Võrrandil sin x = m on lahendid vaid siis, kui |m| ≤ 1, sest alati on –1 ≤ sin x ≤ 1.
Peatükis 3.16 leidsime võrdusest sin x = m vaid absoluutväärtuselt vähima nurga arcsin m, mille siinus on m. Käesolevas peatükis seame aga eesmärgiks leida kõik nurgad, mille siinus on m, s.t leida võrrandi sin x = m lahendivalem.
Võrrandi sin x = m lahendamine tähendab geomeetriliselt joonte y = sin x ja y = m lõikepunktide abstsisside leidmist. Nagu jooniselt 3.30 näeme, on neid lõpmata palju (punktide …, A1, A2, A3, … abstsissid).

Võrrandi sin x = m üheks lahendiks on nurk α = arcsin m, kus
(joonisel 3.30 nurgad α – 2π, α, α + 2π).
Nurgad α + 2kπ, kus k ∈ Z, pole aga võrrandi sin x = m ainsad lahendid. Ka nurk π – α on võrrandi sin x = m lahend, sest sin (π – α) = sin α = m. Lisades nurgale π – α siinusfunktsiooni täisarvukordse perioodi, saame, et võrrandi sin x = m lahendeiks on ka nurgad
(joonisel 3.30 nurgad –α – 3π, –α – π, π – α, 3π – α).
Jooniselt 3.30 on näha, et rohkem lahendeid võrrandil pole. Järelikult saab võrrandi sin x = m kõik lahendid valemitest
x1 = arcsin m + 2kπ ja x2 = –arcsin m + (2k + 1)π, kus k ∈ Z.
Kui nurk arcsin m on leitud kraadides, tuleb ka radiaanides esitatud nurgad 2π ja π esitada kraadides, need on 360° ja 180°. Siis
x1 = arcsin m + 360°k ja x2 = –arcsin m + (2k + 1) 180°, kus k ∈ Z.
Lahendivalemeid x1 ja x2 saab kokku võtta ka üheks lahendiks, nn üldlahendiks kujul
x = (–1)n arcsin m + nπ või x = (–1)n arcsin m + n ⋅ 180°, kus n ∈ Z.
Andes tähele n mingi kindla täisarvulise väärtuse, saame võrrandi sin x = m ühe konkreetse lahendi, nn erilahendi.
Näide 1.
Lahendame võrrandid 1) sin x = 0; 2) sin x = 0,6428; 3) sin x = –0,5526.
- Et arcsin 0 = 0 rad, siis x = (–1)n ⋅ 0 + nπ ehk x = nπ, kus n ∈ Z.
- Siinuse väärtusele 0,6428 vastav nurk arcsin 0,6428 = 40°3''. Seega on võrrandi sin x = 0,6428 üldlahendiks x = (–1)n ⋅ 40°3'' + n ⋅ 180°, kus n ∈ Z.
- Et sin (–33°32'44'') ≈ –0,5526, on üldlahend x = (–1)n (–33°32'44'') + n ⋅ 180° ehk x = (–1)n+133°32'44'' + n ⋅ 180°, kus n ∈ Z.
Trigonomeetriliste võrrandite lahendamisel tuleb üldreeglina lahendeid kontrollida. Seda tingib esmajoones võõrlahendite tekke võimalus. Kui kasutati üldlahendit, tuleb kontroll teha nurkadega, mis saadakse n = 0 ja n = 1 korral. Kui aga kasutatakse kahte lahendivalemit x1 ja x2, tuleb kontroll teha nurkadega, mis saadakse kummastki valemist, n = 0 korral.
Näide 2.
Lahendame võrrandi
Peatükis 3.19 lahendasime antud võrrandi kui ruutvõrrandi sin x suhtes ja saime, et antud võrrand taandub kaheks põhivõrrandiks, sin x = 1 ja sin x = –0,4. Lahendame need võrrandid.
Et arcsin 1 = 90°, siis võrrandi
Kui sin x = –0,4, siis arcsin (–0,4) = –23°34'41'' ja üldlahend
Kontrollime lahendite sobivust. Võrrandi
Lahendid on
Näide 3.
Lahendame võrrandi
Asendame 4x + 2 uue tundmatuga u, s.t 4x + 2 = u. Siis
Siit
Kontroll.
Juhul
Lahendiks on
Nagu juba oleme kogenud, ei ole trigonomeetriliste võrrandite lahendamiseks ühte kindlat võtet, on hulk erinevaid lahendusviise, millest iga kord tuleb leida sobiv.
Näide 4.
Lahendame võrrandi
Üks soovitus trigonomeetriliste võrrandite lahendamisel on minna üle ühele
ja samale trigonomeetrilisele funktsioonile. Seda saab teha näiteks trigonomeetria esimese põhivalemi
Kirjutame antud võrrandi kujul
Kontrollime viimaste sobivust algvõrrandisse. Kui n = 0, saame üldlahendist x1 nurga
Järelikult tuleb x1 avaldisest kõrvaldada võõrlahendid. Et lahend saadi n = 0 korral, mis esindab paarisarvulist n väärtust, siis järelikult on lahendeiks x1 kõik väärtused, mille korral n = 2k, k ∈ Z, s.t lahendeiks on
Üldlahendist x2 saame n = 0 korral
Lahendid on seega
Näide 5.
Ka võrrandi sin x – cos x = 1 saab lahendada võrrandi mõlema poole ruutu tõstmise teel.
Siis
Kontrolli peame tegema nurkadega 0° (kui n = 0) ja 90° (kui n = 1). Pole raske näha, et nurk 0° on võõrlahend ja nurk 90° on lahend.
Lahendid saame, kui n = 2k + 1;
x = (2k + 1) ⋅ 90° ehk x = 90° + k ⋅ 180°.