U ovom članku ćemo pogledati metodu za rješavanje homogenih trigonometrijskih jednadžbi.

Homogene trigonometrijske jednadžbe imaju istu strukturu kao i homogene jednačine bilo kojeg drugog tipa. Da vas podsjetim na metodu rješavanja homogenih jednačina drugog stepena:

Razmotrimo homogene jednačine oblika

Prepoznatljive karakteristike homogenih jednačina:

a) svi monomi imaju isti stepen,

b) slobodni termin je nula,

c) jednačina sadrži potencije sa dvije različite baze.

Homogene jednadžbe se rješavaju korištenjem sličnog algoritma.

Da bismo riješili ovu vrstu jednadžbe, podijelimo obje strane jednačine sa (može se podijeliti sa ili sa)

Pažnja! Kada dijelite desnu i lijevu stranu jednadžbe izrazom koji sadrži nepoznanicu, možete izgubiti korijene. Stoga je potrebno provjeriti da li su korijeni izraza kojim dijelimo obje strane jednačine korijeni izvorne jednačine.

Ako jeste, onda zapisujemo ovaj korijen da ga kasnije ne zaboravimo, a zatim podijelimo izraz sa ovim.

Općenito, prva stvar koju treba učiniti kada rješavate bilo koju jednadžbu koja ima nulu na desnoj strani je pokušati lijevu stranu jednačine faktorisati u bilo koju na pristupačan način. I onda svaki faktor izjednačiti sa nulom. U ovom slučaju sigurno nećemo izgubiti korijene.

Dakle, pažljivo podijelite lijevu stranu jednačine na izraz pojam po član. Dobijamo:

Smanjimo brojnik i nazivnik drugog i trećeg razlomka:

Hajde da predstavimo zamenu:

Dobijamo kvadratna jednačina:

Hajde da riješimo kvadratnu jednadžbu, pronađemo vrijednosti , a zatim se vratimo na prvobitnu nepoznatu.

Prilikom rješavanja homogenih trigonometrijskih jednadžbi treba zapamtiti nekoliko važnih stvari:

1. Lažni termin se može pretvoriti u kvadrat sinusa i kosinusa koristeći osnovni trigonometrijski identitet:

2. Sinus i kosinus dvostrukog argumenta su monomi drugog stepena - sinus dvostrukog argumenta se lako može pretvoriti u proizvod sinusa i kosinusa, a kosinus dvostrukog argumenta u kvadrat sinusa ili kosinusa:

Pogledajmo nekoliko primjera rješavanja homogenih trigonometrijskih jednadžbi.

1 . Rešimo jednačinu:

Ovo klasičan primjer homogena trigonometrijska jednačina prvog stepena: stepen svakog monoma je jednak jedan, slobodni član jednak nuli.

Prije dijeljenja obje strane jednadžbe sa , morate provjeriti da korijeni jednadžbe nisu korijeni originalne jednadžbe. Provjeravamo: if , then title="sin(x)0">, следовательно их сумма не равна нулю.!}

Podijelimo obje strane jednadžbe sa .

Dobijamo:

, Gdje

, Gdje

odgovor: , Gdje

2. Rešimo jednačinu:

Ovo je primjer homogene trigonometrijske jednačine drugog stepena. Sjećamo se da ako možemo faktorisati lijevu stranu jednačine, onda je preporučljivo to učiniti. U ovu jednačinu možemo staviti . uradimo to:

Rješenje prve jednadžbe: , gdje

Druga jednačina je homogena trigonometrijska jednačina prvog stepena. Da biste ga riješili, podijelite obje strane jednadžbe sa . Dobijamo:

Odgovor: , gdje ,

3. Rešimo jednačinu:

Da bi ova jednadžba "postala" homogena, transformiramo je u proizvod i predstavljamo broj 3 kao zbir kvadrata sinusa i kosinusa:

Pomaknimo sve pojmove ulijevo, otvorimo zagrade i predstavimo slične pojmove. Dobijamo:

Faktorizujmo lijevu stranu i postavimo svaki faktor jednak nuli:

Odgovor: , gdje ,

4 . Rešimo jednačinu:

Vidimo šta možemo izvući iz zagrada. uradimo to:

Izjednačimo svaki faktor sa nulom:

Rješenje prve jednadžbe:

Druga jednačina populacije je klasična homogena jednačina drugog stepena. Korijeni jednadžbe nisu korijeni originalne jednadžbe, tako da obje strane jednačine dijelimo sa:

Rješenje prve jednadžbe:

Rješenje druge jednadžbe.

Danas ćemo proučavati homogene trigonometrijske jednačine. Prvo, pogledajmo terminologiju: šta je homogena trigonometrijska jednačina. Ima sljedeće karakteristike:

1. mora sadržavati nekoliko pojmova;
2. svi termini moraju imati isti stepen;
3. sve funkcije uključene u homogeni trigonometrijski identitet moraju nužno imati isti argument.

Algoritam rješenja

Odaberimo termine

A ako je sve jasno s prvom točkom, onda je vrijedno detaljnije razgovarati o drugoj. Šta znači imati isti stepen pojmova? Pogledajmo prvi problem:

3cosx+5sinx=0

3\cos x+5\sin x=0

Prvi član u ovoj jednačini je 3cosx 3\cos x. Imajte na umu da ovdje postoji samo jedna trigonometrijska funkcija - cosx\cos x - i nikakve druge trigonometrijske funkcije ovdje nisu prisutne, tako da je stepen ovog člana 1. Isto je i sa drugom - 5sinx 5\sin x - ovdje je prisutan samo sinus, tj. stepen ovog člana je također jednak jedan. Dakle, imamo pred sobom identitet koji se sastoji od dva elementa, od kojih svaki sadrži trigonometrijsku funkciju, i samo jedan. Ovo je jednačina prvog stepena.

Pređimo na drugi izraz:

4grijeh2 x+sin2x−3=0

4((\sin )^(2))x+\sin 2x-3=0

Prvi član ove konstrukcije je 4grijeh2 x 4((\sin )^(2))x.

Sada možemo napisati sljedeće rješenje:

grijeh2 x=sinx⋅sinx

((\sin )^(2))x=\sin x\cdot \sin x

Drugim riječima, prvi pojam sadrži dva trigonometrijske funkcije, tj. njen stepen je jednak dva. Hajde da se pozabavimo drugim elementom - sin2x\sin 2x. Prisjetimo se ove formule - formule dvostrukog ugla:

sin2x=2sinx⋅cosx

\sin 2x=2\sin x\cdot \cos x

I opet, u rezultirajućoj formuli imamo dvije trigonometrijske funkcije - sinus i kosinus. Dakle, vrijednost snage ovog konstrukcijskog člana je također jednaka dva.

Pređimo na treći element - 3. Iz kursa matematike srednja škola Sjećamo se da se bilo koji broj može pomnožiti sa 1, pa ga zapisujemo:

˜ 3=3⋅1

A jedinica se može napisati koristeći osnovni trigonometrijski identitet u sljedećem obliku:

1=grijeh2 x⋅ cos2 x

1=((\sin )^(2))x\cdot ((\cos )^(2))x

Stoga možemo prepisati 3 na sljedeći način:

3=3(grijeh2 x⋅ cos2 x)=3grijeh2 x+3 cos2 x

3=3\left(((\sin )^(2))x\cdot ((\cos )^(2))x \right)=3((\sin )^(2))x+3(( \cos )^(2))x

Dakle, naš pojam 3 je podijeljen na dva elementa, od kojih je svaki homogen i ima drugi stepen. Sinus u prvom članu se pojavljuje dva puta, kosinus u drugom se također pojavljuje dva puta. Dakle, 3 se takođe može predstaviti kao pojam sa eksponentom stepena dva.

Ista stvar sa trećim izrazom:

grijeh3 x+ grijeh2 xcosx=2 cos3 x

Hajde da pogledamo. Prvi mandat je grijeh3 x((\sin )^(3))x je trigonometrijska funkcija trećeg stepena. Drugi element - grijeh2 xcosx((\sin )^(2))x\cos x.

grijeh2 ((\sin )^(2)) je veza s vrijednošću snage dva pomnoženom sa cosx\cos x je prvi pojam. Ukupno, treći član također ima vrijednost snage tri. Konačno, sa desne strane je još jedan link - 2cos3 x 2((\cos )^(3))x je element trećeg stepena. Dakle, imamo pred sobom homogenu trigonometrijsku jednačinu trećeg stepena.

Imamo tri zapisana identiteta različitih stepeni. Ponovo obratite pažnju na drugi izraz. U originalnom zapisu, jedan od članova ima svađu 2x 2x. Primorani smo da se riješimo ovog argumenta transformirajući ga koristeći sinusnu formulu dvostrukog ugla, jer sve funkcije uključene u naš identitet moraju nužno imati isti argument. A ovo je uslov za homogene trigonometrijske jednačine.

Koristimo formulu glavnog trigonometrijskog identiteta i zapisujemo konačno rješenje

Sredili smo uslove, idemo na rešenje. Bez obzira na eksponent stepena, rješavanje jednakosti ovog tipa uvijek se izvodi u dva koraka:

1) dokazati to

cosx≠0

\cos x\ne 0. Da biste to učinili, dovoljno je prisjetiti se formule glavnog trigonometrijskog identiteta (grijeh2 x⋅ cos2 x=1)\left(((\sin )^(2))x\cdot ((\cos )^(2))x=1 \right) i zamijeni u ovu formulu cosx=0\cos x=0. Dobićemo sledeći izraz:

grijeh2 x=1sinx=±1

\begin(align)& ((\sin )^(2))x=1 \\& \sin x=\pm 1 \\\end(align)

Zamjena dobijenih vrijednosti, tj. umjesto cosx\cos x je nula, a umjesto toga sinx\sin x - 1 ili -1, u originalnom izrazu, pogriješit ćemo brojčana jednakost. Ovo je opravdanje za to

cosx≠0

2) drugi korak logično slijedi iz prvog. Zbog

cosx≠0

\cos x\ne 0, obje naše strane strukture dijelimo sa cosn x((\cos )^(n))x, gdje n n je sam eksponent stepena homogene trigonometrijske jednadžbe. Šta nam ovo daje:

\[\begin(niz)(·(35)(l))

sinxcosx=tgxcosxcosx=1

\begin(align)& \frac(\sin x)(\cos x)=tgx \\& \frac(\cos x)(\cos x)=1 \\\end(align) \\() \\ \end(niz)\]

Zahvaljujući tome, naša glomazna početna konstrukcija je svedena na jednadžbu n n-stepen u odnosu na tangentu, čije se rješenje može lako napisati korištenjem promjene varijable. To je cijeli algoritam. Pogledajmo kako to funkcionira u praksi.

Mi rješavamo stvarne probleme

Zadatak br. 1

3cosx+5sinx=0

3\cos x+5\sin x=0

Već smo saznali da je ovo homogena trigonometrijska jednadžba sa eksponentom stepena jednakim jedan. Stoga, prije svega, hajde da to saznamo cosx≠0\cos x\ne 0. Pretpostavimo suprotno, to

cosx=0→sinx=±1

\cos x=0\to \sin x=\pm 1.

Zamijenimo rezultirajuću vrijednost u naš izraz, dobićemo:

3⋅0+5⋅(±1) =0±5=0

\begin(poravnati)& 3\cdot 0+5\cdot \left(\pm 1 \right)=0 \\& \pm 5=0 \\\end(poravnati)

Na osnovu ovoga možemo reći da cosx≠0\cos x\ne 0. Podijelite našu jednačinu sa cosx\cos x, jer ceo naš izraz ima vrednost stepena, jednako jedan. Dobijamo:

3(cosxcosx) +5(sinxcosx) =0 3+5tgx=0tgx=− 3 5

\begin(align)& 3\left(\frac(\cos x)(\cos x) \right)+5\left(\frac(\sin x)(\cos x) \right)=0 \\& 3+5tgx=0 \\& tgx=-\frac(3)(5) \\\end(poravnati)

Ovo nije vrijednost u tabeli, tako da će odgovor uključivati arctgx arctgx:

x=arctg (−3 5 ) + π n,n∈Z

x=arctg\left(-\frac(3)(5) \right)+\text( )\!\!\pi\!\!\text( )n,n\in Z

Zbog arctg arctg arctg je neparna funkcija, možemo uzeti “minus” iz argumenta i staviti ga ispred arctg. Dobijamo konačan odgovor:

x=−arctg 3 5 + π n,n∈Z

x=-arctg\frac(3)(5)+\text( )\!\!\pi\!\!\text( )n,n\in Z

Zadatak br. 2

4grijeh2 x+sin2x−3=0

4((\sin )^(2))x+\sin 2x-3=0

Kao što se sjećate, prije nego što ga počnete rješavati, morate izvršiti neke transformacije. Izvodimo transformacije:

4grijeh2 x+2sinxcosx−3 (grijeh2 x+ cos2 x)=0 4grijeh2 x+2sinxcosx−3 grijeh2 x−3 cos2 x=0grijeh2 x+2sinxcosx−3 cos2 x=0

\begin(align)& 4((\sin )^(2))x+2\sin x\cos x-3\left(((\sin )^(2))x+((\cos )^(2 ))x \right)=0 \\& 4((\sin )^(2))x+2\sin x\cos x-3((\sin )^(2))x-3((\cos )^(2))x=0 \\& ((\sin )^(2))x+2\sin x\cos x-3((\cos )^(2))x=0 \\\end (poravnati)

Dobili smo strukturu koja se sastoji od tri elementa. U prvom mandatu vidimo grijeh2 ((\sin )^(2)), tj. njegova vrijednost snage je dva. U drugom mandatu vidimo sinx\sin x i cosx\cos x - opet postoje dvije funkcije, one se množe, tako da je ukupan stepen opet dva. U trećem linku vidimo cos2 x((\cos )^(2))x - slično prvoj vrijednosti.

Dokažimo to cosx=0\cos x=0 nije rješenje za ovu konstrukciju. Da bismo to učinili, pretpostavimo suprotno:

\[\begin(niz)(·(35)(l))

\cos x=0 \\\sin x=\pm 1 \\1+2\cdot \left(\pm 1 \desno)\cdot 0-3\cdot 0=0 \\1+0-0=0 \ \1=0 \\\kraj (niz)\]

To smo dokazali cosx=0\cos x=0 ne može biti rješenje. Pređimo na drugi korak - podijelimo cijeli naš izraz sa cos2 x((\cos )^(2))x. Zašto na kvadrat? Zato što je eksponent snage ove homogene jednadžbe jednak dva:

grijeh2 xcos2 x+2sinxcosxcos2 x−3=0 t g2 x+2tgx−3=0

\begin(align)& \frac(((\sin )^(2))x)((\cos )^(2))x)+2\frac(\sin x\cos x)(((\ cos )^(2))x)-3=0 \\& t((g)^(2))x+2tgx-3=0 \\\end(poravnati)

Da li je moguće riješiti ovaj izraz korištenjem diskriminanta? Naravno da možete. Ali predlažem da se prisjetimo teoreme suprotne Vietinoj teoremi i dobijemo da ovaj polinom možemo predstaviti u obliku dva jednostavna polinoma, naime:

(tgx+3) (tgx−1) =0tgx=−3→x=−arctg3+ π n,n∈Ztgx=1→x= π 4 + π k,k∈Z

\begin(align)& \left(tgx+3 \right)\left(tgx-1 \right)=0 \\& tgx=-3\to x=-arctg3+\text( )\!\!\pi\ !\!\text( )n,n\in Z \\& tgx=1\to x=\frac(\text( )\!\!\pi\!\!\text( ))(4)+\ text( )\!\!\pi\!\!\text( )k,k\in Z \\\end(align)

Mnogi studenti se pitaju da li je vredno pisati posebne koeficijente za svaku grupu rješenja identiteta ili se ne truditi i svuda pisati iste. Lično mislim da je bolje i pouzdanije za korištenje različita slova tako da ako uđete na ozbiljan tehnički fakultet sa dodatnim testovima iz matematike, ispitivači neće naći zamjerke u odgovoru.

Zadatak br. 3

grijeh3 x+ grijeh2 xcosx=2 cos3 x

((\sin )^(3))x+((\sin )^(2))x\cos x=2((\cos )^(3))x

Već znamo da je ovo homogena trigonometrijska jednačina trećeg stepena, nisu potrebne posebne formule, a sve što se od nas traži je da pomerimo član 2cos3 x 2((\cos )^(3))x lijevo. Prepišimo:

grijeh3 x+ grijeh2 xcosx−2 cos3 x=0

((\sin )^(3))x+((\sin )^(2))x\cos x-2((\cos )^(3))x=0

Vidimo da svaki element sadrži tri trigonometrijske funkcije, tako da ova jednadžba ima vrijednost snage tri. Hajde da to rešimo. Prije svega, moramo to dokazati cosx=0\cos x=0 nije korijen:

\[\begin(niz)(·(35)(l))

\cos x=0 \\\sin x=\pm 1 \\\end(niz)\]

Zamijenimo ove brojeve u našu originalnu konstrukciju:

(±1)3 +1⋅0−2⋅0=0 ±1+0−0=0±1=0

\begin(align)& ((\left(\pm 1 \right))^(3))+1\cdot 0-2\cdot 0=0 \\& \pm 1+0-0=0 \\& \pm 1=0 \\\kraj (poravnaj)

dakle, cosx=0\cos x=0 nije rješenje. To smo dokazali cosx≠0\cos x\ne 0. Sada kada smo ovo dokazali, podijelimo našu originalnu jednačinu sa cos3 x((\cos )^(3))x. Zašto u kocki? Zato što smo upravo dokazali da naša originalna jednadžba ima treći stepen:

grijeh3 xcos3 x+grijeh2 xcosxcos3 x−2=0 t g3 x+t g2 x−2=0

\begin(align)& \frac(((\sin )^(3))x)((\cos )^(3))x)+\frac(((\sin )^(2))x\ cos x)(((\cos )^(3))x)-2=0 \\& t((g)^(3))x+t((g)^(2))x-2=0 \\\kraj (poravnaj)

Hajde da predstavimo novu varijablu:

tgx=t

Prepišimo konstrukciju:

t3 +t2 −2=0

((t)^(3))+((t)^(2))-2=0

Imamo kubnu jednačinu. Kako to riješiti? U početku, kada sam upravo sastavljao ovaj video tutorijal, planirao sam prvo govoriti o faktoring polinomima i drugim tehnikama. Ali u ovom slučaju sve je mnogo jednostavnije. Pogledajte naš dati identitet, sa terminom sa najvećim stepenom vrijednosti 1. Osim toga, svi koeficijenti su cijeli brojevi. To znači da možemo koristiti zaključak iz Bezoutove teoreme, koji kaže da su svi korijeni djelitelji broja -2, odnosno slobodnog člana.

Postavlja se pitanje: s čim je -2 podijeljeno? Pošto je 2 prost broj, nema mnogo opcija. To mogu biti sljedeći brojevi: 1; 2; -1; -2. Negativni korijeni odmah nestaju. Zašto? Zato što su oba apsolutna vrijednost veća od 0, dakle t3 ((t)^(3)) će biti veći u modulu od t2 ((t)^(2)). A pošto je kocka neparna funkcija, broj u kocki će biti negativan, i t2 ((t)^(2)) - pozitivno, i cijela ova konstrukcija, sa t=−1 t=-1 i t=−2 t=-2, neće biti veći od 0. Oduzmite -2 od toga i dobijete broj koji je sigurno manji od 0. Ostaju samo 1 i 2. Zamijenimo svaki od ovih brojeva:

˜ t=1→ 1+1−2=0→0=0

˜t=1\to \text( )1+1-2=0\to 0=0

Dobili smo tačnu brojčanu jednakost. dakle, t=1 t=1 je korijen.

t=2→8+4−2=0→10≠0

t=2\do 8+4-2=0\do 10\ne 0

t=2 t=2 nije korijen.

Prema posljedici i istoj Bezoutovoj teoremi, svaki polinom čiji je korijen x0 ((x)_(0)), predstavite ga u obliku:

Q(x)=(x= x0 )P(x)

Q(x)=(x=((x)_(0)))P(x)

U našem slučaju, u ulozi x x je varijabla t t, i u ulozi x0 ((x)_(0)) je korijen jednak 1. Dobijamo:

t3 +t2 −2=(t−1)⋅P(t)

((t)^(3))+((t)^(2))-2=(t-1)\cdot P(t)

Kako pronaći polinom P (t) P\lijevo(t\desno)? Očigledno, morate učiniti sljedeće:

P(t)= t3 +t2 −2 t−1

P(t)=\frac(((t)^(3))+((t)^(2))-2)(t-1)

Zamenimo:

t3 +t2 +0⋅t−2t−1=t2 +2t+2

\frac(((t)^(3))+((t)^(2))+0\cdot t-2)(t-1)=((t)^(2))+2t+2

Dakle, naš originalni polinom je podijeljen bez ostatka. Dakle, možemo prepisati našu prvobitnu jednakost kao:

(t−1)( t2 +2t+2)=0

(t-1)(((t)^(2))+2t+2)=0

Proizvod je nula kada je barem jedan od faktora nula. Već smo razmotrili prvi množitelj. Pogledajmo drugu:

t2 +2t+2=0

((t)^(2))+2t+2=0

Iskusni studenti su to vjerovatno već shvatili ovaj dizajn nema korijena, ali hajde da ipak izračunamo diskriminanta.

D=4−4⋅2=4−8=−4

D=4-4\cdot 2=4-8=-4

Diskriminant je manji od 0, stoga izraz nema korijen. Ukupno je ogromna konstrukcija svedena na uobičajenu jednakost:

\[\begin(niz)(·(35)(l))

t=\text( )1 \\tgx=\text( )1 \\x=\frac(\text( )\!\!\pi\!\!\text( ))(4)+\text( ) \!\!\pi\!\!\text( )k,k\in Z \\\end(niz)\]

U zaključku, želio bih dodati nekoliko komentara na posljednji zadatak:

1. hoće li uslov uvijek biti zadovoljen? cosx≠0\cos x\ne 0, i isplati li se uopće izvršiti ovu provjeru? Naravno, ne uvek. U slučajevima kada cosx=0\cos x=0 je rješenje naše jednakosti, treba ga izvaditi iz zagrada i tada će u zagradama ostati puna homogena jednačina.
2. Šta je dijeljenje polinoma polinomom. Zaista, većina škola to ne proučava, a kada učenici prvi put vide takav dizajn, doživljavaju blagi šok. Ali, u stvari, to je jednostavno i lijepa dobrodošlica, što uvelike olakšava rješavanje jednačina višim stepenima. Naravno, tome će biti posvećen poseban video tutorijal, koji ću objaviti u bliskoj budućnosti.

Ključne točke

Homogene trigonometrijske jednadžbe omiljena su tema na svim vrstama testovi. Mogu se riješiti vrlo jednostavno - samo jednom vježbajte. Da bi bilo jasno o čemu govorimo, uvedemo novu definiciju.

Homogena trigonometrijska jednačina je ona u kojoj se svaki član različit od nule sastoji od istog broja trigonometrijskih faktora. To mogu biti sinusi, kosinusi ili njihove kombinacije - metoda rješenja je uvijek ista.

Stepen homogene trigonometrijske jednadžbe je broj trigonometrijskih faktora uključenih u članove koji nisu nula. Primjeri:

sinx+15 cos x=0

\sin x+15\text( cos )x=0 - identitet 1. stepena;

2 sin2x+5sinxcosx−8cos2x=0

2\text( sin)2x+5\sin xcosx-8\cos 2x=0 - 2. stepen;

sin3x+2sinxcos2x=0

\sin 3x+2\sin x\cos 2x=0 - 3. stepen;

sinx+cosx=1

\sin x+\cos x=1 - i ova jednadžba nije homogena, jer na desnoj strani postoji jedinica - nenulti član u kojem nema trigonometrijskih faktora;

sin2x+2sinx−3=0

\sin 2x+2\sin x-3=0 je također nehomogena jednačina. Element sin2x\sin 2x je drugog stepena (pošto se može predstaviti

sin2x=2sinxcosx

\sin 2x=2\sin x\cos x), 2sinx 2\sin x je prvi, a pojam 3 je općenito nula, jer u njemu nema sinusa ili kosinusa.

Opća shema rješenja

Šema rješenja je uvijek ista:

Pretvarajmo se to cosx=0\cos x=0. Onda sinx=±1\sin x=\pm 1 - ovo slijedi iz glavnog identiteta. Hajde da zamenimo sinx\sin x i cosx\cos x u originalni izraz, a ako je rezultat besmislica (na primjer, izraz 5=0 5=0), idite na drugu tačku;

Sve dijelimo po stepenu kosinusa: cosx, cos2x, cos3x... - zavisi od vrijednosti snage jednadžbe. Dobijamo uobičajenu jednakost sa tangentama, koja se može sigurno riješiti zamjenom tgx=t.

tgx=tPronađeni korijeni će biti odgovor na originalni izraz.

Posljednji detalj, kako riješiti zadatke C1 sa Jedinstvenog državnog ispita iz matematike - rješavanje homogenih trigonometrijskih jednačina. Reći ćemo vam kako ih riješiti u ovoj završnoj lekciji.

Koje su to jednačine? Hajde da ih upišemo opšti pogled.

$$a\sin x + b\cos x = 0,$$

gdje su `a` i `b` neke konstante. Ova jednačina se naziva homogena trigonometrijska jednačina prvi stepen.

Homogena trigonometrijska jednačina prvog stepena

Da biste riješili takvu jednačinu, trebate je podijeliti sa `\cos x`. Tada će poprimiti formu

$$\newcommand(\tg)(\mathop(\mathrm(tg))) a \tg x + b = 0.$$

Odgovor na takvu jednačinu lako se piše pomoću arktangensa.

Imajte na umu da je `\cos x ≠0`. Da bismo to potvrdili, zamjenjujemo nulu u jednačinu umjesto kosinusa i nalazimo da sinus također mora biti jednak nuli. Međutim, oni ne mogu biti jednaki nuli u isto vrijeme, što znači da kosinus nije nula.

Neka od pitanja na ovogodišnjem pravom ispitu uključivala su homogenu trigonometrijsku jednačinu. Pratite link do. Uzet ćemo malo pojednostavljenu verziju problema.

Prvi primjer. Rješenje homogene trigonometrijske jednadžbe prvog stepena

$$\sin x + \cos x = 0.$$

Podijelite sa `\cos x`.

$$\tg x + 1 = 0,$$

$$x = -\frac(\pi)(4)+\pi k.$$

Ponavljam, sličan zadatak je bio na Jedinstvenom državnom ispitu :) naravno, još uvijek morate odabrati korijene, ali to također ne bi trebalo uzrokovati posebne poteškoće.

Pređimo sada na sljedeću vrstu jednačine.

Homogena trigonometrijska jednačina drugog stepena

Generalno to izgleda ovako:

$$a\sin^2 x + b\sin x \cos x + c\cos^2 x =0,$$

gdje su `a, b, c` neke konstante.

Takve jednačine se rješavaju dijeljenjem sa `\cos^2 x` (što opet nije nula). Pogledajmo odmah primjer.

Drugi primjer. Rješenje homogene trigonometrijske jednačine drugog stepena

$$\sin^2 x - 2\sin x \, \cos x - 3\cos^2 x = 0.$$

Podijelite sa `\cos^2 x`.

$$(\tg)^2 x - 2\tg x -3 =0.$$

Zamijenimo `t ​​= \tg x`.

$$t^2 - 2t -3 = 0,$$

$$t_1 = 3,\t_2 = -1.$$

Reverzna zamjena

$$\tg x = 3, \text( ili ) \tg x = -1,$$

$$x = \arctan(3)+\pi k, \text( ili ) x= -\frac(\pi)(4)+ \pi k.$$

Odgovor je primljen.

Treći primjer. Rješenje homogene trigonometrijske jednačine drugog stepena

$$-\sin^2 x + \frac(2\sqrt(2))(3)\sin x \cos x - 3\cos^2 x = -2.$$

Sve bi bilo u redu, ali ova jednadžba nije homogena - `-2` na desnoj strani nam smeta. sta da radim? Koristimo osnovno trigonometrijski identitet i koristite ga za pisanje `-2`.

$$-\sin^2 x + \frac(2\sqrt(2))(3)\sin x \cos x - 3\cos^2 x = -2(\sin^2 x + \cos^2 x ),$$

$$-\sin^2 x + \frac(2\sqrt(2))(3)\sin x \cos x - 3\cos^2 x + 2\sin^2 x + 2\cos^2 x = 0,$$

$$\sin^2 x + \frac(2\sqrt(2))(3)\sin x \cos x - \cos^2 x = 0.$$

Podijelite sa `\cos^2 x`.

$$(\tg)^2 x + \frac(2\sqrt(2))(3) \tg x - 1 = 0,$$

Zamjena `t= \tg x`.

$$t^2 + \frac(2\sqrt(2))(3) t - 1 = 0,$$

$$t_1 = \frac(\sqrt(3))(3),\ t_2 = -\sqrt(3).$$

Nakon izvođenja obrnute zamjene, dobijamo:

$$\tg x = \frac(\sqrt(3))(3) \text( ili ) \tg x = -\sqrt(3).$$

$$x =-\frac(\pi)(3) + \pi k,\ x = \frac(\pi)(6)+ \pi k.$$

Ovo je posljednji primjer u ovom tutorijalu.

Kao i obično, da vas podsjetim: trening je za nas sve. Bez obzira koliko je osoba briljantna, vještine se neće razviti bez obuke. Tokom ispita, ovo je ispunjeno anksioznošću, greškama i gubitkom vremena (nastavite sami ovu listu). Obavezno proučite!

Zadaci obuke

Riješite jednačine:

• `10^(\sin x) = 2^(\sin x) \cdot 5^(-\cos x)`. Ovaj zadatak je iz pravi Jedinstveni državni ispit 2013. Niko nije otkazao znanje o svojstvima stepeni, ali ako ste zaboravili, pogledajte;
• `\sqrt(3) \sin x + \sin^2 \frac(x)(2) = \cos^2 \frac(x)(2)`. Dobro će doći formula iz sedme lekcije.
• `\sqrt(3) \sin 2x + 3 \cos 2x = 0`.

To je sve. I kao i obično, za kraj: postavljajte pitanja u komentarima, lajkajte, gledajte video, naučite kako riješiti Jedinstveni državni ispit.

Uz ovu video lekciju učenici će moći da proučavaju temu homogenih trigonometrijskih jednačina.

Dajemo definicije:

1) homogena trigonometrijska jednačina prvog stepena izgleda kao sin x + b cos x = 0;

2) homogena trigonometrijska jednačina drugog stepena izgleda kao sin 2 x + b sin x cos x + c cos 2 x = 0.

Razmotrimo jednačinu a sin x + b cos x = 0. Ako je a jednako nuli, onda će jednačina izgledati kao b cos x = 0; ako je b jednako nuli, tada će jednadžba izgledati kao sin x = 0. Ovo su jednačine koje smo nazvali najjednostavnijim i riješene su ranije u prethodnim temama.

Sada razmotrite opciju kada a i b nisu jednaki nuli. Dijeljenjem dijelova jednadžbe kosinusom x vršimo transformaciju. Dobijamo tg x + b = 0, tada će tg x biti jednako - b/a.

Iz navedenog proizilazi da je jednačina a sin mx + b cos mx = 0 homogena trigonometrijska jednačina prvog stepena. Da biste riješili jednačinu, podijelite njene dijelove sa cos mx.

Pogledajmo primjer 1. Riješite 7 sin (x/2) - 5 cos (x/2) = 0. Prvo podijelite dijelove jednačine kosinusom (x/2). Znajući da je sinus podijeljen kosinusom tangentan, dobijamo 7 tan (x/2) - 5 = 0. Transformirajući izraz, nalazimo da je vrijednost tan (x/2) jednaka 5/7. Rješenje ove jednadžbe ima oblik x = arctan a + πn, u našem slučaju x = 2 arctan (5/7) + 2πn.

Razmotrimo jednačinu a sin 2 x + b sin x cos x + c cos 2 x = 0:

1) sa jednakim nuli, jednačina će izgledati kao b sin x cos x + c cos 2 x = 0. Transformacijom dobijamo izraz cos x (b sin x + c cos x) = 0 i prelazimo na rješavanje dva jednačine. Nakon podjele dijelova jednačine kosinusom x, dobijamo b tg x + c = 0, što znači tg x = - c/b. Znajući da je x = arctan a + πn, tada će rješenje u ovom slučaju biti x = arctan (- s/b) + πn.

2) ako a nije jednako nuli, onda dijeljenjem dijelova jednadžbe sa kosinusom na kvadrat dobijamo jednačinu koja sadrži tangentu, koja će biti kvadratna. Ova jednačina se može riješiti uvođenjem nove varijable.

3) kada je c jednako nuli, jednačina će dobiti oblik a sin 2 x + b sin x cos x = 0. Ova jednačina se može riješiti tako da se sinus x izvadi iz zagrade.

1. vidjeti da li jednačina sadrži sin 2 x;

2. Ako jednačina sadrži pojam a sin 2 x, onda se jednačina može riješiti dijeljenjem obje strane sa kosinusom na kvadrat, a zatim uvođenjem nove varijable.

3. Ako jednačina ne sadrži sin 2 x, onda se jednačina može riješiti tako da se cosx izvadi iz zagrada.

Razmotrimo primjer 2. Uzmimo kosinus iz zagrada i dobijemo dvije jednačine. Koren prve jednadžbe je x = π/2 + πn. Da bismo riješili drugu jednačinu, podijelimo dijelove ove jednačine kosinusom x i transformacijom dobijemo x = π/3 + πn. Odgovor: x = π/2 + πn i x = π/3 + πn.

Riješimo primjer 3, jednadžbu oblika 3 sin 2 2x - 2 sin 2x cos 2x + 3 cos 2 2x = 2 i pronađemo njene korijene, koji pripadaju segmentu od - π do π. Jer Ova jednadžba je nehomogena, potrebno ju je dovesti u homogeni oblik. Koristeći formulu sin 2 x + cos 2 x = 1, dobijamo jednačinu sin 2 2x - 2 sin 2x cos 2x + cos 2 2x = 0. Podijelimo sve dijelove jednačine sa cos 2 x, dobićemo tg 2 2x + 2tg 2x + 1 = 0 Unosom nove varijable z = tan 2x rješavamo jednačinu čiji je korijen z = 1. Tada je tan 2x = 1, što implicira da je x = π/8 + (πn)/2. Jer prema uslovima zadatka, potrebno je pronaći korijene koji pripadaju segmentu od - π do π, rješenje će imati oblik - π< x <π. Подставляя найденное значение x в данное выражение и преобразовывая его, получим - 2,25 < n < 1,75. Т.к. n - это целые числа, то решению уравнения удовлетворяют значения n: - 2; - 1; 0; 1. При этих значениях n получим корни решения исходного уравнения: x = (- 7π)/8, x = (- 3π)/8, x =π/8, x = 5π/8.

DEKODIRANJE TEKSTA:

Homogene trigonometrijske jednadžbe

Danas ćemo pogledati kako se rješavaju "Homogene trigonometrijske jednačine". Ovo su jednadžbe posebnog tipa.

Hajde da se upoznamo sa definicijom.

Jednačina oblika i sin x+bcosx = 0 (a sinus x plus kosinus x je jednak nuli) naziva se homogena trigonometrijska jednačina prvog stepena;

jednačina oblika i sin 2 x+bsin xcosx+scos 2 x= 0 (a sinus kvadrat x plus be sinus x kosinus x plus se kosinus kvadrat x jednak je nuli) naziva se homogena trigonometrijska jednačina drugog stepena.

Ako a=0, tada jednačina poprima oblik bcosx = 0.

Ako b = 0 , onda dobijamo i sin x= 0.

Ove jednadžbe su elementarne trigonometrijske, a o njihovom rješenju smo govorili u našim prethodnim temama

Hajde da razmotrimo slučaj kada oba koeficijenta nisu jednaka nuli. Podijelimo obje strane jednačine Agrijehx+ bcosx = 0 član po član cosx.

To možemo učiniti jer kosinus od x nije nula. Uostalom, ako cosx = 0 , zatim jednačina Agrijehx+ bcosx = 0 poprimiće formu Agrijehx = 0 , A≠ 0, dakle grijehx = 0 . Što je nemoguće, jer prema osnovnom trigonometrijskom identitetu sin 2 x+cos 2 x=1 .

Dijeljenje obje strane jednačine Agrijehx+ bcosx = 0 član po član cosx, dobijamo: + =0

Izvršimo transformacije:

1. Pošto = tg x, onda =i tg x

2 smanjiti za cosx, Onda

Tako dobijamo sledeći izraz i tg x + b =0.

Izvršimo transformaciju:

1.premjestiti b na desnu stranu izraza sa suprotnim predznakom

i tg x =- b

2. Oslobodimo se množitelja i dijeljenje obje strane jednačine sa a

tan x= -.

Zaključak: Jednačina oblika kao umx+bcosmx = 0 (a sinus em x plus be kosinus em x jednak je nuli) naziva se i homogena trigonometrijska jednačina prvog stepena. Da biste to riješili, podijelite obje strane sa cosmx.

PRIMJER 1. Riješite jednačinu 7 sin - 5 cos = 0 (sedam sinus x preko dva minus pet kosinus x preko dva jednako je nuli)

Rješenje. Podijelimo obje strane člana jednadžbe sa cos, dobivamo

1. = 7 tan (pošto je omjer sinusa i kosinusa tangenta, tada je sedam sinusa x sa dva podijeljeno kosinusom x sa dva jednako 7 tan x sa dva)

2. -5 = -5 (sa cos skraćenicom)

Na ovaj način smo dobili jednačinu

7tg - 5 = 0, Hajde da transformišemo izraz, pomerimo minus pet na desnu stranu, menjajući predznak.

Sveli smo jednačinu na oblik tg t = a, gdje je t=, a =. I pošto ova jednačina ima rješenje za bilo koju vrijednost A a ova rješenja imaju oblik

x = arctan a + πn, tada će rješenje naše jednadžbe imati oblik:

Arctg + πn, pronađite x

x=2 arktan + 2πn.

Odgovor: x=2 arktan + 2πn.

Pređimo na homogenu trigonometrijsku jednačinu drugog stepena

Asin 2 x+b sin x cos x +Withcos 2 x= 0.

Razmotrimo nekoliko slučajeva.

I. Ako a=0, tada jednačina poprima oblik bgrijehxcosx+scos 2 x= 0.

Prilikom rješavanja e Zatim koristimo metodu faktorizacije jednadžbi. Izvadićemo ga cosx izvan zagrade i dobijamo: cosx(bgrijehx+scosx)= 0 . Gdje cosx= 0 ili

b sin x +Withcos x= 0. I već znamo kako riješiti ove jednačine.

Podijelimo obje strane člana jednadžbe sa cosh, dobijamo

1 (pošto je omjer sinusa i kosinusa tangenta).

Tako dobijamo jednačinu: b tg x+c=0

Sveli smo jednačinu na oblik tg t = a, gdje je t= x, a =. I pošto ova jednačina ima rješenje za bilo koju vrijednost A a ova rješenja imaju oblik

x = arctan a + πn, tada će rješenje naše jednadžbe biti:

x = arktan + πn, .

II. Ako a≠0, tada dijelimo obje strane jednadžbe član po član na cos 2 x.

(Argumentirajući na sličan način, kao u slučaju homogene trigonometrijske jednačine prvog stepena, kosinus x ne može ići na nulu).

III. Ako c=0, tada jednačina poprima oblik Agrijeh 2 x+ bgrijehxcosx= 0. Ova jednačina se može riješiti metodom faktorizacije (izvlačimo grijehx izvan zagrade).

To znači da prilikom rješavanja jednačine Agrijeh 2 x+ bgrijehxcosx+scos 2 x= 0 možete pratiti algoritam:

PRIMJER 2. Riješite jednačinu sinxcosx - cos 2 x= 0 (sinus x puta kosinus x minus korijen tri puta kosinus na kvadrat x jednak je nuli).

Rješenje. Hajde da ga faktorizujemo (izbacimo cosx iz zagrada). Dobijamo

cos x(sin x - cos x)= 0, tj. cos x=0 ili sin x - cos x= 0.

Odgovor: x =+ πn, x= + πn.

PRIMJER 3. Riješite jednačinu 3sin 2 2x - 2 sin2xcos2 x +3cos 2 2x= 2 (tri sinus na kvadrat dva X minus dvostruki proizvod sinusa dva X puta kosinus dva X plus tri kosinusa na kvadrat dva X) i pronađite njezine korijene koji pripadaju interval (- π; π).

Rješenje. Ova jednadžba nije homogena, pa napravimo neke transformacije. Broj 2 koji se nalazi na desnoj strani jednačine zamjenjujemo proizvodom 2 1

Pošto je po glavnom trigonometrijskom identitetu sin 2 x + cos 2 x =1, onda

2 ∙ 1= 2 ∙ (sin 2 x + cos 2 x) = otvaranjem zagrada dobijamo: 2 sin 2 x + 2 cos 2 x.

2 ∙ 1= 2 ∙ (sin 2 x + cos 2 x) =2 sin 2 x + 2 cos 2 x

To znači da će jednačina 3sin 2 2x - 2 sin2xcos2 x +3cos 2 2x= 2 imati oblik:

3sin 2 2x - 2 sin 2x cos2 x +3cos 2 2x = 2 sin 2 x + 2 cos 2 x.

3sin 2 2x - 2 sin 2x cos2 x +3cos 2 2x - 2 sin 2 x - 2 cos 2 x=0,

sin 2 2x - 2 sin 2x cos2 x +cos 2 2x =0.

Dobili smo homogenu trigonometrijsku jednačinu drugog stepena. Primijenimo metodu dijeljenja po član sa cos 2 2x:

tg 2 2x - 2tg 2x + 1 = 0.

Hajde da uvedemo novu varijablu z= tan2h.

Imamo z 2 - 2 z + 1 = 0. Ovo je kvadratna jednadžba. Uočivši skraćenu formulu množenja na lijevoj strani - kvadrat razlike (), dobijamo (z - 1) 2 = 0, tj. z = 1. Vratimo se na obrnutu zamjenu:

Sveli smo jednačinu na oblik tg t = a, gdje je t= 2x, a =1. I pošto ova jednačina ima rješenje za bilo koju vrijednost A a ova rješenja imaju oblik

x = arctan x a + πn, tada će rješenje naše jednadžbe biti:

2h= arctan1 + πn,

x = + , (x je jednako zbroju pi puta osam i pi en puta dva).

Sve što treba da uradimo je da pronađemo vrednosti x koje su sadržane u intervalu

(- π; π), tj. zadovoljiti dvostruku nejednakost - π x π. Jer

x= +, onda - π + π. Podijelite sve dijelove ove nejednakosti sa π i pomnožite sa 8, dobićemo

pomerite jedan udesno i ulevo, menjajući znak u minus jedan

podijelimo sa četiri dobijamo,

Radi praktičnosti, razdvajamo cijele dijelove u razlomke

-

Ova nejednakost je zadovoljena sljedećim cijelim brojem n: -2, -1, 0, 1

Državna budžetska stručna obrazovna ustanova u selu Teeli u Republici Tyva

Izrada časa iz matematike

Tema lekcije:

"Homogene trigonometrijske jednadžbe"

Učitelj: Oorzhak

Ailana Mikhailovna

Tema lekcije : “Homogene trigonometrijske jednadžbe”(prema udžbeniku A.G. Mordkovich)

Grupa : magistar biljnog fakulteta, 1. godina

Vrsta lekcije: Lekcija u učenju novog gradiva.

Ciljevi lekcije:

2. Razvijati logičko razmišljanje, sposobnost izvođenja zaključaka, sposobnost procjenjivanja rezultata izvršenih radnji

3. Usaditi učenicima tačnost, osjećaj odgovornosti i razvijanje pozitivnih motiva za učenje

Oprema za nastavu: laptop, projektor, platno, kartice, posteri o trigonometriji: značenja trigonometrijskih funkcija, osnovne trigonometrijske formule.

Trajanje lekcije: 45 minuta.

Struktura lekcije:

	Strukturni element lekcije	front	(min)	Metodičke karakteristike, kratka uputstva za izvođenje nastavne faze	Aktivnosti nastavnika	Aktivnosti učenika
	Organiziranje vremena
	Kontrola pohađanja nastave.	α 0			Nastavnik provjerava spremnost za nastavu	Polaznici prijavljuju izostanke sa nastave
	Ažuriranje referentnog znanja
	Provjera domaćeg	α 2		Ponavljanje osnovnih pojmova	Obilazi	3 učenika zapisuju rješenje na tabli. Ostali vrše međusobnu provjeru
	Formiranje novih znanja
	Motivacioni trenutak	α 2		Primjeri trigonometrijskih jednačina na ekranu	Postavljanje pitanja	Odgovori
	Objašnjenje nove teme	α 1		Na ekranu su slajdovi sa rješenjem homogenih trigonometrijskih jednačina	Nastavnik objašnjava temu	Učenici slušaju i zapisuju

	Konsolidacija
	Primjeri rješavanja	α 2		Slabi učenici rade sa nastavnikom. Jaki studenti rade samostalno.	Radi sa slabim učenicima za odborom.	Riješite primjere
	Diferenciran samostalan rad	α 2		Podijelite karte	Pravi krug. Kontrola slabih učenika	Riješite primjere
	Rezimirajući	α 1		Sumiranje lekcije. Saopštavanje ocjena učenicima	Nastavnik sažima i saopštava ocjene	Studenti slušaju
	Izdavanje domaće zadaće	α 1		Recite učenicima domaći zadatak	Nastavnik daje kratka uputstva za domaći zadatak	Zapišite domaći

Tokom nastave.

1. Organizacioni trenutak (1 min)

Provjeriti spremnost učenika za nastavu, saslušati dežurnu grupu.

2. Ažuriranje osnovnog znanja (3 min)

2.1. Provjera domaćeg.

Tri učenika rješavaju na tabli br. 18.8 (c, d); br. 18.19. Ostali učenici rade vršnjačku ocjenu.

br. 18.8 (c) 5 cos 2 x + 6 sin x – 6 = 0 5 (1 - sin x) + 6 sin x – 6 = 0 5 - 5 sin 2 x + 6 sin x – 6 = 0 5 sin 2 x + 6 sin x – 1 = 0 5 sin 2 x – 6 sin x + 1 = 0 z=sin x, 5z 2 – 6 z + 1 = 0 z 1 = 1, sin x = 1, x= +2 π n, n Z z 2 = , sin x = , x= (-1) n arcsin + π n, n Z Odgovor: x= +2 π n, x=(-1) n arcsin + π n, n Z	br. 18.8 (g) 4 sin 3x + cos 2 3x = 4 4 sin 3x + (1-sin 2 3x) – 4 = 0 Sin 2 3x + 4 sin 3x – 3 = 0 sin 2 3x – 4 sin 3x + 3 = 0 z=sin 3x, z 2 – 4 z + 3 = 0 z 1 = 3, ne zadovoljava uslov z 2 = 1, sin 3x =1, 3x= +2 π n, n Z X = + π n , n Z Odgovor: x = + π n, n Z
br. 18.19 (c) sos = 2x – = , n Z x 1 = , n Z x 2 = , n Z a) b) 0, , , c) - d) - , 0,

3. Učenje novog materijala (13 min)

3.1. Motivacija učenika.

Od učenika se traži da navedu jednačine koje znaju i mogu riješiti (slajd br. 1)

1) 3 cos 2 x – 3 cos x = 0;

2) cos (x – 1) = ;

3) 2 sin 2 x + 3 sin x = 0;

4) 6 sin 2 x – 5 cos x + 5 = 0; 12

5) sin x cos x + cos²x = 0;

6) tg + 3ctg = 4.

7) 2sin x – 3cos x = 0;

8) sin 2 x + cos 2 x = 0;

9) sin²h – 3sinh cos x+2cos²h = 0.

Učenici neće moći imenovati rješenja jednačina 7-9.

3.2. Objašnjenje nove teme.

Učitelj: Jednačine koje niste mogli riješiti su prilično česte u praksi. Zovu se homogene trigonometrijske jednadžbe. Zapišite temu lekcije: "Homogene trigonometrijske jednadžbe." (slajd broj 2)

Određivanje homogenih jednačina na platnu projektora. (slajd broj 3)

Razmotrimo metodu za rješavanje homogenih trigonometrijskih jednačina (slajd br. 4, 5)

I stepen	II stepen
a sinx + b cosx = 0, (a,b ≠ 0). Podijelimo obje strane člana jednadžbe po članu sa cosx ≠ 0. Dobijamo: a tgx + b = 0 Tgx = - – najjednostavnija trigonometrijska jednadžba	a sin²x + b sinx cosx + c cos²x = 0. 1) ako je a ≠ 0, podijelite obje strane člana jednadžbe članom sa cos²x ≠0 Dobijamo: a tg²x + b tgx + c = 0, riješi se uvođenjem nove varijable z= tgx 2) ako je a = 0, onda Dobijamo: b sinx cosx + c cos²x =0, riješiti metodom faktorizacije
Prilikom dijeljenja homogene jednačine a sinx + b cosx = 0 pri cos x ≠ 0	Prilikom dijeljenja homogene jednačine a sin²x + b sinx cosx + c cos²x = 0 sa cos 2 x ≠ 0 korijeni ove jednadžbe se ne gube.

Analizirajte rješenja primjera

Primjer 1. Riješi jednačinu 2sin x – 3cos x = 0; (slajd broj 6)

Ovo je homogena jednačina prvog stepena. Podijelimo obje strane člana jednadžbe sa cos x , dobijamo:

2tg x – 3 = 0

tg x =

x = arktan + πn , n Z.

Odgovor: x = arktan + π n, n Z.

Primjer 2 . Riješite sin 2 jednačinu x + cos 2 x = 0; (slajd broj 7)

Ovo je homogena jednačina prvog stepena. Podijelimo obje strane člana jednadžbe sa cos 2 x , dobijamo:

tg2 x + 1 = 0

tg2 x = - 1

2x = arktan (-1)+ πn, n Z.

2x = - + πn, n Z.

x = - + , n Z.

Odgovor: x = - + , n Z.

Primjer 3 . Riješite jednačinu sin²h – 3sinh cos x+2cos²h = 0. (slajd broj 8)

Svaki član u jednačini ima isti stepen. Ovo je homogena jednačina drugog stepena. Podijelimo obje strane jednadžbe član po član sa cos 2 x ≠ 0, dobijamo:

tg 2 x-3tg x+2 = 0. Hajde da uvedemo novu varijablu z = tan x, dobijamo

z 2 – 3z + 2 =0

z 1 = 1, z 2 = 2

to znači ili tg x = 1 ili tg x = 2

tan x = 1 x = arktan 1 + πn, n Z x = + πn, n Z	tan x = 2 x = arktan 2 + πn, n Z
Odgovor: x = + πn, x = arctan 2 + πn, n Z

4. Konsolidacija proučenog materijala (10 min)

Nastavnik detaljno analizira primjere sa slabim učenicima na tabli, a jaki učenici samostalno rješavaju u svojim sveskama.

br. 18.12 (a)	18.24 (a)	18.24 (b)
sin 2 x + 2 sin x cos x – 3 cos² x = 0 tg 2 x + 2 tg x – 3 = 0 z = tan x z 2 + 2 z – 3 = 0 z 1 = 3; z 2 = - 1. tan x = 3, x = arktan 3 + πn, n Z tan x = -1, x = arktan (-1) + πn, n Z x = + πn, n Z Odgovor: x = arktan 3 + πn, X = + πn, n Z	sin 2 x = cos 2 x tg2x = 1 2x = arktan 1 + πn, n Z 2x = + πn, n Z x = + , n Z Odgovor: x = + , n Z	Tg 3 x = 1 tg 3 x = 3 x = + πn, n Z x = + , n Z

5. Diferencirani samostalni rad (15 min)

Nastavnik izdaje kartice sa zadacima tri nivoa: osnovni (A), srednji (B), napredni (C). Učenici sami biraju koji nivo primjera će riješiti.

Nivo A 2 sin x+ 2 cos x = 0 cos x+ 2 sin x = 0

Nivo B 2 sin x+ 2 cos x = 0 6 sin 2 x - 5 sinx cos x + cos 2 x =0

Nivo C 5 sin 2 x + 2 sinx cos x - cos 2 x =1 2 sin x - 5 cos x = 3 1- 4 sin 2x + 6 cos 2 x = 0

6. Sumiranje. Razmišljanje o aktivnostima učenja u učionici (2 min)

Odgovori na pitanja:

Koje vrste trigonometrijskih jednačina smo naučili?

Kako riješiti homogenu jednačinu prvog stepena?

Kako riješiti homogenu jednačinu drugog stepena?

saznao sam…

Naučio sam …

Prepoznajte dobar rad pojedinih učenika na času i dajte ocjene.

7. Domaći. (1 min)

Obavijestite učenike o njihovoj domaćoj zadaći i dajte kratka uputstva kako da je urade.

br. 18.12 (c, d), br. 18.24 (c, d), br. 18.27 (a)

Reference:

Slajd 2

"Homogene trigonometrijske jednadžbe"

1. Jednačina oblika a sin x + b cos x = 0, gdje je a ≠0, b ≠0 naziva se homogena trigonometrijska jednačina prvog stepena. 2. Jednačina oblika a sin 2 x + b sin x cos x + c cos 2 x = 0, gdje je a ≠0, b ≠0, c ≠0 naziva se homogena trigonometrijska jednačina drugog stepena. definicija:

I stepen a sinx + b cosx = 0, (a,b ≠ 0). Podijelimo obje strane člana jednadžbe po članu sa cosx ≠ 0. Dobijamo: a tanx + b = 0 tgx = -b /a najjednostavniju trigonometrijsku jednačinu Kada podijelimo homogenu jednačinu a sinx + b cosx = 0 sa cos x ≠ 0, korijeni ove jednadžbe se ne gube. Metoda rješavanja homogenih trigonometrijskih jednačina

a sin²x + b sinx cosx + c cos²x = 0. 1) ako je a ≠ 0, podijelimo obje strane člana jednadžbe sa cos ² x ≠0 Dobijamo: a tan ² x + b tgx + c = 0, riješimo uvođenjem nova varijabla z = tgx 2) ako je a = 0, onda dobijamo: b sinx cosx + c cos ² x = 0, riješiti metodom faktorizacije / Prilikom dijeljenja homogene jednačine a sin ² x + b sinx cosx + c cos ² x = 0 sa cos 2 x ≠ 0 korijeni ove jednadžbe se ne gube. II stepen

Ovo je homogena jednačina prvog stepena. Podijelimo obje strane člana jednadžbe po članu sa cos x, dobićemo: Primjer 1. Riješite jednačinu 2 sin x – 3 cos x = 0

Ovo je homogena jednačina prvog stepena. Podijelimo obje strane člana jednadžbe sa cos 2 x, dobićemo: Primjer 2. Riješite jednačinu sin 2 x + cos 2 x = 0

Svaki član u jednačini ima isti stepen. Ovo je homogena jednačina drugog stepena. Podijelimo obje strane člana jednačine članom sa os 2 x ≠ 0, dobićemo: Primjer 3. Riješite jednačinu sin ² x – 3 sin x cos x+2 cos ² x = 0

Odgovorite na pitanja: - Koje vrste trigonometrijskih jednačina smo proučavali? -Kako riješiti homogenu jednačinu prvog stepena? - Kako riješiti homogenu jednačinu drugog stepena? Rezimirajući

Naučio sam... - Naučio sam... Refleksija

br. 18.12 (c, d), br. 18.24 (c, d), br. 18.27 (a) Domaći.

Hvala na lekciji! Dobro urađeno!

Pregled:

Samoanaliza časa matematike nastavnika Oorzhak A.M.

Grupa : magistar biljnog fakulteta, 1. godina.

Tema lekcije : Homogene trigonometrijske jednadžbe.

Vrsta lekcije : Čas učenja novog gradiva.

Ciljevi lekcije:

1. Razvijati vještine učenika u rješavanju homogenih trigonometrijskih jednačina, razmatrati metode rješavanja homogenih jednačina osnovnog i naprednog nivoa složenosti.

2. Razvijati logičko mišljenje, sposobnost izvođenja zaključaka i sposobnost evaluacije rezultata izvršenih radnji.

3. Usađivati ​​učenicima tačnost, osjećaj odgovornosti i razvijanje pozitivnih motiva za učenje.

Čas se odvijao prema tematskom planu. Tema časa odražava teorijski i praktični dio časa i razumljiva je učenicima. Sve faze lekcije bile su usmjerene na postizanje ovih ciljeva, uzimajući u obzir karakteristike grupe.

Struktura lekcije.

1. Organizacioni momenat je uključivao preliminarnu organizaciju grupe, mobilizujući početak časa, stvaranje psihološke udobnosti i pripremu učenika za aktivno i svjesno usvajanje novog gradiva. Ja sam vizuelno provjerio pripremu grupe i svakog učenika. Didaktički zadatak pozornice: Ppozitivan stav prema lekciji.

2. Sljedeća faza je ažuriranje osnovnih znanja učenika. Glavni zadatak ove faze je: vraćanje u pamćenje učenika znanja neophodnih za učenje novog gradiva. Ažuriranje je izvršeno u vidu provjere domaće zadaće na tabli.

3. (Glavna faza časa) Formiranje novih znanja. U ovoj fazi realizovani su sljedeći didaktički zadaci: Osiguravanje percepcije, razumijevanja i primarnog pamćenja znanja i metoda djelovanja, veza i odnosa u objektu proučavanja.

Tome je doprinijelo: stvaranje problemske situacije, način razgovora u kombinaciji s korištenjem IKT-a. Pokazatelj efikasnosti usvajanja novih znanja učenika je tačnost odgovora, samostalan rad i aktivno učešće učenika u radu.

4.Sljedeća faza je primarna konsolidacija materijala. Svrha je uspostavljanje povratnih informacija za dobijanje informacija o stepenu razumijevanja novog gradiva, potpunosti, ispravnosti njegove asimilacije i pravovremenom ispravljanju uočenih grešaka. Za ovo sam koristio: rješavanje jednostavnih homogenih trigonometrijskih jednačina. Ovdje su korišteni zadaci iz udžbenika koji odgovaraju traženim ishodima učenja. Početna konsolidacija materijala obavljena je u atmosferi dobre volje i saradnje. U ovoj fazi sam radio sa slabim učenicima, ostali su sami odlučivali, nakon čega je uslijedilo samotestiranje od strane odbora.

5. Sljedeći trenutak lekcije bila je primarna kontrola znanja. Didaktički zadatak pozornice: Utvrđivanje kvaliteta i nivoa ovladavanja znanjima i metodama djelovanja, osiguravanje njihove korekcije. Ovdje je implementirala diferenciran pristup učenju i djeci ponudila izbor zadataka tri nivoa: osnovni (A), srednji (B) i napredni (C). Napravio sam krug i zabilježio učenike koji su odabrali osnovni nivo. Ovi učenici su rad izvodili pod nadzorom nastavnika.

6. U sljedećoj fazi – sumiranju, riješeni su zadaci analize i procjene uspješnosti postizanja cilja. Sumirajući lekciju, istovremeno sam se osvrnuo na aktivnost učenja. Učenici su naučili načine rješavanja homogenih trigonometrijskih jednačina. Ocjene su date.

7. Završna faza je domaći zadatak. Didaktički zadatak: Osigurati da učenici razumiju sadržaj i metode izrade domaćih zadataka. Dao kratka uputstva kako da uradite domaći zadatak.

Tokom časa sam mogao da realizujem nastavne, razvojne i obrazovne ciljeve. Mislim da je tome doprinijela činjenica da su djeca od prvih minuta časa pokazivala aktivnost. Bili su spremni prihvatiti novu temu. Atmosfera u grupi bila je psihološki povoljna.