7. Ekvationer med tangens

I föregående kapitel lärde vi oss att tantentpunkten ger tangens för en vinkel. Vi bygger vidare på det för att lösa ekvationer med tangens.

Ekvationen \(\tan \alpha = a\)

För ekvationen \(\tan \alpha =a\) kommer vi ihåg att en lösning är tangenspunkten, den punkt som vi hittar då vi går vidare från periferipunkten mot linjen \(x=1\).

Då vi fortsätter på linjen bort från tangenspunkten märker vi att det finns två vinklar som ger samma värde för tangens. Vinklarna \(\alpha\) och \(\pi +\alpha\).

De vinklar som löser ekvationen \(\tan \alpha = a\) är vinklar som är multiplar av \(\alpha_0\) med multipeln \(\pi\).

Lösningarna för ekvationen \(\tan \alpha =a\) kan vi skriva som

\(\alpha =\alpha_0 +n\cdot 180^{\circ}\) där n är ett heltal eller som
\(\alpha =\alpha_0 +n\cdot \pi\) där n är ett heltal.

Exempel 1 Bestäm \(\tan x = 1\).

Lösning

Tangens är definierad då \(x\not= \frac{\pi}{2} +n\cdot \pi\) där \(n \in \mathbf{Z}\).

Vinkeln får vi med räknarens funktion, tan-1(1).

Vinkeln är \(x=45^{\circ} +n\cdot 180^{\circ}, n\in \mathbf{Z}\).

Exempel 2 Bestäm \(\tan 2x = \tan 3x\).

Lösning

Först söker vi definitionsmängderna.

\(\tan 2x\) är inte definierad då \(2x = \frac{\pi}{2} +n\cdot \pi\). Alltså då \(x = \frac{\pi}{4}+n\cdot \frac{\pi}{2}\).

\(\tan 3x\) är inte definierad då \(3x = \frac{\pi}{2} +n\cdot \pi\). Alltså då \(x = \frac{\pi}{6}+n\cdot \frac{\pi}{3}\).

Vi löser ekvationen

\(\begin{array}{rcll} 2x &=& 3x +n\cdot \pi \\ -x &=& n\cdot \pi &| \text{ n är ett heltal}\\ &=& n\cdot \pi \\ \end{array}\)

De förbjudna punkterna är

\(\begin{array}{r|r|r} n & x\not= \frac{\pi}{4}+n\cdot \frac{\pi}{2} & x\not= \frac{\pi}{6}+n\cdot \frac{\pi}{3} \\ \hline 0 & \frac{\pi}{4} & \frac{\pi}{6} \\ 1 & \frac{\pi}{4}+1\cdot \frac{\pi}{2}=\frac{3\pi}{4} & \frac{\pi}{6}+1\cdot \frac{\pi}{3}=\frac{3\pi}{6} \\ 2 & \frac{\pi}{4}+2\cdot \frac{\pi}{2}=\frac{5\pi}{4} & \frac{\pi}{6}+2\cdot \frac{\pi}{3}=\frac{5\pi}{6} \\ 3 & \frac{7\pi}{4} & \frac{7\pi}{6} \\ 4 & \frac{9\pi}{4} =2\pi +\frac{\pi}{4}& \frac{9\pi}{6}\\ 5 & & \frac{11\pi}{6}\\ 6 & & \frac{13\pi}{6}= 2\pi +\frac{\pi}{6}\\ \end{array}\)

Lösningarna för ekvationen är \(\pi, 2\pi, 3\pi,\ldots\). Vi märker att bland lösningarna för ekvationen finns inga förbjudna punkter. Lösningarna är \(x=n\cdot \pi, n\in \mathbf{Z}\).

Exempel 3 För vilka värden på \(\alpha\) gäller att \(2\sin \alpha -5\cos\alpha = 0\)?

Lösning

Vi har att

\(\begin{array}{rcll} 2\sin\alpha-5\cos\alpha &=& 0 \\ 2\sin\alpha &=& 5\cos\alpha & | / 2\cos\alpha \not=0 \\ \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha} &=& \frac{5}{2} \\ \tan \alpha &=& \frac{5}{2} \\ \end{array}\)

Vinkeln är \(\alpha = 68,2^{\circ}+n\cdot 180^{\circ}, n \in \mathbb{Z}\).

Exempel 4 Bestäm storleken av \(\sin\alpha\) och \(\cos\alpha\) då vi vet att \(\tan\alpha = -\frac{2}{3}\) och att \(\frac{\pi}{2} < \alpha < \pi\).

Lösning

Då \(\tan\alpha=-\frac{2}{3}\) ger oss det att i en rätvinklig triangel är kateterna 2 och 3 långa, hypotenusan är då \(\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}\).

Vi får då för den ena spetsiga vinkeln att \(\mid\sin \alpha \mid = \frac{2}{\sqrt{13}}\) och att \(\mid\cos \alpha \mid= \frac{3}{\sqrt{13}}\).

Eftersom \(\frac{\pi}{2} < \alpha < \pi\) är \(\sin > 0\) och \(\cos <0\).

Vi får att \(\sin \alpha = \frac{2}{\sqrt{13}}\) och \(\cos\alpha = -\frac{3}{\sqrt{13}}\).

Sammanfattning

  • Ekvationen \(\tan x = a\) har lösningarna \(x=\alpha +n\cdot \pi\) där n är ett heltal.
  • För ekvationen \(\tan x = \tan y\) gäller att \(x=y+ +n\cdot \pi\) där n är ett heltal.

Uppgifter

  1. Lös ekvationen \(\tan \alpha = 2\).
  2. Lös ekvationen \(\tan \alpha = -1\).
  3. Bestäm \(\tan x = \tan 3x\).
  4. Bestäm \(\tan 2x = \tan \frac{x}{2}\).
  5. Lös ekvationen \(\sqrt{3}\sin \alpha – \cos \alpha = 0\).
  6. Lös ekvationen \(7\sin \alpha + 3\cos \alpha = 0\).
  7. Lös ekvationen \(\tan \alpha = \tan (2\alpha + \frac{\pi}{2})\).
  8. *Bestäm definitionsmängd för ekvationen. Lös ekvationen \(\tan \alpha=\tan (2\alpha +\pi)\).