Trigonometrikus egyenletek

A $\sin^2 x = 1 - \cos^2 x$ azonosságot alkalmazva: $2(1-\cos^2 x) - 5\cos x + 1 = 0$, melyből a $2\cos^2 x + 5\cos x - 3 = 0$ másodfokú egyenletet kapjuk. Az $y = \cos x$ helyettesítéssel a gyökök $y_1 = \frac{1}{2}$ és $y_2 = -3$. Mivel $-1 \le \cos x \le 1$, csak a $\cos x = \frac{1}{2}$ ad megoldást: $x = \pm \frac{\pi}{3} + 2k\pi$ ($k \in \mathbb{Z}$).

A kétszeres szög függvénye alapján $\cos(2x) = 1 - 2\sin^2 x$. Behelyettesítve: $1 - 2\sin^2 x + 3\sin x - 2 = 0 \implies 2\sin^2 x - 3\sin x + 1 = 0$. A másodfokú egyenlet gyökei $\sin x = 1$ és $\sin x = \frac{1}{2}$. Megoldások: $x = \frac{\pi}{2} + 2k\pi$, illetve $x = \frac{\pi}{6} + 2k\pi$ és $x = \frac{5\pi}{6} + 2k\pi$ ($k \in \mathbb{Z}$).

Mivel $\text{ctg}\; x = \frac{1}{\text{tg}\; x}$, az egyenlet felírható $\text{tg}\; x + \frac{3}{\text{tg}\; x} = 4$ alakban. $y = \text{tg}\; x$ bevezetésével és szorzással $y^2 - 4y + 3 = 0$. Ennek gyökei $y_1 = 1$ és $y_2 = 3$. Tehát $\text{tg}\; x = 1 \implies x = \frac{\pi}{4} + k\pi$, és $\text{tg}\; x = 3 \implies x = \text{arctg}(3) + k\pi$ ($k \in \mathbb{Z}$).

Alkalmazzuk a $\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$ helyettesítést: $2(1-\sin^2 x) + 5\sin x + 1 = 0 \implies 2\sin^2 x - 5\sin x - 3 = 0$. Ennek gyökei $\sin x = 3$ (nem ad valós megoldást) és $\sin x = -\frac{1}{2}$. Utóbbiból a megoldások: $x = \frac{7\pi}{6} + 2k\pi$ és $x = \frac{11\pi}{6} + 2k\pi$ ($k \in \mathbb{Z}$).

Tudjuk, hogy $\frac{1}{\cos^2 x} = \frac{\sin^2 x + \cos^2 x}{\cos^2 x} = \text{tg}^2\; x + 1$. Ezt beírva: $\text{tg}^2\; x + 1 - \text{tg}\; x - 3 = 0 \implies \text{tg}^2\; x - \text{tg}\; x - 2 = 0$. A gyökök $\text{tg}\; x = 2$ és $\text{tg}\; x = -1$. Ebből $x = \text{arctg}(2) + k\pi$ és $x = -\frac{\pi}{4} + k\pi$ ($k \in \mathbb{Z}$).

A $\cos(2x) = 2\cos^2 x - 1$ azonosságot használva: $2\cos^2 x - 1 + 5\cos x + 3 = 0 \implies 2\cos^2 x + 5\cos x + 2 = 0$. A másodfokú egyenlet gyökei $\cos x = -\frac{1}{2}$ és $\cos x = -2$ (ez hamis gyök). Így $\cos x = -\frac{1}{2}$, amiből $x = \pm \frac{2\pi}{3} + 2k\pi$ ($k \in \mathbb{Z}$).

Mivel $\cos x = 0$ nem megoldás, osszuk el mindkét oldalt $\cos^2 x$-szel: $3\text{tg}^2\; x - 2\sqrt{3}\text{tg}\; x + 1 = 0$. Észrevehető, hogy ez egy teljes négyzet: $(\sqrt{3}\text{tg}\; x - 1)^2 = 0$. Ebből $\text{tg}\; x = \frac{1}{\sqrt{3}}$, tehát $x = \frac{\pi}{6} + k\pi$ ($k \in \mathbb{Z}$).

Legyen $y = \sin^2 x$ ($0 \le y \le 1$). Ekkor $4y^2 - 5y + 1 = 0$, melynek gyökei $y_1 = 1$ és $y_2 = \frac{1}{4}$. Ha $\sin^2 x = 1$, akkor $\cos x = 0 \implies x = \frac{\pi}{2} + k\pi$. Ha $\sin^2 x = \frac{1}{4}$, akkor $\sin x = \pm \frac{1}{2} \implies x = \pm \frac{\pi}{6} + k\pi$ (a négy negyedet lefedve) ($k \in \mathbb{Z}$).

A kikötés $\sin x \neq 0$. Szorozzunk $\sin x$-szel: $\sin^2 x + \sin x \cos x = 1$. Az 1-et írjuk át $\sin^2 x + \cos^2 x$ alakra: $\sin^2 x + \sin x \cos x = \sin^2 x + \cos^2 x \implies \sin x \cos x - \cos^2 x = 0$. Kiemelve: $\cos x(\sin x - \cos x) = 0$. Innen vagy $\cos x = 0 \implies x = \frac{\pi}{2} + k\pi$, vagy $\sin x = \cos x \implies \text{tg}\; x = 1 \implies x = \frac{\pi}{4} + k\pi$. A kikötés mindkét ágon teljesül.

A $\text{tg}^2 x = \frac{1}{\cos^2 x} - 1$ azonosságot használva: $2\left(\frac{1}{\cos^2 x} - 1\right) + 3 - \frac{3}{\cos x} = 0$. Rendezve: $2\left(\frac{1}{\cos x}\right)^2 - 3\left(\frac{1}{\cos x}\right) + 1 = 0$. Az $y = \frac{1}{\cos x}$ helyettesítéssel $y_1 = 1$ és $y_2 = \frac{1}{2}$. Ebből $\cos x = 1 \implies x = 2k\pi$, illetve $\cos x = 2$ (amelynek nincs valós megoldása).

Alkalmazzuk a $\cos(2\alpha) = 2\cos^2 \alpha - 1$ formulát $\alpha = 2x$ esetén: $2\cos^2(2x) - 1 + 2\cos(2x) = 0$, azaz $2\cos^2(2x) + 2\cos(2x) - 1 = 0$. Megoldóképlettel: $\cos(2x) = \frac{-2 \pm \sqrt{4 - 4\cdot 2 \cdot (-1)}}{4} = \frac{-1 \pm \sqrt{3}}{2}$. Mivel $\frac{-1 - \sqrt{3}}{2} < -1$, ez hamis. Marad $\cos(2x) = \frac{\sqrt{3}-1}{2}$, amiből $2x = \pm \text{arccos}\left(\frac{\sqrt{3}-1}{2}\right) + 2k\pi \implies x = \pm \frac{1}{2}\text{arccos}\left(\frac{\sqrt{3}-1}{2}\right) + k\pi$.

A bal oldalt teljes négyzetté alakítjuk: $(\sin^2 x + \cos^2 x)^2 - 2\sin^2 x \cos^2 x = \frac{5}{8}$. Mivel $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$, és $2\sin x \cos x = \sin(2x)$, ezért $1 - \frac{1}{2}\sin^2(2x) = \frac{5}{8}$. Rendezzük: $\sin^2(2x) = \frac{3}{4}$, amiből $\sin(2x) = \pm \frac{\sqrt{3}}{2}$. Megoldások: $2x = \pm \frac{\pi}{3} + k\pi \implies x = \pm \frac{\pi}{6} + \frac{k\pi}{2}$ ($k \in \mathbb{Z}$).

Ez egy közvetlen másodfokú egyenlet $y = \text{ctg}\; x$ változóra: $3y^2 + 4y - 4 = 0$. A gyökök $y_1 = \frac{2}{3}$ és $y_2 = -2$. Így $\text{ctg}\; x = \frac{2}{3} \implies \text{tg}\; x = \frac{3}{2} \implies x = \text{arctg}(1.5) + k\pi$, és $\text{ctg}\; x = -2 \implies \text{tg}\; x = -0.5 \implies x = \text{arctg}(-0.5) + k\pi$ ($k \in \mathbb{Z}$).

Bontsuk fel a tagokat a Pitagorasz-tétel segítségével: $2(\sin^2 x + \cos^2 x) + \cos^2 x = 2.5 \implies 2\cdot 1 + \cos^2 x = 2.5 \implies \cos^2 x = 0.5$. Ebből $\cos x = \pm \frac{\sqrt{2}}{2}$. Ezek a jól ismert nevezetes szögek: $x = \frac{\pi}{4} + k\frac{\pi}{2}$ ($k \in \mathbb{Z}$).

Vegyük észre, hogy az egyenlet szorzattá alakítható, vagy egyenesen megoldóképlettel számolható. A gyökök: $\text{tg}\; x = 1$ és $\text{tg}\; x = \frac{1}{\sqrt{3}}$. Ebből a két megoldássereg: $x = \frac{\pi}{4} + k\pi$, illetve $x = \frac{\pi}{6} + k\pi$ ($k \in \mathbb{Z}$).

A $\cos(2x) = 1 - 2\sin^2 x$ alkalmazásával: $1 - 2\sin^2 x = \sin x \implies 2\sin^2 x + \sin x - 1 = 0$. A gyökök $\sin x = -1$ és $\sin x = \frac{1}{2}$. Megoldások: $x = \frac{3\pi}{2} + 2k\pi$, valamint $x = \frac{\pi}{6} + 2k\pi$ és $x = \frac{5\pi}{6} + 2k\pi$ ($k \in \mathbb{Z}$).

Ez egy negyedfokú, de másodfokúra visszavezethető (bikvadratikus) egyenlet. Legyen $y = \cos^2 x$. Ekkor $8y^2 - 10y + 3 = 0$. A gyökök $y_1 = \frac{3}{4}$ és $y_2 = \frac{1}{2}$. $\cos^2 x = \frac{3}{4} \implies \cos x = \pm \frac{\sqrt{3}}{2} \implies x = \pm \frac{\pi}{6} + k\pi$. A másik ág: $\cos^2 x = \frac{1}{2} \implies \cos x = \pm \frac{\sqrt{2}}{2} \implies x = \frac{\pi}{4} + k\frac{\pi}{2}$.

A kikötés $\sin x \neq 0$. Mivel $1-\sin^2 x = \cos^2 x$, az egyenlet: $\frac{\cos^2 x}{\sin x} = \sin x$. Szorozva $\sin x$-szel: $\cos^2 x = \sin^2 x$, amit átoszthatunk $\cos^2 x$-szel, hiszen ha $\cos x = 0$, akkor $\sin x$ is 0 lenne, ami lehetetlen. Kaptuk: $\text{tg}^2 x = 1 \implies \text{tg}\; x = \pm 1$. A megoldás: $x = \frac{\pi}{4} + k\frac{\pi}{2}$ ($k \in \mathbb{Z}$).

Írjuk át a tangenst: $2\sin x \frac{\sin x}{\cos x} + 3 = \frac{3}{\cos x}$. Szorozzunk $\cos x$-szel ($\cos x \neq 0$): $2\sin^2 x + 3\cos x = 3$. Pitagorasz-tétellel: $2(1-\cos^2 x) + 3\cos x - 3 = 0 \implies 2\cos^2 x - 3\cos x + 1 = 0$. A gyökök $\cos x = 1$ és $\cos x = \frac{1}{2}$. Az $\cos x = 1$ hamis, mert ekkor $\text{tg}\; x$ és a tört nevezője is problémás lehet a periódusoknál (illetve pontosabban ha $\cos x = 1$, az $x = 2k\pi$ érvényes a tartományra, így ez helyes megoldás!). Marad: $x = 2k\pi$ és $x = \pm \frac{\pi}{3} + 2k\pi$.

Csoportosítsuk a tagokat (vagy alkalmazzunk szorzattá alakítást): $\text{tg}^2 x(\text{tg}\; x - 1) - (\text{tg}\; x - 1) = 0 \implies (\text{tg}^2 x - 1)(\text{tg}\; x - 1) = 0$. Tovább bontva: $(\text{tg}\; x - 1)^2(\text{tg}\; x + 1) = 0$. Ez közvetlenül a másodfokú tényezők (gyökök) keresésére vezet: $\text{tg}\; x = 1 \implies x = \frac{\pi}{4} + k\pi$, és $\text{tg}\; x = -1 \implies x = -\frac{\pi}{4} + k\pi$ ($k \in \mathbb{Z}$).