BZL-opdracht 4 : GONIOMETRISCHE VERGELIJKINGEN TYPE : a

BZL-opdracht 4 : GONIOMETRISCHE VERGELIJKINGEN
TYPE : a sin x + b cos x = c
met a, b, c  R0
Dit is een speciaal type met een bijzondere oplossingsmethode : men
moet namelijk gebruik maken van een hulponbekende φ, waarbij
b
tan φ  .
a
Voorbeeld 1. Los op : 3 sin x  3 cos x  3 .
Hier is a  3 , b  3 en c  3 .
3 sin x  3 cos x  3

3
3
cos x 
3
3
3

 tan φ ; φ =
voldoet)
 (stel
6
3

3
sin x  tan . cos x 
6
3
 (verklaar zelf deze overgang!)
sin x 
sin x. cos


3

 sin . cos x 
. cos
6
6
3
6
 (somformule voor sin(a + b) )

3 3
sin( x  ) 
.
6
3 2


1
sin( x  ) 
6
2
Dit is een basisvergelijking met als oplossingen :
 
  2k met k z
6 6
en bijgevolg is
x
x  2k met k z of x 
of x 
 5

 2k met k z
6
6
2
 2k met k z.
3
GONIO 4-1
Eigenschap.
De vergelijking a sin x + b cos x = c met a, b, c  R0 is oplosbaar als en
slechts als c²  a² + b² .
b
wordt de
a
c
vergelijking a sin x + b cos x = c omgevormd tot sin(x + φ) = . cos φ.
a
c
c²
. cos φ  1 of : . cos ² φ  1 .
Hieruit volgt direct de voorwaarde : -1 
a²
a
1
a²
1
Nu is cos² φ =
=

b² a ²  b²
1  tan ²
1
a²
c²
c²
a²
. cos ² φ  1  .
en bijgevolg :
 1  c²  a² + b².
a²
a ² a ²  b²
Bewijs. Via het gebruik van de hulponbekende φ met tan φ =
Voorbeeld 2. Los op : 2sin x – 3 cos x = 2,5.
Hier is 2,5²  2² + (-3)² en bijgevolg is de vergelijking oplosbaar.
sin x – 1,5 cos x = 1,25 . Stel –1,5 = tan φ, met φ = -0,98279.
Dan is sin(x + φ) = 1,25 . cos φ  sin (x – 0,98279) = 0,693375…
Met de rekenmachine vinden we dat sin-1 (0,693375…) = 0,76616, zodat
x  0,98279  0,76616  2k of x  0,98279    0,76616  2k met k z
en bijgevolg is
x = 1,74895 + 2k of x = 3,35822 + 2k met k z
Werkopdracht 4.
Los op
1
2
sin x + 3 cos x  2
sin x – cos x = 1
Oplossingen .
1
2
5

 2k met k z of x    2k met k z
12
12

x   2k met k z of x    2k met k z .
2
x
GONIO 4-2