz elfogadniuk, hogy pl. egy egységvektort végtelen sok irányszöggel tu-
dunk megadni, vagy hogy egy szög szinuszának ismerete (az egységvektor második koordiná-
tája) általában nem határozza meg egyértelműen az egységvektort.
Ezen a foglalkozáson kísérletet teszünk a szögfüggvények fogalmának elmélyítésére, termé-
szetesen feladatokon keresztül.
A *-gal jelölt feladatokat csak akkor tűzzük ki megoldásra, ha úgy érezzük, hogy a csoport jól
„tájékozódik” az egységkörön!
1. Adottak az i és j bázisvektorok ( i = j = 1).
Forgasd el az i vektort a megadott szöggel! Az
elforgatott vektor melyik síknegyedbe kerül? Milyen előjelű a kapott egységvektor első
koordinátája?
o
o
4π
a) 1610 b) − 400
c) d) − 3 e) 13
3
Megoldás:
o o o
a) 1610 = 170 + 4 ⋅360
; II. síknegyed, első koordináta negatív.
o o
o
b) − 400 = −40
+ ( −1)
⋅360
; IV. síknegyed, első koordináta pozitív.
4π
c) = 240°
; III. síknegyed, első koordináta negatív.
3
π
o
d) − π < −3
< − ( − 3 ≈ −171,
9 ) ; III. síknegyed, első koordináta negatív.
2

Matematika „C” – 11. évfolyam – 8. modul: Goniometria Tanári útmutató 6
o
o
e) 4 π < 13 < 4,
5π
( 13 ≈ 744,
8 = 24,
8 + 2 ⋅360
);I. síknegyed, első koordináta
pozitív.
2. Értelmezd a következő kifejezéseket!
o
o
o
o ⎛ 3π
⎞
o
o
cos 253 ; cos( − 93 ) ; sin 1224 ; sin 180 ; sin⎜
− ⎟ ; tg( 135 − 3⋅
360 ) ; cos 1,
5.
⎝ 4 ⎠
Célszerű minden esetben az egységkörön megjeleníteni a megfelelő egységvektort, továbbá
azt az összetevőjét, amely a megadott szám értelmezéséhez vezet.
Megoldás:
o
cos 253 : Ha az i bázisvektort pozitív irányban elforgatjuk
első koordinátája
lesz, így ez a szám negatív.
o
o
253 -kal, a kapott egységvektor
o
cos 253 . Mivel az elforgatással kapott vektor a III. síknegyedben
o
cos( − 93 ) : Ha az i bázisvektort negatív irányban elforgatjuk
o
o
93 -kal, a kapott egységvektor
első koordinátája cos( − 93 ) . Mivel a forgatással kapott vektor a III.
síknegyedben lesz, így ez a szám negatív.
o
o
sin 1224 : Ha az i bázisvektort pozitív irányban elforgatjuk 1224 -kal, a kapott egységvektor
második koordinátája
o
sin 1224 . Mivel
o
o
1224 = 144 + 3⋅
360 , ezért a forgatás-
sal kapott vektor a II. síknegyedben lesz, így ez a szám pozitív.
o
sin 180 : Ha az i bázisvektort pozitív irányban elforgatjuk
o
o
második koordinátája sin 180 . Így sin 180 = 0 .
o
o
180 -kal, a kapott egységvektor
⎛ 3π
⎞
3π
sin⎜
− ⎟ : Ha az i bázisvektort negatív irányban elforgatjuk radiánnal, a kapott egység-
⎝ 4 ⎠
4
o
⎛ 3π
⎞
vektor második koordinátája sin⎜
− ⎟ . Mivel a forgatással kapott vektor a III.
⎝ 4 ⎠
síknegyedben lesz, így ez a szám negatív.
o
tg ( 135 − 3⋅
360 ) : Ha az i bázisvektort először pozitív irányban elforgatjuk
tovább forgatjuk a vektort negatív irányban 3-szor
o
135 -kal, majd
o
360 -kal, a kapott vektor máso-

Matematika „C” – 11. évfolyam – 8. modul: Goniometria Tanári útmutató 7
dik és első koordinátájának hányadosa egyenlő tg( 135 − 3⋅
360 ) -kal. Mivel a
forgatással kapott vektor a II. síknegyedben lesz, így ez a szám negatív.
cos 1,
5:
Ha az i bázisvektort pozitív irányban elforgatjuk 1,5 radiánnal, a kapott egységvektor
π
első koordinátája cos 1,
5.
Mivel 0 < 1,
5 < , ezért a forgatással kapott vektor az I.
2
síknegyedben lesz, így ez a szám pozitív.
3. Szerkeszd meg a következő 3 vektort!
o o
o
o
e ( 1;
−3)
g = (cos 210 ) i + (sin 210 ) j k (cos( −330
) ; 2 ⋅sin(
−330
))
Megoldás:
4. A szögfüggvények definíciójának felhasználásával (zsebszámológép és függvénytáblázat
használata nélkül) állapítsd meg a következő számok előjelét!
a) sin( )
−97 o c) ( 4)
b) cos( 2+ 3π
)
d)
tg − e) sin3− cos3
o
2 2
ctg 512 f) sin 3+ cos 3
Az f) kérdésben a 3 radiánnal elforgatott i vektor első koordinátája negatív, de a vektor össze-
tevőinek hosszára, azaz cos3 -re és sin 3 -ra alkalmazható Pitagorasz tétele.
Megoldás:
A megadott számok előjelét az i vektor (a kifejezésben szereplő) irányszöggel elforgatásával
kapott vektor összetevőinek irányából állapíthatjuk meg.
o
o

Matematika „C” – 11. évfolyam – 8. modul: Goniometria Tanári útmutató 8
a) sin( −97 ) < 0
o
o
b) cos( 2 + 3π
) > 0 d) ctg 512 < 0
c) tg ( − 4)
< 0
e) sin 3 − cos3
> 0
5. Mekkora az a (−2;
3)
vektor legkisebb pozitív irányszöge?
Megoldás:
Mivel az a vektor legkisebb pozitív irányszögének α
mellékszöge egy olyan derékszögű háromszög egyik hegyesszöge,
amellyel szemközti befogó 3 egység, mellette
3
lévő befogó 2 egység hosszú. Így tg α = , ebből
2
o
α ≈ 56,
3 .
Az a vektor legkisebb pozitív irányszöge kb. 123 , 7 .
o
2 2
f) sin 3 + cos 3 = 1 > 0
o
6. a) Az e egységvektor első koordinátája cos 130 . Add meg az e vektor összes irányszögét!
⎛ π ⎞
b)* Egy k egységvektor első koordinátája sin ⎜−
⎟ . Mekkora szöggel forgatható el az i
⎝ 3 ⎠
bázisvektor, hogy az elforgatott vektor a k vektor legyen?
Megoldás:
a) Két olyan egységvektor rajzolható az egységkörben, amelyek el-
ső koordinátája cos 130°
. A II. síknegyedben lévő vektor irány-
szögei: 130° + n ⋅ 360°
, ahol n ∈ Z ; a III. síknegyedben lévő
vektor irányszögei: 230° + k ⋅360°
, ahol k ∈ Z .
⎛ π ⎞
b) Ha elforgatjuk az i vektort ⎜−
⎟ szöggel, a kapott e vektor má-
⎝ 3 ⎠
⎛ π ⎞
sodik összetevője a j vektor sin⎜
− ⎟ -szorosa. Mivel a keresett
⎝ 3 ⎠
⎛ π ⎞
k vektor első koordinátája sin⎜
− ⎟ , így a k vektor i vektorral
⎝ 3 ⎠
párhuzamos összetevője az i vektornak ugyanennyiszerese. Ha tehát az e vektor j
vektorral párhuzamos összetevőjét elforgatjuk negatív irányba
o
90 -kal, a k vektor i

Matematika „C” – 11. évfolyam – 8. modul: Goniometria Tanári útmutató 9
vektorral párhuzamos összetevőjét kapjuk. Két olyan k vektor rajzolható, amelynek
⎛ π ⎞
az első koordinátája sin⎜
− ⎟ .
⎝ 3 ⎠
5 π
A II. síknegyedben lévő vektor irányszögei: + 2nπ
, ahol n ∈ Z ;
6
7 π
a III. síknegyedben lévő vektor irányszögei: + 2kπ
, ahol k ∈ Z .
6
7. Döntsd el, hogy az alábbi egyenlőségek közül melyek teljesülnek tetszőleges k egész szám
esetén!
o o
a) sin( − 150 + k ⋅ 360 ) =
b)
Megoldás:
⎧1
⎪
, ha k 3 - mal osztható.
2
⎪
o o ⎪ 1
cos( 60 + k ⋅120
) = ⎨−
, ha k páratlan szám.
⎪ 2
⎪−1,
ha k páros szám.
⎪
⎩
1
2
2 o o 1
c) sin ( 135 + k ⋅ 180 ) =
2
o
o
o
d) tg20
= ctg(
−160
+ k ⋅360
)
o o
o 1 1
a) sin( −150
+ k ⋅360
) = sin( −150
) = − ≠ , tehát nem teljesül az egyenlőség.
2 2
b) A kifejezésben szereplő irányszögek 3 vektort határoznak meg.
Az I. síknegyedben lévő vektor irányszögei:
o
o
o
o
60 + n ⋅360
= 60 + 3n
⋅120
, ahol n tetszőleges egész szám,
így k = 3n
, azaz k 3-mal osztható. Ekkor
o o 1
cos( 60 + n ⋅360
) = .
2
Az i vektor ellentettjének irányszögei:
o
o
o
180 + n ⋅360
= 60 + ( 3n
+ 1)
⋅120
, ahol n
tetszőleges egész szám, így k = 3 n + 1,
és ez a szám lehet páratlan és páros is. Ekkor
o
cos( 180 + n ⋅360
) = −1.
o
o

Matematika „C” – 11. évfolyam – 8. modul: Goniometria Tanári útmutató 10
A IV. síknegyedben lévő vektor irányszögei:
o
o
300 + n ⋅360
= 60 + ( 3n
+ 2)
⋅120
,
ahol n tetszőleges egész szám, így k = 3 n + 2 , és ez a szám lehet páratlan és páros is.
o o 1
Ekkor cos( 300 + n ⋅360
) = , az egyenlőség nem teljesül.
2
o o 2
o o 2
c) Mivelsin(
135 + k ⋅180
) = , ha k páros és sin( 135 + k ⋅180
) = − , ha k pá-
2
2
1
ratlan, így a négyzete tetszőleges k egész szám esetén . Ez az egyenlőség teljesül
2
minden k egészre.
o
o
o
o
o cos( −160
) − cos 20
o
d) Mivel ctg ( −160 + k ⋅ 360 ) = ctg(
−160
) =
= = ctg20
, és
o
o
sin( −160
) − sin 20
o
o
ctg20 ≠ tg20
, ezért az egyenlőség nem teljesül.
⎛ 2 ⎞
8. a) Szerkeszd meg azokat az egységvektorokat, amelyek második koordinátája ⎜−
⎟ !
⎝ 3 ⎠
b) Értelmezd a sin x =− 2
egyenletet, ahol x fokokban mért szöget jelöl!
3
c) Add meg az egyenlet megoldásait a [ 2000°
; 2300°
] intervallumon!
d) Add meg a [ − 560°
; − 200°
] intervallumon a megoldásokat!
Megoldás:
a)
o
o

Matematika „C” – 11. évfolyam – 8. modul: Goniometria Tanári útmutató 11
⎛ 2 ⎞
b) Az i vektort x fokos szöggel elforgatva, a kapott vektor második koordinátája ⎜−
⎟ .
⎝ 3 ⎠
c) A III. síknegyedben megrajzolt vektor egyik irányszöge: kb.
szög, ami benne van az intervallumban, ennél nagyobb.)
o
o
o
o
o
o
o
221 , 81 . (A többi irány-
2000 < 221,
81 + 5⋅
360 = 2021,
81 , de 221 , 81 + 6 ⋅360
= 2381,
81 > 2300 ,
ebben az esetben egy megoldás adódott:
o
2021 , 81 .
A IV. síknegyedben megrajzolt vektor egyik irányszöge kb. 318 , 19 . (A többi irány-
szög, ami benne van az intervallumban, ennél nagyobb.)
o
318 , 19 + 5⋅
360 = 2118,
19
Az ennél nagyobb irányszögek már nem felelnek meg. Itt is egy megoldás adódott.
A sin x =− 2
egyenletnek a ]
3 2300 ; 2000 [ ° ° intervallumon két megoldása van:
o
2021 , 81 és 2118 , 19 .
d) Hasonlóan adódik, hogy a legnagyobb irányszög, ami a [ − 560°
; − 200°
] interval-
lumnak eleme:
o
o
− 360 − 41,
81 = −401,
81 , a következő:
o
o
− 360 −138,
19 = −498,
19 .
Az intervallumnak ennél kisebb eleme már nem felel meg.
A sin x =− 2
egyenletnek a ]
3 200 ; 560 [ ° − ° − intervallumon két megoldása van:
o
− 401,
81 és − 498,
19 .
o
9. a) Értelmezd a cos x + 0,
5 = 0 egyenletet, ahol x radiánban mért szöget jelöl!
b) Oldd meg az egyenletet a valós számok halmazán!
o
o
o
o
o
o
o
o

Matematika „C” – 11. évfolyam – 8. modul: Goniometria Tanári útmutató 12
Megoldás:
10. Ha
A:
D:
a) Az i vektort x radián szöggel elforgatva, a kapott vektor első koordinátája (− 0,
5)
.
2 π
b) cos x + 0,
5 = 0 ⇔ cos x = −0,
5 ⇔ x = + 2nπ
, ahol n ∈ Z ,
3
2 π
vagy x = − + 2kπ
, ahol k ∈ Z .
3
o
cos x = cos160
, akkor van-e olyan x szög, amelyre:
o
cos x = cos 20
B: sin x = sin( −20
) C: cos x = cos( −20
)
o
cos x = cos380
E: Egyik eddigi válasz sem helyes.
(A megadott válaszok közül pontosan egy helyes.)
Megoldás:
Ha
o
cos x = cos160
, akkor az x forgatással két vektort kaphatunk, a
II. és III. síknegyedben.
o
o
A: Nincs ilyen x szög, hiszen cos 20 > 0 , viszont cos 160 < 0 .
B: Van ilyen x szög, mégpedig az
szögek.
o
o
x = 200 + n ⋅360
, ahol n ∈ Z
C: Nincs ilyen x szög, hiszen cos( −20 ) > 0
o
o
, de cos 160 < 0 .
D: Nincs ilyen szög, mert cos 380 = cos 20 > 0 .
11.* A egyenlet megoldáshalmaza ( kn , ∈Z ):
o o
A: { 70 + ⋅360
}
o
o o
k B: { − 20 + k ⋅360
}
o o o o
C: { 70 + k⋅360 − 70 + n⋅360
}
o o o o
E: { 20 + k⋅360 vagy − 20 + n⋅360
}
vagy D:
(A megadott válaszok közül pontosan egy helyes.)
o
o
o

Matematika „C” – 11. évfolyam – 8. modul: Goniometria Tanári útmutató 13
Megoldás:
Mivel
o
o
cos 20 = sin 70 , a egyenlet ekvivalens a
o
sin x = sin 70 egyenlettel. Két egységvektor második koordinátája
o
sin 70 (lásd az ábrát), az I. és a II. síknegyedben.
o
Az egyikhez x = 70 + k ⋅360
, a másikhoz
o
o
o
x = 110 + n ⋅360
(ahol n, k ∈ Z ) forgatásokkal juthatunk el. A keresett megoldáshal-
maz: , tehát a D válasz a helyes.

Matematika „C” – 11. évfolyam – 8. modul: Goniometria Tanári útmutató 14
II. CSAK SZÖGFÜGGVÉNYEK
A szögfüggvények ábrázolása, függvénytranszformációk végrehajtása időigényes feladat. A
délutáni foglalkozáson is érdemes ezzel a témakörrel foglalkozni. Az itt látható feladatok
megoldásával várhatólag mélyül a tanulók szám- és függvényfogalma. A különböző
függvénytranszformációk alkalmazására is többféle módon nyílik lehetőség, és ezen keresztül
a függvénytulajdonságok közül elsősorban a periodicitás felelevenítésére is mód van.
1. Az ABCD téglalap AB oldala 4 cm hosszú, az A csúcsból induló átló o
5 os szöget zár be
ezzel az oldallal.
a) Mekkora a téglalap területe?
b) A téglalap AB, és a vele párhuzamos oldalának hosszát nem változtatjuk, de az A
csúcsból húzott átló hajlásszögét folyamatosan növeljük. Jelöljük az A csúcsból induló
átló, és az AB oldal hajlásszögét α -val. Hogyan függ a téglalap területe az α szögtől?
c) Az α mekkora értéke esetén lesz a téglalap területe 32 cm 2 ?
d) Válaszd ki a téglalapok közül azt a téglalapot, amelynek a BC oldala 2 cm hosszú (az
AB oldala 4 cm)! Forgassuk el a BC, és a vele párhuzamos AD oldalt a B, illetve az A
csúcs körül negatív irányba
területe?
o
β = 20 szöggel! Mekkora a keletkezett paralelogramma
e) Hozz létre a d) kérdésben megadott módon paralelogrammákat különböző β szögű,
o
o
negatív irányú forgatással ( 0 < β < 90 )! Hogyan függ e paralelogrammák területe a
β szög mértékétől? Add meg a függvényt képlettel, és ábrázold derékszögű koordiná-
ta-rendszerben!
Megoldás:
o
2 o
2
a) BC = b = 4 ⋅ tg5
≈ 0,
35 (cm) , így T = ab = a ⋅ tg5
≈ 1,
4 (cm ) .
A téglalap területe kb. 1,4 cm 2 .
b) T ( α) = 16 ⋅ tgα
, ahol 0 < α < 90 .
o
c) 16 ⋅ tgα
= 32 ⇔ tg α = 2,
ahol 0 < α < 90 . Innen α ≈ 63,
44 .
o
o
o
o

Matematika „C” – 11. évfolyam – 8. modul: Goniometria Tanári útmutató 15
d) A 2 cm-es átfogójú derékszögű háromszög ma befogója melletti hegyesszöge 20 . Így
o
m = 2 ⋅ cos 20 ≈ 1,
88 (cm)
. A paralelogramma területe:
a
o
2
t = = 8⋅
cos 20 ≈ 7,
52 (cm ) .
ama
e) A paralelogramma területe: t = ama
= 8⋅ cos β .
π
t ( β ) = 8⋅
cos β , ahol 0 < β < .
2
A t függvény grafikonja:
2. Egy egyenlőszárú háromszög szárai 2 cm hosszúak, a szárszöge γ . Hogyan függ a három-
szög alapjának hossza a γ szögtől? Add meg a függvényt képlettel! Mi lesz a függvény le-
hető legbővebb értelmezési tartománya? Ábrázold derékszögű koordináta-rendszerben a
függvényt!
Megoldás:
Jelöljük az egyenlőszárú háromszög alapjának hosszát a-val. Az alaphoz tartozó magas-
a
γ
ság által létrehozott derékszögű háromszögben: sin
2
γ
= , azaz a = 4 ⋅sin
.
2 2
2
γ
Így a ( γ ) = 4 ⋅sin
, ahol < γ < π
2
vallum. A függvény grafikonja:
0 . A legbővebb értelmezési tartománya a ] ; π [
o
0 inter

Matematika „C” – 11. évfolyam – 8. modul: Goniometria Tanári útmutató 16
π
3. Vizsgáljuk a valós számok halmazán értelmezett f ( x)
= sin x függvényt! A függvény
2
milyen egész értékeket vehet föl? Vázold értéktáblázat alapján a függvény grafikonját!
Mekkora a függvény periódushossza?
A tanulók az ilyen kifejezésben gyakran rosszul adják meg a műveleti sorrendet: sin x
2
π he-
⎛ ⎞
lyett ⎜sin
⎟ ⋅ x
⎝ 2 ⎠
π
kifejezésre gondolnak.
Megoldás:
π
Mivel minden szám szinusza legalább − 1 és legfeljebb 1, így −1 ≤ sin x ≤ 1.
A függ-
2
vény 3-féle egész értéket vehet fel: − 1,
0 és 1. Ezeket az értékeket fel is veszi, hiszen pl.
3 -hoz a függvény −1-et, 0-hoz 0-t, és 1-hez 1-et rendel.
x -4 -3 -2 -1 0 1 2 3
f(x) 0 1 0 -1 0 1 0 -1
1
π
2
2
2
2
π
sin ≈
2
−0,
98
π
Ha pl. 1 ≤ x ≤ 2 , akkor 0 ≤ sin x ≤ 1.
Ezen a szakaszon a függvény szigorúan csökke-
2
nő. A függvény grafikonja kb. ilyen:

Matematika „C” – 11. évfolyam – 8. modul: Goniometria Tanári útmutató 17
π
⎛ π ⎞
Mivel f ( x + 4)
= sin ( x + 4)
= sin⎜
x + 2π
⎟ = f ( x)
, és 4-nél kisebb számra nem tel-
2
⎝ 2 ⎠
jesül minden x valós számra, ezért a függvény periódushossza 4.
4. Az ábrán egy koszinuszfüggvény teljes periódusa látható. Melyik képlettel adható meg a
függvény?
A: f ( x)
= cos 2x
π
B: f ( x)
= 2cos
x
2
C:
D: f ( x)
= cosπ
x
E: f ( x)
= 2cosπ
x
(A megadott válaszok közül pontosan egy helyes.)
Megoldás:
f ( x)
= 2cos
Elfogadható, ha a tanuló a függvény grafikonját a képletével a függvény egész helyeken ki-
számolt (leolvasott) értékei alapján azonosítja be.
Az egész helyeken leolvasott, illetve kiszámolt értékek alapján a függvény csak az E-ben
megadott képletű lehet.
5. Adj meg grafikonjával a valós számok halmazán értelmezett olyan függvényt, amelynek az
értékkészlete a [ 1;
1]
− intervallum, a periódushossza π , a 0 helyen maximuma van, és nul-
lához a függvény 1-et rendel!
Megoldás:
Többféle függvénygrafikon is rajzolható. Pl.
x
π

Matematika „C” – 11. évfolyam – 8. modul: Goniometria Tanári útmutató 18
Egy periódusra megfogalmazva: A ( 0;
1)
koordinátájú pontot természetesen nemcsak
⎛ π ⎞
szakasszal köthetjük össze a ⎜ ; −1⎟
⎝ 2 ⎠
koordinátájú ponttal, és ezt a pontot tovább a
π
(π ; 0)
ponttal. A feltétel szerint az sem szükséges, hogy a függvény a helyen vegye
2
föl a 1)
(− értéket, de az kell, hogy a ] ; π [
0 nyílt intervallumon folytonos függvény ér-
téke az intervallum valamely pontján (-1) legyen, és persze a π számhoz a függvény 1-
et rendeljen.
Megrajzolható az f ( x)
= cos 2x
(ahol x tetszőleges valós számot jelöl) függvény grafi-
konja is.
6. Adj meg grafikonjával és képletével is egy olyan trigonometrikus függvényt, amelynek az
értelmezési tartománya a valós számok halmaza, értékkészlete a [ ; 2]
dushossza 2 π , és nullához 1-et rendel!
Megoldás: f ( x)
= sin x + 1 vagy g( x)
= 1−
sin x .
0 intervallum, perió

Matematika „C” – 11. évfolyam – 8. modul: Goniometria Tanári útmutató 19
7. Adj meg grafikonjával és képletével is egy olyan trigonometrikus függvényt, amelynek az
értelmezési tartománya a valós számok halmaza, értékkészlete a [ ; 2]
dushossza π , és nullához 2-t rendel!
Megoldás: Pl. f ( x)
= 2 ⋅ cos x vagy g ( x)
= cos 2x
+ 1.
0 intervallum, perió-
8. Határozd meg a valós számok halmazán értelmezett f, g és h függvények szélsőértékeit, és
azok helyét!
⎛ π ⎞
a) f ( x)
= 1−
sin⎜
x − ⎟
⎝ 3 ⎠
Megoldás:
b) g ( x)
= cos( x + 2)
c) h ( x)
= cos x + 2
⎛ π ⎞
⎛ π ⎞
a) Mivel −1
≤ sin⎜
x − ⎟ ≤ 1,
így 0 ≤ 1−
sin⎜
x − ⎟ ≤ 2 .
⎝ 3 ⎠
⎝ 3 ⎠
⎛ π ⎞
⎛ π ⎞
Az 1 − sin⎜
x − ⎟ = 0 egyenlet pontosan akkor teljesül, ha sin ⎜ x − ⎟ = 1,
azaz
⎝ 3 ⎠
⎝ 3 ⎠
π π
5 π
x − = + 2nπ
, ahol n ∈ Z . Innen x = + 2nπ
, n ∈ Z .
3 2
6
⎛ π ⎞
⎛ π ⎞
Az 1 − sin⎜
x − ⎟ = 2 egyenlet akkor és csak akkor teljesül, ha sin⎜ x − ⎟ = −1,
az-
⎝ 3 ⎠
⎝ 3 ⎠
π 3π
11 π
az x − = + 2kπ
, ahol k ∈ Z . Innen x = + 2kπ
, k ∈ Z .
3 2
6

Matematika „C” – 11. évfolyam – 8. modul: Goniometria Tanári útmutató 20
5 π
Az f függvény minimuma 0, a minimum helyei: x = + 2nπ
, n ∈ Z . A függvény
6
11 π
maximuma 2, a maximum helyei: x = + 2kπ
, k ∈ Z .
6
b) A g függvény esetében mivel −1 ≤ cos( x + 2)
≤ 1,
a függvény minimuma (− 1)
, és ezt
3π
az értéket azokon a helyeken veszi fel, ahol x + 2 = + 2nπ
, azaz
2
3π
x = −2
+ + 2nπ
( ≈ 2,
71+
2nπ
) , ahol n ∈ Z . A maximuma 1, és ezt az értéket az
2
π
x = −2
+ + 2kπ
≈ −0,
43 + 2kπ
, ahol k ∈ Z .
2
c) A h ( x)
= cos x + 2 függvény esetében 1 ≤ cos x + 2 ≤ 3 . A függvény értéke pontosan
akkor 1, ha cos x = −1,
azaz x = π ( 1+
2n)
, ahol n ∈ Z , és akkor 3, ha cos x = 1,
azaz
x = 2kπ
, ahol k ∈ Z .
A h függvény minimuma 1, és ezt az értéket az x = π ( 1+
2n)
, ahol n ∈ Z helyeken
veszi fel. A függvény maximuma 3, és a maximum helyei: x = 2kπ
, ahol k ∈ Z .
⎧π
⎫
9. A [ − 100; 100 ] \ ⎨ + nπ, n ∈ Z⎬
→ R,
x a tgx
függvény az adott zárt intervallumon hány-
⎩2
⎭
szor veszi föl a 8 értéket?
Megoldás:
A tangensfüggvény páratlan és periodikus függvény, a periódushossza π . Először ér-
demes a
⎤ π π
− ;
2 2
⎥
⎦
⎡
⎢
⎣
π
intervallumon megvizsgálni a feladat kérdését. Utána elegendő -
2
től 100-ig megszámolni, hogy hányszor veszi fel a függvény a 8 értéket, hiszen mivel a
függvény páratlan, −100 -tól
A
π
− - ig is pontosan ugyanannyiszor lesz az 8 értéke.
2
⎡ π ⎡
⎢
0 ;
⎣ 2 ⎢
intervallumon egyszer lesz az értéke 8, és utána is minden periódusban egy-
⎣
⎛ π ⎞
⎤ π ⎤
szer. Mivel ⎜100
− ⎟ : π ≈ 31,
33 , tehát a
⎝ 2 ⎠
⎥
; 100
⎦
⎥
intervallumban 31 teljes periódusa
2 ⎦
π
van a függvénynek. A 31-edik periódus végpontja: + 31π
≈ 98,
96 .
2

Matematika „C” – 11. évfolyam – 8. modul: Goniometria Tanári útmutató 21
π
Mivel 100 − 98,
96 = 1,
04 < , így a 100-ig maradt „töredék” szakaszon a függvény ér-
2
téke végig negatív, azaz itt nem lehet már az értéke 8.
π ⎛ π ⎞
Tehát a függvény a -től 100-ig 31-szer veszi fel a 8 értéket, és így ⎜−
⎟ -től (−100) -
2
⎝ 2 ⎠
⎤ π π ⎡
ig is ugyanennyiszer, a ⎥−
; ⎢ intervallumon pedig 1-szer, így a teljes kérdezett hal-
⎦ 2 2 ⎣
mazon 63-szor.
1
10. Az y = x egyenletű egyenesnek hány közös pontja van a valós számok halmazán
100
értelmezett f ( x)
= sin x függvény grafikonjával?
Megoldás:
Az egyenesen lévő pontok második koordinátája pontosan akkor van a [ 1;
1]
tervallumban, ha −100 ≤ x ≤ 100 . A szinuszfüggvény páratlan függvény , a
− zárt in-
1
g(
x)
= x is az, így ahány metszéspontja van a két függvény grafikonjának a
100
] 0 ; 100]
balról nyílt intervallumban, pontosan ugyanannyi van [ 100;
0 [
intervallumon is. Elég tehát kiszámítanunk, hogy pl. a ] ; 100]
− jobbról nyílt
0 intervallumon hány közös
pontja van a két grafikonnak, mert ennek kétszeresét 1-gyel növelve (mivel az origó is
közös pont), eljutunk a keresett metszéspontok számához.
A szinuszfüggvény periódushossza π
2 . A ] 0 ; 100]
intervallum ] ; 2π]
0 részhalmazán
100 − 2π
egy közös pont van. Mivel ≈ 14,
92 , így a ] 0 ; 2π]
után 100-ig 14 teljes perió-
2π
dusa van a szinuszfüggvénynek. Minden periódusban pontosan 2 metszéspont van. A 14
teljes periódus hossza 14 ⋅ 2π
≈ 87,
96 , így a „töredék” periódus hossza:
( 100 − 2π
) −14
⋅ 2π
= 100 − 30π
≈ 5,
75 . Mivel π < 5 , 75 < 2π
, így ezen a szakaszon is
van pontosan 2 metszéspont.

Matematika „C” – 11. évfolyam – 8. modul: Goniometria Tanári útmutató 22
Ezek szerint a ] ; 100]
1 2 ⋅14
+ 2 =
két grafikonnak, ez viszont azt jelenti, hogy a [ 100;
100]
0 intervallumon összesen + 31 metszéspontja van a
− intervallumon összesen
2 ⋅ 31+
1 = 63.
1
Az y = x egyenletű egyenesnek az f ( x)
= sin x függvény grafikonjával 63 met-
100
széspontja van.
⎛ π ⎞
11. Told el az f ( x)
= cos x (ahol x ∈ R ) függvény grafikonját a ⎜ ; 1⎟
koordinátájú vektor-
⎝ 2 ⎠
ral! Add meg kétféleképpen is a kapott grafikonú függvény hozzárendelési szabályát!
⎛ π ⎞
Megoldás: g ( x)
= cos⎜
x − ⎟ + 1 vagy g ( x)
= sin x + 1.
⎝ 2 ⎠
Célszerű megbeszélni a feladat megoldása után, hogy a feladat milyen azonosság felismerésé-
hez vezet.
12. Ábrázold függvénytranszformációval a valós számok halmazán értelmezett
( x)
= 1−
2 ( x + π ) függvény grafikonját a [ 2π
; 2π
]
g cos
− intervallumon!
a) Add meg a valós számok halmazán értelmezett függvény értékkészletét!
b) Vizsgáld a valós számok halmazán értelmezett g függvény paritását és állapítsd meg a
függvény zérushelyeit, szélsőértékeit, és azok helyét!
Megoldás:
A függvénytranszformáció egyes lépéseiben ábrázolt függvények:
g1 ( x)
= cos x
g 2 ( x)
= cos( x + π ) grafikonját a g 1 függvény grafikonjából, annak ( − π;
0)
vektorral
való eltolással kapjuk.
g ( x)
= −2cos(
x + π ) grafikonját a g 2 függvény grafikonjára végrehajtott (x tengelyre)
3
( + π )
merőleges affinitással kapjuk, az affinitás aránya: − 2 .
g( x)
= 1−
2cos
x grafikonját a g 3 függvény grafikonjának ( 0;
1)
vektorral való el-
tolásával kapjuk.

Matematika „C” – 11. évfolyam – 8. modul: Goniometria Tanári útmutató 23
a) A g függvény értékkészlete: [ − 1;
3]
b) Mivel a g függvény minden x ∈ R és − x ∈ R helyen értelmezve van, és
( x + ) = 1 2 x
g( x)
= 1−
2cos
π + cos minden x valós szám esetén, továbbá
cos( − x) = cos x minden x ∈ R , így g ( − x)
= g(
x)
, azaz a g függvény páros.
Zérushelyek: ( x)
= 1−
2cos(
x + ) = 1+
2cos
x = 0
g π ⇔
2 π
2 π
x = + 2nπ
, ahol n ∈ Z , vagy x = − + 2kπ
, ahol k ∈ Z .
3
3
Szélsőértékek, és annak helyei: Mivel 1 ≤ cos(
+ π)
≤1
1
cos x = − ⇔
2
− x , így −1 ≤ 1+
2cos
x ≤ 3 .
A legkisebb függvényértéket (a −1-et) pontosan akkor veszi fel a függvény, ha
cos x = −1,
azaz x = π(
1+
2n)
, ahol n ∈ Z .
A legnagyobb függvényértéket (a 3-at) pontosan akkor veszi fel a függvény, ha
cos x = 1,
azaz x = 2kπ
, ahol k ∈ Z .

Matematika „C” – 11. évfolyam – 8. modul: Goniometria Tanári útmutató 24
III. EGY EGYENLET, SOK GYÖK
Mióta az addíciós tétel és annak alkalmazása nem szerepel az (középszintű) érettségi vizsgakövetelményei
között, a trigonometrikus egyenletek megoldása már nem okoz annyi gondot a
tanulóknak. Itt a fő cél elsősorban a néhány tanult azonosság alkalmazása, és a szereplő trigonometrikus
függvények periodicitásának figyelembevétele. A kapott megoldások ellenőrzése
most sem szerepel a feladatok megoldásának leírásában, de folyamatosan várjuk el a tanulóktól,
hogy szöveges feladatban, illetve egyenlet esetében figyeljenek a számításba vett értelmezési
tartományra, illetve a kapott gyököket ellenőrizzék behelyettesítéssel (természetesen a
függvények periódusának megfelelően csak véges sok gyökkel végezzük az ellenőrzést), hogy
nem vétettek-e számolási hibát!
1. Oldd meg a valós számok halmazán az alábbi egyenleteket!
⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞
a) 2x + 1 = sin⎜
− ⎟ − 2tg⎜−
⎟ + cos⎜−
⎟ − ctg⎜−
⎟
⎝ 6 ⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 2 ⎠
⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞
b) 2sin x + 1 = sin⎜
− ⎟ − 2tg⎜−
⎟ + cos⎜−
⎟ − ctg⎜−
⎟
⎝ 6 ⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 2 ⎠
Megoldás:
a) Az egyenlet jobb oldalán álló négytagú kifejezés racionális szám, mégpedig:
⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞ ⎛ 1 ⎞ 1
sin ⎜−
⎟ − 2tg⎜−
⎟ + cos⎜−
⎟ − ctg⎜−
⎟ = ⎜−
⎟ − 2 ⋅ ( −1)
+ − 0 = 2 .
⎝ 6 ⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 2
1
A megoldandó egyenlet: 2 x + 1 = 2 . Ebből x = .
2
b) Az egyenlet ekvivalens a
1
sin x = egyenlettel. Az egyenlet megoldáshalmaza:
2
⎧ π
⎫ ⎧ 5π
⎫
⎨x
∈ R x = + 2nπ.
n ∈ Z⎬
∪ ⎨x
∈ R x = + 2kπ.
k ∈ Z⎬
.
⎩ 6
⎭ ⎩
6
⎭
A számológép használatával egyetlen megoldást kap a tanuló, és ez „magában rejti” a gyök-
vesztés lehetőségét. Ahhoz, hogy a tanuló nagyobb biztonsággal megtalálja az ilyen (egysze-
rű) egyenlet összes megoldását, érdemes mindig megrajzoltatni az egységkört, vagy vázlato-
san a megfelelő trigonometrikus függvény grafikonját.
2. Hány megoldása van a sin x = 0,
5 egyenletnek a [ − 2π
; 2π
] intervallumon? Sorold fel a
megoldásokat!

Matematika „C” – 11. évfolyam – 8. modul: Goniometria Tanári útmutató 25
Megoldás:
Az egyenletek grafikus megoldása nem szerepel az érettségi vizsgakövetelmények között, de
a tanítási folyamatban mint az egyenlet egyik megoldási módját, érdemes tanítani. Sokszor
egyszerűbb, és szemléletesebb ennek alkalmazása más, egyéb módokhoz képest, és „mellék-
terméként” az alapfüggvények grafikonjának többszöri megrajzolása elmélyítheti azok isme-
retét.
Grafikus megoldás: A valós számok halmazán értelmezett f ( x)
= sin x függvény x és
( − x)
helyen ugyanazt az értéket veszi fel. Ennek ismeretében a függvény grafikonja
könnyen megrajzolható:
Az ábráról könnyen leolvasható, hogy az egyenletnek a [ 2π
; 2π
]
szesen 4 megoldása van, és ezek a következők:
5π π π 5π
− , − , , .
6 6 6 6
Algebrai megoldás: Mivel 0 ≤ x minden valós x számra, a
[ 2π
; 2π
]
− intervallumon azok az x valós számok, amelyekre:
π
Így a keresett megoldások: ,
6
π 5π
− , és
6 6
intervallumon összesen 4 megoldása van.
5π
6
− intervallumon ösz-
1
sin x = megoldásai a
2
π
x = vagy
6
5π
x = .
6
− . Az egyenletnek tehát a [ − 2π
; 2π
]
3. Add meg az alábbi egyenleteknek 3-3 megoldását, majd az összes valós megoldásukat is!
Megoldás:
2
2
tgx = − 3
cos x = 1−
sin x
π 2π
5π
A tgx = − 3 három megoldása: pl. − , , .
3 3 3
π
Az összes valós megoldása: − + kπ
, ahol k ∈ Z .
3
cos 2x
= −
3
2

Matematika „C” – 11. évfolyam – 8. modul: Goniometria Tanári útmutató 26
Az egyenletnek véges sok megoldását megkereshetjük úgy is, hogy először minden megoldást
megadunk, majd a paraméter helyére behelyettesítünk 3 különböző egész számot.
2
2
2 2
A cos x = 1−
sin x egyenlet ekvivalens a sin x + cos x = 1 azonossággal, amelynek
megoldása minden valós szám. Pl. 1,2; 3 és − 2154 .
A
3
cos 2x
= − egyenlet megoldásait most az egységkör segítségével keressük meg. Az i
2
vektort 2x szöggel elforgatva, ahhoz, hogy a kapott vektor első koordinátája
⎛ 3 ⎞
⎜ ⎟
⎜
−
⎟
le-
⎝ 2 ⎠
5π
gyen két lehetőségünk van. Az e 2x,
1 vektor irányszögei: 2 x = + 2nπ
, ahol n ∈ Z ; az
6
5π
e 2x,
2 vektoré pedig: 2 x = − + 2kπ
, ahol k ∈ Z .
6
5π
5π
A kapott egyenletek megoldása x-re: x = + nπ
, ahol n ∈ Z , illetve x = − + kπ
, ahol
12
12
5π 5π 17π
k ∈ Z . Az egyenletnek megoldása pl. , − és .
12 12 12
π ⋅ x
4. Keresd meg a ctg = 1 egyenlet valós megoldásai közül a legnagyobb negatív megol-
4
dást!
Megoldás:
π ⋅ x π ⋅ x π
ctg = 1 ⇔ = + nπ
, ahol n ∈ Z . Így x = 1+ 4n
, ahol n ∈ Z . Ezek között a
4 4 4
megoldások között a legnagyobb negatív szám: − 3 .
5. Oldd meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán!
2
2
2
a) (sin x − cos x)
+ (cos x + sin x)
= 3sin
x −1;
b) 2cos
x − tgx
⋅ cos x −1
= 0 ;
sin x cos x
c) + + 2 = 0.
cos x sin x

Matematika „C” – 11. évfolyam – 8. modul: Goniometria Tanári útmutató 27
Megoldás:
2
2
2 2
a) (sin x − cos x)
+ (cos x + sin x)
= 3sin
x −1
⇔ 2sin
x + 2cos
x = 3sin
x −1
⇔
2 2
π
2(sin
x + cos x)
= 3sin
x −1
⇔ sin x = 1 ⇔ x 2nπ
2 + = , ahol Z ∈ n .
2
b) A 2cos
x − tgx
⋅ cos x −1
= 0 egyenlet megoldása csak olyan x valós szám lehet,
π
2
amelyre x ≠ + nπ
, ahol n ∈ Z . Ekkor 2cos
x − tgx ⋅ cos x −1
= 0 ⇔
2
2
2
2(
1−
sin x ) − sin x −1
= 0 ⇔ 2sin
x + sin x −1
= 0.
A sin x -re másodfokú egyen-
1
let megoldásai: sin x = és sin x = −1.
Az utóbbi egyenletből nem kapunk megol-
2
1
dást, hiszen ezeknek az x számoknak a tangense nincs értelmezve. A sin x =
2
π
egyenlet, és ezzel az eredeti egyenlet megoldásai: x 2nπ
6 + = , ahol Z ∈ n , vagy
5 π
x = + 2kπ
, ahol k ∈ Z .
6
c) I. megoldás:
sin x cos x
A + + 2 = 0 egyenletnek csak olyan valós x szám lehet a megoldása,
cos x sin x
π
amelynek sem a szinusza, sem a koszinusza nem 0, tehát x ≠ k ⋅ , ahol k ∈ Z .
2
Szorozzuk az egyenlet mindkét oldalát sin x ⋅ cos x -szel! Az így kapott egyenlet:
2 2
sin x + cos x + 2sin
x cos x = 0 . A bal oldali kifejezés azonosan egyenlő
2
2 2
2
(sin x + cos x)
-nel, így sin x + cos x + 2sin
x cos x = 0 ⇔ (sin x + cos x)
= 0
⇔ sin x + cos x = 0 . Az egységkörön megrajzolható egységvektorok közül pontosan
3π
kettőre igaz, hogy a koordinátáinak összege nulla, ezek irányszögei: x = + nπ
,
4
ahol n ∈ Z . Ezek a számok beletartoznak az egyenlet alaphalmazába, és mivel ezen
az alaphalmazon ekvivalens átalakításokat végeztünk az egyenleten, megoldásai az
eredeti egyenletnek is.
II. megoldás:
sin x
1
Mivel = tgx
, így az eredeti egyenlet ekvivalens a tg x + + 2 = 0 egyenlettel.
cos x
tgx
π
Az egyenlet alaphalmaza azoknak az x számoknak a halmaza, amelyekre x ≠ k ⋅ ,
2

Matematika „C” – 11. évfolyam – 8. modul: Goniometria Tanári útmutató 28
ahol k ∈ Z . Az egyenlet mindkét oldalát tgx -szel szorozva, a tg 2tg
1 0
2
x + x + =
2 =
egyenlethez jutunk, azaz ( tg + 1)
0
x . Ennek tgx -re egyetlen megoldása a − 1,
és
3π
tgx = −1
pontosan akkor teljesül, ha x = + nπ
, ahol n ∈ Z .
4
6. Bizonyítsd be, hogy a
cos
egyenletnek minden valós szám megoldása!
Megoldás:
cos
cos
4
2
4
2 2 2
x + sin x ⋅ cos x + sin x = 1
2 2 2
x + sin x ⋅ cos x + sin x = 1 ⇔ cos x ⋅ (cos x + sin x)
+ sin x = 1 ⇔
2
x + ⋅sin
x = 1.
Mivel az eredeti egyenlet megoldása bármilyen valós szám lehet,
és az egyenleten azonos átalakításokat végeztünk, továbbá az utolsó egyenletnek minden
valós szám megoldása, így az eredeti egyenletet is minden valós szám kielégíti
7. Bizonyítsd be, hogy az alábbi egyenleteknek nincs valós megoldása!
a) tg x ⋅ cos x = 1
2cos
x −1
b) = 0
2
4sin
x − 3
Megoldás:
a) A tg x ⋅ cos x = 1 egyenlet megoldása csak olyan x valós szám lehet, amelyre
π
x ≠ + nπ
, ahol n ∈ Z , így az egyenlet alaphalmaza:
2
⎧ π
⎫
⎨x
∈ R x ≠ + nπ
, ahol n ∈ Z⎬
. Ezen a halmazon tg x ⋅ cos x = 1 ⇔ sin x = 1.
En-
⎩ 2
⎭
nek az egyenletnek nincs olyan megoldása, amely eleme az alaphalmaznak, tehát az
eredeti egyenletnek nincs valós gyöke.
b) Egy tört pontosan akkor egyenlő nullával, ha a számlálója nulla és a nevezője nem
2cos
x −1
2
nulla. Így = 0 ⇔ 2 cos x −1
= 0 és 4sin
x − 3 ≠ 0 . Ebből adódik, hogy
2
4sin
x − 3
csak olyan x szám lehet a megoldás, amelyre
2
2
1
cos x = és
2
2
3
sin
4
2 ≠ . Viszont, ha
1
1
cos x = , akkor cos
2
4
2 1 3
x = , és ekkor sin 1
4 4
2
1
x = − = . A cos x = egyenletből
2
nem kapunk megoldást. Az eredeti egyenletnek tehát nincs valós megoldása.
2

Matematika „C” – 11. évfolyam – 8. modul: Goniometria Tanári útmutató 29
2
2
2
8. Ha (sin x − 2cos
x)
+ (cos x − 2sin
x)
= 5 , akkor mennyi a sin x ?
Megoldás:
2
2
2 2
(sin x − 2cos
x)
+ (cos x − 2sin
x)
= 5 ⇔ 5sin
x + 5cos
x − 8sin
x ⋅ cos x = 5 ⇔
2 2
5(sin
x + cos x)
− 8sin
x ⋅ cos x = 5 ⇔ 8 sin x ⋅ cos x = 0 ⇔ sin x = 0 vagy
cos x = 0 . Ha sin x = 0 , akkor sin 0
2 x = , ha pedig cos x = 0 , akkor sin 1
2 x = .
2
2
Tehát, ha (sin x − 2cos
x)
+ (cos x − 2sin
x)
= 5 , akkor sin 0
2 x = vagy sin 1
2 x = .
4 2 4 2
9. Bizonyítsd be, hogy az f ( x) = sin x + 4cos x + cos x + 4 sin x (ahol x ∈ R ) függ-
vény konstans függvény!
Megoldás:
4 2 4 2 4
2
4
2
sin x + 4cos
x + cos x + 4sin
x = sin x + 4 ⋅ ( 1−
sin x)
+ cos x + 4 ⋅ ( 1−
cos x)
Az azonos átalakítással kapott kifejezésben a zárójelek felbontása után már könnyebben
felismerhető, hogy mindkét négyzetgyökjel alatt egy-egy teljes négyzet áll, így az erede-
ti kifejezés azonosan egyenlő a ( ) ( ) 2
2 2 2
nos átalakítással adódik, hogy
sin x − 2 + cos x − 2 kifejezéssel. Újabb azo-
2 2 2 2 2
2
( sin − 2)
+ ( cos x − 2)
= sin x − 2 + cos x − 2
2 ≤
x .
2 ≤
Mivel 0 ≤ sin x 1 és 0 ≤ cos x 1,
ezért mindkét tag egy negatív értékű kifejezés
abszolútértékével egyenlő, tehát
2
sin
2
2
2
x − 2 + cos x − 2 = ( 2 − sin x)
+ ( 2 − cos x)
.
2 2
Ebből újabb azonos átalakítással (a sin x + cos x = 1 azonosság felhasználásával) azt
kapjuk, hogy a f függvény értéke minden x valós szám esetén 3-mal egyenlő, tehát f valóban
konstans függvény.
10.* Hány megoldása van a
sin x ⋅ cos y = 0 ⎫
⎪
3⎬
cos x + sin y =
2
⎪
⎭
egyenletrendszernek, ha mindkét változó értéke a [ π; π ]
− intervallumnak eleme?

Matematika „C” – 11. évfolyam – 8. modul: Goniometria Tanári útmutató 30
Ezt a feladatot csak jól felkészült csoport számára tűzzük ki!
Megoldás:
Az első egyenlet szerint sin x = 0 és y tetszőleges valós szám, vagy cos y = 0 és ekkor x
tetszőleges valós szám.
Ha sin x = 0 , akkor ezekre az x számokra cos x = 1,
tehát ekkor a második egyenlet:
3
1 + sin y = , azaz
2
1
sin y = . Így, ha sin x = 0 , azaz x = kπ
, ahol k ∈ Z , akkor
2
1
1
sin y = vagy sin y = − . Az utóbbi két egyenlet valamelyike pontosan akkor teljesül,
2
2
π
5π
ha y = + nπ
vagy y = + mπ
, ahol n, m ∈ Z .
6
6
− π; π intervallumon a megoldások számát: Ekkor
Ebben az esetben keressük a [ ]
⎧ 5π π π 5π
⎫
x = kπ
, ahol k ∈{
−1;
0;
1}
esetén y ∈ ⎨−
; − ; ; ⎬ , így mivel ebben az esetben
⎩ 6 6 6 6 ⎭
az x-re kapott mindhárom értékhez 4-féle y érték tartozik, ekkor összesen 3 ⋅ 4 = 12
számpár megoldása van az egyenletnek a [ π; π ]
− intervallumon.
Ha cos y = 0 , akkor sin y = 1,
így ekkor a második egyenlet szerint
3
cos x + 1 = , azaz
2
1
π
π
cos x = . Ez pedig pontosan akkor teljesül, ha x = + nπ
vagy x = − + kπ
, ahol
2
3
3
n, k ∈ Z .
Ekkor keressük a [ π; π ]
− intervallumon a megoldások számát: Ha cos y = 0 , azaz
⎧ π π ⎫ ⎧ 2π π π 2π
⎫
y ∈ ⎨−
; ⎬ , akkor x ∈ ⎨−
; − ; ; ⎬ . Mivel mind a két y értékhez 4-féle x ér-
⎩ 2 2 ⎭ ⎩ 3 3 3 3 ⎭
ték tartozik, tehát ekkor az egyenletnek összesen 2 ⋅ 4 = 8 számpár megoldása van a
[ π; π ]
− intervallumon.
Összefoglalva: Az egyenletrendszernek összesen 20 számpár megoldása van a [ − π; π ]
intervallumon.