Šiandien mes tyrinėsime vienarūšes trigonometrines lygtis. Pirmiausia pažvelkime į terminologiją: kas yra vienalytė trigonometrinė lygtis. Jis turi šias charakteristikas:

1. jame turi būti keli terminai;
2. visi terminai turi būti vienodo laipsnio;
3. visos funkcijos, įtrauktos į vienalytę trigonometrinę tapatybę, būtinai turi turėti tą patį argumentą.

Sprendimo algoritmas

Išsirinkime sąlygas

Ir jei viskas aišku su pirmuoju punktu, verta kalbėti apie antrąjį išsamiau. Ką reiškia turėti tą patį terminų laipsnį? Pažvelkime į pirmąją problemą:

3cosx+5sinx=0

3\cos x+5\sin x=0

Pirmasis šios lygties narys yra 3cosx 3\cos x. Atkreipkite dėmesį, kad čia yra tik viena trigonometrinė funkcija - cosx\cos x - ir čia nėra jokių kitų trigonometrinių funkcijų, todėl šio termino laipsnis yra 1. Tas pats su antruoju - 5sinx 5\sin x - čia yra tik sinusas, t.y. šio nario laipsnis taip pat lygus vienetui. Taigi, prieš mus yra tapatybė, susidedanti iš dviejų elementų, kurių kiekviename yra trigonometrinė funkcija, ir tik vienas. Tai yra pirmojo laipsnio lygtis.

Pereikime prie antrosios išraiškos:

4nuodėmė2 x+sin2x−3=0

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

Pirmasis šios konstrukcijos narys yra 4nuodėmė2 x 4((\sin )^(2))x.

Dabar galime parašyti tokį sprendimą:

nuodėmė2 x=sinx⋅sinx

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

Kitaip tariant, pirmąjį terminą sudaro du trigonometrinės funkcijos, ty jo laipsnis lygus dviem. Panagrinėkime antrąjį elementą - sin2x\sin 2x. Prisiminkime šią formulę – dvigubo kampo formulę:

sin2x=2sinx⋅cosx

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

Ir vėl, gautoje formulėje turime dvi trigonometrines funkcijas – sinusą ir kosinusą. Taigi šio konstrukcijos nario galios vertė taip pat lygi dviem.

Pereikime prie trečio elemento – 3. Iš matematikos kurso vidurinę mokyklą Prisimename, kad bet kurį skaičių galima padauginti iš 1, todėl jį užrašome:

˜ 3=3⋅1

Įrenginys naudojant pagrindinį trigonometrinė tapatybė gali būti parašytas tokia forma:

1=nuodėmė2 x⋅ cos2 x

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

Todėl 3 galime perrašyti taip:

3=3(nuodėmė2 x⋅ cos2 x)=3nuodėmė2 x+3 cos2 x

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

Taigi mūsų terminas 3 yra padalintas į du elementus, kurių kiekvienas yra vienalytis ir turi antrąjį laipsnį. Pirmojo termino sinusas kartojasi du kartus, kosinusas antrajame – taip pat du kartus. Taigi, 3 taip pat gali būti vaizduojamas kaip terminas, kurio galios rodiklis yra du.

Tas pats su trečiąja išraiška:

nuodėmė3 x+ nuodėmė2 xcosx=2 cos3 x

Pažiūrėsim. Pirmasis terminas yra nuodėmė3 x((\sin )^(3))x yra trečiojo laipsnio trigonometrinė funkcija. Antrasis elementas - nuodėmė2 xcosx((\sin )^(2))x\cos x.

nuodėmė2 ((\sin )^(2)) yra saitas, kurio galios reikšmė du padauginta iš cosx\cos x yra pirmasis narys. Iš viso trečiojo termino galios vertė yra trys. Galiausiai dešinėje yra dar viena nuoroda - 2cos3 x 2((\cos )^(3))x yra trečiojo laipsnio elementas. Taigi prieš mus yra vienalytė trečiojo laipsnio trigonometrinė lygtis.

Turime užrašytas tris tapatybes skirtingi laipsniai. Dar kartą atkreipkite dėmesį į antrąją išraišką. Pradiniame įraše vienas iš narių ginčijasi 2x 2x. Esame priversti atsikratyti šio argumento, transformuodami jį naudodami dvigubo kampo sinuso formulę, nes visos funkcijos, įtrauktos į mūsų tapatybę, būtinai turi turėti tą patį argumentą. Ir tai yra vienalyčių trigonometrinių lygčių reikalavimas.

Naudojame pagrindinės trigonometrinės tapatybės formulę ir užrašome galutinį sprendimą

Sutvarkėme sąlygas, pereikime prie sprendimo. Nepriklausomai nuo galios eksponento, tokio tipo lygybės visada sprendžiamos dviem etapais:

1) įrodyti tai

cosx≠0

\cos x\ne 0. Norėdami tai padaryti, pakanka prisiminti pagrindinės trigonometrinės tapatybės formulę (nuodėmė2 x⋅ cos2 x=1)\left(((\sin )^(2))x\cdot ((\cos )^(2))x=1 \right) ir pakeiskite šią formulę cosx=0\cos x=0. Gausime tokią išraišką:

nuodėmė2 x=1sinx=±1

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

Pakeičiant gautas reikšmes, t.y. vietoj cosx\cos x yra nulis, o vietoj to sinx\sin x - 1 arba -1, į pradinę išraišką, padarysime neteisingą skaitinė lygybė. Tai yra pateisinimas

cosx≠0

2) antrasis žingsnis logiškai išplaukia iš pirmojo. Kadangi

cosx≠0

\cos x\ne 0, mes padalijame abi savo struktūros puses iš cosn x((\cos )^(n))x, kur n n yra pats homogeninės trigonometrinės lygties galios rodiklis. Ką tai mums duoda:

\[\begin(masyvas)(·(35)(l))

sinxcosx=tgxcosxcosx=1

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

Dėl to mūsų sudėtinga pradinė konstrukcija sumažinama iki lygties n n laipsnis liestinės atžvilgiu, kurio sprendimą galima nesunkiai parašyti naudojant kintamojo kaitą. Tai yra visas algoritmas. Pažiūrėkime, kaip tai veikia praktiškai.

Mes sprendžiame tikras problemas

Užduotis Nr.1

3cosx+5sinx=0

3\cos x+5\sin x=0

Jau išsiaiškinome, kad tai yra vienalytė trigonometrinė lygtis, kurios galios rodiklis lygus vienetui. Todėl pirmiausia išsiaiškinkime tai cosx≠0\cos x\ne 0. Tarkime, priešingai, kad

cosx=0→sinx=±1

\cos x=0\į \sin x=\pm 1.

Gautą reikšmę pakeičiame į savo išraišką, gauname:

3⋅0+5⋅(±1) =0±5=0

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

Remdamiesi tuo galime pasakyti cosx≠0\cos x\ne 0. Padalinkite mūsų lygtį iš cosx\cos x, nes visa mūsų išraiška turi galios reikšmę, lygus vienam. Mes gauname:

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

\begin(lygiuoti)& 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(lygiuoti)

Tai nėra lentelės reikšmė, todėl atsakymas bus įtrauktas arctgx arctgx:

x=arctg (−3 5 ) + π n,n∈Z

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

Kadangi arctg arctg arctg yra nelyginė funkcija, mes galime išimti „minusą“ iš argumento ir įdėti jį prieš arctg. Gauname galutinį atsakymą:

x=−arctg 3 5 + π n,n∈Z

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

2 užduotis

4nuodėmė2 x+sin2x−3=0

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

Kaip prisimenate, prieš pradėdami ją spręsti, turite atlikti kai kurias transformacijas. Atliekame transformacijas:

4nuodėmė2 x+2sinxcosx−3 (nuodėmė2 x+ cos2 x)=0 4nuodėmė2 x+2sinxcosx−3 nuodėmė2 x−3 cos2 x=0nuodėmė2 x+2sinxcosx−3 cos2 x=0

\begin(lygiuoti)& 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 \\\pabaiga (lygiuoti)

Gavome struktūrą, susidedančią iš trijų elementų. Pirmajame termine matome nuodėmė2 ((\sin )^(2)), ty jo galios reikšmė yra dvi. Antroje kadencijoje matome sinx\sin x ir cosx\cos x - vėlgi yra dvi funkcijos, jos padauginamos, taigi bendras laipsnis vėlgi yra du. Trečioje nuorodoje matome cos2 x((\cos )^(2))x – panaši į pirmąją reikšmę.

Įrodykime tai cosx=0\cos x=0 nėra šios konstrukcijos sprendimas. Norėdami tai padaryti, tarkime priešingai:

\[\begin(masyvas)(·(35)(l))

\cos x=0 \\\sin x=\pm 1 \\1+2\cdot \left(\pm 1 \right)\cdot 0-3\cdot 0=0 \\1+0-0=0 \ \1=0 \\\pabaiga (masyvas)\]

Mes tai įrodėme cosx=0\cos x=0 negali būti sprendimas. Pereikime prie antrojo žingsnio – visą savo išraišką padalinkite iš cos2 x((\cos )^(2))x. Kodėl kvadratas? Kadangi galios rodiklis tai vienalytė lygtis lygus dviem:

nuodėmė2 xcos2 x+2sinxcosxcos2 x−3=0 t g2 x+2tgx−3=0

\begin(lygiuoti)& \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(lygiuoti)

Ar galima išspręsti šią išraišką naudojant diskriminantą? Žinoma, galite. Bet aš siūlau prisiminti teoremą, priešingą Vietos teoremai, ir gauname, kad šį daugianarį galime pavaizduoti dviejų paprastų daugianarių pavidalu, būtent:

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

\begin(lygiuoti)& \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)+\ tekstas( )\!\!\pi\!\!\text( )k,k\in Z \\\end(lygiuoti)

Daugelis studentų klausia, ar verta kiekvienai tapatybių sprendinių grupei rašyti atskirus koeficientus, ar nesivarginti ir rašyti visur tuos pačius. Asmeniškai manau, kad jį naudoti geriau ir patikimiau skirtingos raidės kad įstojus į rimtą technikos universitetą su papildomais matematikos egzaminais, egzaminuotojai atsakydami nerastų priekaištų.

Užduotis Nr.3

nuodėmė3 x+ nuodėmė2 xcosx=2 cos3 x

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

Mes jau žinome, kad tai yra vienalytė trečiojo laipsnio trigonometrinė lygtis, nereikia jokių specialių formulių, o iš mūsų tereikia perkelti terminą 2cos3 x 2((\cos )^(3))x į kairę. Perrašykime:

nuodėmė3 x+ nuodėmė2 xcosx−2 cos3 x=0

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

Matome, kad kiekviename elemente yra trys trigonometrinės funkcijos, todėl šios lygties galios reikšmė yra trys. Išspręskime. Pirmiausia turime tai įrodyti cosx=0\cos x=0 nėra šaknis:

\[\begin(masyvas)(·(35)(l))

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

Pakeiskime šiuos skaičius į mūsų pradinę konstrukciją:

(±1)3 +1⋅0−2⋅0=0 ±1+0−0=0±1=0

\begin(lygiuoti)& ((\left(\pm 1 \right))^(3))+1\cdot 0-2\cdot 0=0 \\& \pm 1+0-0=0 \\& \pm 1=0 \\\pabaiga (lygiuoti)

Vadinasi, cosx=0\cos x=0 nėra sprendimas. Mes tai įrodėme cosx≠0\cos x\ne 0. Dabar, kai tai įrodėme, pradinę lygtį padalinkime iš cos3 x((\cos )^(3))x. Kodėl kube? Nes mes ką tik įrodėme, kad mūsų pradinė lygtis turi trečiąją galią:

nuodėmė3 xcos3 x+nuodėmė2 xcosxcos3 x−2=0 t g3 x+t g2 x−2=0

\begin(lygiuoti)& \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 \\\pabaiga (lygiuoti)

Pristatykime naują kintamąjį:

tgx=t

Perrašykime konstrukciją:

t3 +t2 −2=0

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

Turime kubinę lygtį. Kaip tai išspręsti? Iš pradžių, kai tik rengiau šį vaizdo įrašą, planavau pirmiausia pakalbėti apie faktoringo polinomus ir kitus metodus. Tačiau šiuo atveju viskas yra daug paprasčiau. Pažvelkite į mūsų pateiktą tapatybę, kur terminas, kurio didžiausias laipsnis yra 1. Be to, visi koeficientai yra sveikieji skaičiai. Tai reiškia, kad galime naudoti Bezouto teoremos išvadą, kuri teigia, kad visos šaknys yra skaičiaus -2, ty laisvojo termino, dalikliai.

Kyla klausimas: iš ko -2 padalintas? Kadangi 2 yra pirminis skaičius, variantų nėra daug. Tai gali būti šie skaičiai: 1; 2; -1; -2. Neigiamos šaknys iš karto išnyksta. Kodėl? Todėl, kad abu jie yra didesni už 0 absoliučia verte t3 ((t)^(3)) modulis bus didesnis nei t2 ((t)^(2)). Ir kadangi kubas yra nelyginė funkcija, todėl skaičius kube bus neigiamas ir t2 ((t)^(2)) - teigiamas, ir visa ši konstrukcija, su t=−1 t=-1 ir t=−2 t=-2, bus ne daugiau kaip 0. Iš jo atimkite -2 ir gaukite skaičių, kuris tikrai yra mažesnis už 0. Liks tik 1 ir 2. Pakeiskime kiekvieną iš šių skaičių:

˜ t=1→ 1+1−2=0→0=0

˜t=1\iki \text( )1+1-2=0\iki 0=0

Gavome teisingą skaitinę lygybę. Vadinasi, t=1 t=1 yra šaknis.

t=2→8+4−2=0→10≠0

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

t = 2 t=2 nėra šaknis.

Pagal išvadą ir tą pačią Bezouto teoremą, bet kuris daugianario, kurio šaknis yra x0 ((x)_(0)), pavaizduokite jį tokia forma:

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

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

Mūsų atveju – vaidmenyje x x veikia kaip kintamasis t t, o vaidmenyje x0 ((x)_(0)) yra šaknis, lygi 1. Gauname:

t3 +t2 −2=(t−1)⋅P(t)

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

Kaip rasti daugianarį P (t) P\kairė(t\dešinė)? Akivaizdu, kad turite atlikti šiuos veiksmus:

P(t)= t3 +t2 −2 t-1

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

Pakeiskime:

t3 +t2 +0⋅t−2t-1=t2 +2t+2

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

Taigi, mūsų pradinis daugianomas yra padalintas be liekanos. Taigi pradinę lygybę galime perrašyti taip:

(t−1)( t2 +2t+2)=0

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

Produktas lygus nuliui, kai bent vienas iš veiksnių yra lygus nuliui. Mes jau svarstėme pirmąjį daugiklį. Pažiūrėkime į antrąjį:

t2 +2t+2=0

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

Patyrę studentai tikriausiai tai jau suprato šis dizainas neturi šaknų, bet vis tiek apskaičiuokime diskriminantą.

D=4−4⋅2=4−8=−4

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

Diskriminantas yra mažesnis nei 0, todėl išraiška neturi šaknų. Iš viso didžiulė konstrukcija buvo sumažinta iki įprastos lygybės:

\[\begin(masyvas)(·(35)(l))

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

Baigdamas norėčiau pridėti keletą pastabų apie paskutinę užduotį:

1. ar sąlyga visada bus patenkinta? cosx≠0\cos x\ne 0, ir ar apskritai verta atlikti šį patikrinimą? Žinoma, ne visada. Tais atvejais, kai cosx=0\cos x=0 yra mūsų lygybės sprendimas, turėtume jį išimti iš skliaustų, tada visavertė vienalytė lygtis liks skliausteliuose.
2. Kas yra daugianario dalijimas iš daugianario. Išties, dauguma mokyklų to nesimoko, o pirmą kartą pamatę tokį dizainą mokiniai patiria lengvą šoką. Bet iš tikrųjų tai paprasta ir malonus sutikimas, o tai labai palengvina lygčių sprendimą aukštesni laipsniai. Žinoma, tam bus skirta atskira video pamoka, kurią artimiausiu metu paskelbsiu.

Pagrindiniai taškai

Homogeninės trigonometrinės lygtys yra mėgstamiausia visų rūšių tema bandymai. Jas galima išspręsti labai paprastai – tereikia vieną kartą pasitreniruoti. Kad būtų aišku, apie ką kalbame, pristatykime naują apibrėžimą.

Vienalytė trigonometrinė lygtis yra ta, kurioje kiekvienas ne nulis narys susideda iš to paties skaičiaus trigonometrinių veiksnių. Tai gali būti sinusai, kosinusai arba jų deriniai – sprendimo būdas visada yra tas pats.

Homogeninės trigonometrinės lygties laipsnis yra trigonometrinių veiksnių, įtrauktų į nulinius pavyzdžius, skaičius.

sinx+15 cos x=0

\sin x+15\text( cos )x=0 - 1-ojo laipsnio tapatybė;

2 sin2x+5sinxcosx−8cos2x=0

2\tekstas( sin)2x+5\sin xcosx-8\cos 2x=0 - 2 laipsnis;

sin3x+2sinxcos2x=0

\sin 3x+2\sin x\cos 2x=0 - 3 laipsnis;

sinx+cosx=1

\sin x+\cos x=1 - ir ši lygtis nėra vienalytė, nes dešinėje yra vienetas - nenulinis narys, kuriame nėra trigonometrinių veiksnių;

sin2x+2sinx−3=0

\sin 2x+2\sin x-3=0 taip pat yra nehomogeninė lygtis. Elementas sin2x\sin 2x yra antrojo laipsnio (nes jį galima pavaizduoti

sin2x=2sinxcosx

\sin 2x=2\sin x\cos x), 2sinx 2\sin x yra pirmasis, o terminas 3 paprastai yra nulis, nes jame nėra sinusų ar kosinusų.

Bendra sprendimo schema

Sprendimo schema visada yra ta pati:

Tarkime, kad cosx=0\cos x=0. Tada sinx=±1\sin x=\pm 1 – tai išplaukia iš pagrindinės tapatybės. Pakeiskime sinx\sin x ir cosx\cos x į pradinę išraišką, o jei rezultatas yra nesąmonė (pavyzdžiui, išraiška 5=0 5=0), eikite į antrą tašką;

Viską padalijame iš kosinuso laipsnio: cosx, cos2x, cos3x... - priklauso nuo lygties galios reikšmės. Gauname įprastą lygybę su liestinėmis, kurią galima saugiai išspręsti pakeitus tgx=t.

tgx=tRastos šaknys bus atsakymas į pradinę išraišką.

Su šia video pamoka mokiniai galės nagrinėti vienarūšių trigonometrinių lygčių temą.

Pateiksime apibrėžimus:

1) pirmojo laipsnio vienalytė trigonometrinė lygtis atrodo kaip sin x + b cos x = 0;

2) homogeninė antrojo laipsnio trigonometrinė lygtis atrodo kaip sin 2 x + b sin x cos x + c cos 2 x = 0.

Apsvarstykite lygtį a sin x + b cos x = 0. Jei a lygi nuliui, tai lygtis atrodys taip, kaip b cos x = 0; jei b lygus nuliui, tai lygtis atrodys kaip nuodėmė x = 0. Tai lygtys, kurias vadinome paprasčiausiomis ir buvo išspręstos anksčiau ankstesnėse temose.

Dabar apsvarstykite variantą, kai a ir b nėra lygūs nuliui. Padalinę lygties dalis iš kosinuso x, atliekame transformaciją. Gauname a tg x + b = 0, tada tg x bus lygus - b/a.

Iš to, kas išdėstyta pirmiau, išplaukia, kad lygtis a sin mx + b cos mx = 0 yra vienalytė trigonometrinė lygtis I laipsnis. Norėdami išspręsti lygtį, padalinkite jos dalis iš cos mx.

Pažiūrėkime į 1 pavyzdį. Išspręskite 7 sin (x/2) - 5 cos (x/2) = 0. Pirmiausia lygties dalis padalinkite iš kosinuso (x/2). Žinodami, kad sinusas, padalytas iš kosinuso, yra liestinė, gauname 7 tan (x/2) - 5 = 0. Transformuodami išraišką gauname, kad tan (x/2) reikšmė lygi 5/7. Šios lygties sprendimas yra x = arctan a + πn, mūsų atveju x = 2 arctan (5/7) + 2πn.

Apsvarstykite lygtį a sin 2 x + b sin x cos x + c cos 2 x = 0:

1) kai a lygi nuliui, lygtis atrodys taip: b sin x cos x + c cos 2 x = 0. Transformuodami gauname išraišką cos x (b sin x + c cos x) = 0 ir pereiname prie dviejų sprendimų lygtys. Lygties dalis padalijus iš kosinuso x gauname b tg x + c = 0, vadinasi, tg x = - c/b. Žinant, kad x = arctan a + πn, tada sprendimas šiuo atveju bus x = arctan (- с/b) + πn.

2) jei a nelygus nuliui, tai lygties dalis padalijus iš kosinuso kvadrato, gauname lygtį, kurioje yra liestinė, kuri bus kvadratinė. Šią lygtį galima išspręsti įvedant naują kintamąjį.

3) kai c lygus nuliui, lygtis bus a sin 2 x + b sin x cos x = 0. Ši lygtis gali būti išspręsta iš skliausto išimant sinusą x.

1. pažiūrėkite, ar lygtyje yra nuodėmė 2 x;

2. Jei lygtyje yra terminas a sin 2 x, tai lygtį galima išspręsti abi puses padalijus iš kosinuso kvadrato ir įvedant naują kintamąjį.

3. Jei lygtyje nėra sin 2 x, tai lygtį galima išspręsti iš skliaustų išimant cosx.

Panagrinėkime 2 pavyzdį. Išimkime kosinusą iš skliaustų ir gaukime dvi lygtis. Pirmosios lygties šaknis yra x = π/2 + πn. Norėdami išspręsti antrąją lygtį, šios lygties dalis padalijame iš kosinuso x ir transformuodami gauname x = π/3 + πn. Atsakymas: x = π/2 + πn ir x = π/3 + πn.

Išspręskime 3 pavyzdį, 3 sin 2 2x - 2 sin 2x cos 2x + 3 cos 2 2x = 2 lygtį ir suraskime jos šaknis, priklausančias atkarpai nuo - π iki π. Nes Ši lygtis yra nehomogeniška, ją reikia suvesti į vienalytę formą. Naudodami formulę sin 2 x + cos 2 x = 1, gauname lygtį sin 2 2x - 2 sin 2x cos 2x + cos 2 2x = 0. Visas lygties dalis padalinę iš cos 2 x gauname tg 2 2x + 2tg 2x + 1 = 0 Naudodami naujo kintamojo z = tan 2x įvestį išsprendžiame lygtį, kurios šaknis yra z = 1. Tada tan 2x = 1, o tai reiškia, kad x = π/8 + (πn)/2. . Nes pagal uždavinio sąlygas reikia rasti šaknis, priklausančias atkarpai nuo - π iki π, sprendimas turės formą - 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.

TEKSTO IŠKODAVIMAS:

Homogeninės trigonometrinės lygtys

Šiandien apžvelgsime, kaip sprendžiamos „homogeninės trigonometrinės lygtys“. Tai yra ypatingo tipo lygtys.

Susipažinkime su apibrėžimu.

Formos lygtis ir sin x+bcosx = 0 (o sinusas x plius kosinusas x lygus nuliui) vadinama homogenine pirmojo laipsnio trigonometrine lygtimi;

formos lygtis ir sin 2 x+bnuodėmė xcosx+scos 2 x= 0 (ir sinuso kvadratas x plius būti sinusas x kosinusas x plius se kosinuso kvadratas x lygus nuliui) vadinama homogenine antrojo laipsnio trigonometrine lygtimi.

Jeigu a=0, tada lygtis įgauna formą bcosx = 0.

Jeigu b = 0 , tada gauname ir sin x = 0.

Šios lygtys yra elementarios trigonometrinės, todėl jų sprendimą aptarėme ankstesnėse temose

Pasvarstykime atvejis, kai abu koeficientai nėra lygūs nuliui. Padalinkime abi lygties puses Anuodėmėx+ bcosx = 0 narys po nario cosx.

Tai galime padaryti, nes x kosinusas nėra nulis. Juk jei cosx = 0 , tada lygtis Anuodėmėx+ bcosx = 0 įgaus formą Anuodėmėx = 0 , A≠ 0, todėl nuodėmėx = 0 . Kas yra neįmanoma, nes pagal pagrindinę trigonometrinę tapatybę nuodėmė 2 x+cos 2 x=1 .

Abiejų lygties pusių padalijimas Anuodėmėx+ bcosx = 0 narys po nario cosx, gauname: + =0

Atlikime transformacijas:

1. Kadangi = tg x, tada =ir tg x

2 sumažinti iki cosx, Tada

Taigi gauname tokią išraišką ir tg x + b =0.

Atlikime transformaciją:

1.perkelkite b į dešinę išraiškos pusę su priešingu ženklu

ir tg x =- b

2. Atsikratykime daugiklio ir padalijus abi lygties puses iš a

įdegis x= -.

Išvada: formos lygtis nuodėmėmx+bcosmx = 0 (ir sinusas em x plius kosinusas em x lygus nuliui) dar vadinama homogenine pirmojo laipsnio trigonometrine lygtimi. Norėdami tai išspręsti, padalinkite abi puses cosmx.

1 PAVYZDYS. Išspręskite lygtį 7 sin - 5 cos = 0 (septyni sinusas x per du minus penki kosinusas x per du yra lygus nuliui)

Sprendimas. Padalinę abi lygties nario puses iš cos, gauname

1. = 7 tan (kadangi sinuso ir kosinuso santykis yra liestinė, tai septyni sinusai x iš dviejų, padalyti iš kosinuso x iš dviejų, yra lygūs 7 tan x iš dviejų)

2. -5 = -5 (su santrumpa cos)

Tokiu būdu gavome lygtį

7tg - 5 = 0, Transformuokime išraišką, perkelkime minus penkis į dešinę pusę, keisdami ženklą.

Lygtį sumažinome iki formos tg t = a, kur t=, a =. Ir kadangi ši lygtis turi bet kokios reikšmės sprendimą A ir šie sprendimai turi formą

x = arctan a + πn, tada mūsų lygties sprendimas bus toks:

Arctg + πn, raskite x

x=2 arctan + 2πn.

Atsakymas: x=2 arctan + 2πn.

Pereikime prie antrojo laipsnio homogeninės trigonometrinės lygties

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

Panagrinėkime keletą atvejų.

I. Jeigu a=0, tada lygtis įgauna formą bnuodėmėxcosx+scos 2 x= 0.

Sprendžiant e Tada naudojame lygčių faktorizavimo metodą. Išimsime cosx už skliaustų gauname: cosx(bnuodėmėx+scosx)= 0 . Kur cosx= 0 arba

b sin x +Sucos x = 0. Ir mes jau žinome, kaip išspręsti šias lygtis.

Abi lygties dalinio puses padalinkime iš cosх, gausime

1 (nes sinuso ir kosinuso santykis yra liestinė).

Taigi gauname lygtį: b tg x+c=0

Lygtį redukavome į formą tg t = a, kur t= x, a =. Ir kadangi ši lygtis turi bet kokios reikšmės sprendimą A ir šie sprendimai turi formą

x = arctan a + πn, tada mūsų lygties sprendimas bus toks:

x = arctan + πn, .

II. Jeigu a≠0, tada abi lygties puses dalijame pagal terminą į cos 2 x.

(Argumentuojant panašiai, kaip ir pirmojo laipsnio vienalytės trigonometrinės lygties atveju, kosinusas x negali eiti į nulį).

III. Jeigu c=0, tada lygtis įgauna formą Anuodėmė 2 x+ bnuodėmėxcosx= 0. Šią lygtį galima išspręsti faktorizavimo metodu (išimame nuodėmėx už skliausčio).

Tai reiškia, kad sprendžiant lygtį Anuodėmė 2 x+ bnuodėmėxcosx+scos 2 x= 0 galite sekti algoritmą:

2 PAVYZDYS. Išspręskite lygtį sinxcosx - cos 2 x= 0 (sinus x x kosinusas x minus šaknis iš trijų kosinuso kvadrato x lygus nuliui).

Sprendimas. Suskaidykime jį faktoriais (cosx iškelkime iš skliaustų). Mes gauname

cos x(sin x - cos x)= 0, t.y. cos x=0 arba sin x – cos x= 0.

Atsakymas: x =+ πn, x= + πn.

3 PAVYZDYS. Išspręskite lygtį 3sin 2 2x - 2 sin2xcos2 x +3cos 2 2x= 2 (trys sinuso kvadratas du x atėmus du kartus sinuso sandauga du x karto kosinusas du x plius trys kosinusas kvadratas du x) ir raskite jos šaknis, priklausančias intervalas (- π;

Sprendimas. Ši lygtis nėra vienalytė, todėl atlikime kai kurias transformacijas. Skaičius 2, esantį dešinėje lygties pusėje, pakeičiame sandauga 2 1

Kadangi pagal pagrindinę trigonometrinę tapatybę sin 2 x + cos 2 x =1, tada

2 ∙ 1= 2 ∙ (sin 2 x + cos 2 x) = atidarę skliaustus gauname: 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

Tai reiškia, kad lygtis 3sin 2 2x - 2 sin2xcos2 x +3cos 2 2x= 2 bus tokia:

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.

Gavome homogeninę antrojo laipsnio trigonometrinę lygtį. Taikykime dalybos iš terminų iš cos 2 2x metodą:

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

Įveskime naują kintamąjį z= tan2х.

Turime z 2 - 2 z + 1 = 0. Tai kvadratinė lygtis. Pastebėję kairėje pusėje sutrumpintą daugybos formulę - skirtumo kvadratą (), gauname (z - 1) 2 = 0, t.y. z = 1. Grįžkime prie atvirkštinio pakeitimo:

Lygtį redukavome į formą tg t = a, kur t= 2x, a =1. Ir kadangi ši lygtis turi bet kokios reikšmės sprendimą A ir šie sprendimai turi formą

x = arctan x a + πn, tada mūsų lygties sprendimas bus toks:

2х = arctan1 + πn,

x = + , (x lygus pi sumai padauginus aštuonis ir pi en padauginus du).

Viskas, ką turime padaryti, tai rasti x reikšmes, esančias intervale

(- π; π), t.y. tenkinti dvigubą nelygybę – π x π. Nes

x= +, tada - π + π. Visas šios nelygybės dalis padaliname iš π ir padauginame iš 8, gauname

perkelkite po vieną į dešinę ir į kairę, pakeisdami ženklą į minus vieną

padaliname iš keturių gauname

Patogumui visas dalis atskiriame trupmenomis

-

Šią nelygybę tenkina toks sveikasis skaičius n: -2, -1, 0, 1

Netiesinės lygtys su dviem nežinomaisiais

1 apibrėžimas. Tebūnie A skaičių porų rinkinys (x; y). Sakoma, kad duota aibė A skaitinė funkcija z iš dviejų kintamųjų

x ir y , jei nurodyta taisyklė, kurios pagalba kiekviena aibės A skaičių pora susiejama su tam tikru skaičiumi. Dviejų kintamųjų x ir y skaitmeninės funkcijos z nurodymas dažnai yražymėti

Taigi: Kur (x , y) f

Kur (x , y) = – bet kokia funkcija, išskyrus funkciją ,

ax+by+c

kur a, b, c yra pateikti skaičiai. 3 apibrėžimas.(2) lygties sprendimas x; y skambinti pora numerių (

), kurios formulė (2) yra tikroji lygybė.

Kadangi bet kurio skaičiaus kvadratas yra neneigiamas, iš (4) formulės išplaukia, kad nežinomieji x ir y tenkina lygčių sistemą

kurio sprendinys yra skaičių pora (6; 3).

Atsakymas: (6; 3)

2 pavyzdys. Išspręskite lygtį

Todėl (6) lygties sprendimas yra begalinis skaičių porų skaičius malonus

(1 + y ; y) ,

kur y yra bet koks skaičius.

linijinis

4 apibrėžimas. Lygčių sistemos sprendimas

skambinti pora numerių ( x; y), pakeičiant juos į kiekvieną šios sistemos lygtį, gaunama teisinga lygybė.

Dviejų lygčių sistemos, iš kurių viena yra tiesinė, turi formą

g(x , y)

4 pavyzdys. Išspręskite lygčių sistemą

Sprendimas. Išreikškime nežinomą y iš pirmosios sistemos (7) lygties per nežinomą x ir gautą išraišką pakeiskime antrąja sistemos lygtimi:

Lygties sprendimas

x 1 = - 1 , x 2 = 9 .

Vadinasi,

y 1 = 8 - x 1 = 9 ,
y 2 = 8 - x 2 = - 1 .

Dviejų lygčių sistemos, iš kurių viena yra vienalytė

Dviejų lygčių sistemos, iš kurių viena yra vienalytė, turi formą

kur a, b, c yra pateikti skaičiai ir g(x , y) – dviejų kintamųjų x ir y funkcija.

6 pavyzdys. Išspręskite lygčių sistemą

Sprendimas. Išspręskime homogeninę lygtį

3x 2 + 2xy - y 2 = 0 ,

3x 2 + 17xy + 10y 2 = 0 ,

traktuojant ją kaip kvadratinę lygtį nežinomo x atžvilgiu:

.

Tuo atveju x = - 5y, iš antrosios sistemos (11) lygties gauname lygtį

5y 2 = - 20 ,

kuri neturi šaknų.

Tuo atveju

iš antrosios sistemos (11) lygties gauname lygtį

,

kurių šaknys yra skaičiai y 1 = 3 , y 2 = - 3 . Kiekvienai iš šių y reikšmių radę atitinkamą reikšmę x, gauname du sistemos sprendinius: (- 2 ; 3) , (2 ; - 3) .

Atsakymas: (- 2 ; 3) , (2 ; - 3)

Kitų tipų lygčių sistemų sprendimo pavyzdžiai

8 pavyzdys. Išspręskite lygčių sistemą (MIPT)

Sprendimas. Įveskime naujus nežinomuosius u ir v, kurie išreiškiami per x ir y pagal formules:

Norėdami perrašyti sistemą (12) naujais nežinomaisiais, pirmiausia nežinomuosius x ir y išreiškiame u ir v terminais. Iš sistemos (13) išplaukia, kad

Išspręskime tiesinę sistemą (14), pašalindami kintamąjį x iš antrosios šios sistemos lygties.

• Šiuo tikslu sistemoje (14) atliekame šias transformacijas:
• Pirmąją sistemos lygtį paliksime nepakeistą;

iš antrosios lygties atimame pirmąją lygtį ir antrąją sistemos lygtį pakeičiame gautu skirtumu.

Dėl to sistema (14) paverčiama lygiaverte sistema

iš kurių randame

Naudodami (13) ir (15) formules perrašome pirminę sistemą (12) formoje

Pirmoji sistemos (16) lygtis yra tiesinė, todėl iš jos nežinomą u galime išreikšti per nežinomą v ir šią išraišką pakeisti antrąja sistemos lygtimi.
„Žmogaus didybė slypi jo gebėjime mąstyti“.

Pamokos tikslai:

1) Švietimo– supažindinti studentus su vienarūšėmis lygtimis, svarstyti jų sprendimo būdus, skatinti ugdyti anksčiau studijuotų trigonometrinių lygčių tipų sprendimo įgūdžius.

2) Vystantis– ugdyti mokinių kūrybinę veiklą, pažintinę veiklą, loginį mąstymą, atmintį, gebėjimą dirbti probleminėje situacijoje, siekti gebėjimo teisingai, nuosekliai, racionaliai reikšti savo mintis, plėsti mokinių akiratį, kelti matematikos lygį kultūra.

3) Švietimo– ugdyti norą tobulėti, darbštumą, ugdyti gebėjimą kompetentingai ir tiksliai atlikti matematinius užrašus, ugdyti aktyvumą, padėti skatinti domėjimąsi matematika.

Pamokos tipas: sujungti.

Įranga:

1. Perfokortos šešiems mokiniams.
2. Savarankiško ir individualaus mokinių darbo kortelės.
3. Stovai „Trigonometrinių lygčių sprendimas“, „Skaičių vienetų apskritimas“.
4. Elektrifikuotos trigonometrijos lentelės.
5. Pamokos pristatymas (1 priedas).

Pamokos eiga

1. Organizacinis etapas (2 min.)

Abipusis pasisveikinimas; mokinių pasirengimo pamokai tikrinimas (darbo vieta, išvaizda); dėmesio organizavimas.

Mokytojas pasakoja mokiniams pamokos temą, tikslus (2 skaidrė) ir paaiškina, kad pamokos metu bus naudojama dalomoji medžiaga, kuri yra ant stalų.

2. Teorinės medžiagos kartojimas (15 min.)

Perfokortelių užduotys(6 žmonės) . Darbo laikas naudojant perfokortas – 10 min (2 priedas)

Spręsdami uždavinius mokiniai sužinos, kur naudojami trigonometriniai skaičiavimai. Gaunami šie atsakymai: trianguliacija (technika, leidžianti astronomijoje išmatuoti atstumus iki šalia esančių žvaigždžių), akustika, ultragarsas, tomografija, geodezija, kriptografija.

(5 skaidrė)

Priekinė apklausa.

1. Kokios lygtys vadinamos trigonometrinėmis?
2. Kokius trigonometrinių lygčių tipus žinote?
3. Kokios lygtys vadinamos paprasčiausiomis trigonometrinėmis lygtimis?
4. Kokios lygtys vadinamos kvadratinėmis trigonometrinėmis?
5. Suformuluokite a arcsinuso apibrėžimą.
6. Suformuluokite a lankinio kosinuso apibrėžimą.
7. Suformuluokite a arctangento apibrėžimą.
8. Suformuluokite skaičiaus a lankinio kotangento apibrėžimą.

Žaidimas „Atspėk užšifruotą žodį“

Blaise'as Pascalis kartą pasakė, kad matematika yra toks rimtas mokslas, kad nereikėtų praleisti progos padaryti ją šiek tiek linksmesnę. Todėl siūlau pažaisti. Išsprendę pavyzdžius, nustatykite skaičių seką, pagal kurią sudaromas šifruotas žodis. Lotynų kalba šis žodis reiškia „sine“. (3 skaidrė)

2) lanko tg (-√3)

4) tg (arc cos (1/2))

5) tg (arc ctg √3)

Atsakymas: "lenkimas"

Žaidimas „Abstraktus matematikas“»

Ekrane projektuojamos užduotys darbui žodžiu:

Patikrinkite, ar lygtys išspręstos teisingai.(teisingas atsakymas pasirodo skaidrėje mokiniui atsakius). (4 skaidrė)

	Atsakymai su klaidomis	Teisingi atsakymai
	x = ± π/6+2πn	x = ± π/3+2πn
	x = π/3+πn	X = (-1) nπ/3+πn
tg x = π/4	x = 1 +πn	tg x =1, x = π/4+πn
	x = ±π/6+ π n	x = ± π/6+2πn
	x = (-1)n arcsin1/3+ 2πn	x = (-1)n arcsin1/3+ πn
	x = ± π/6+2πn	x = ± 5π/6+2πn
cos x = π/3	x = ± 1/2 +2πn	cos x = 1/2, x = ± π/3+2πn

Namų darbų tikrinimas.

Mokytojas nustato visų mokinių namų darbų atlikimo teisingumą ir sąmoningumą; nustato žinių spragas; tobulina mokinių žinias, įgūdžius ir gebėjimus paprastų trigonometrinių lygčių sprendimo srityje.

1 lygtis. Mokinys komentuoja lygties sprendinį, kurio eilutės pateikiamos skaidrėje komentaro tvarka). (6 skaidrė)

√3tg2x = 1;

tg2x =1/√3;

2х= arctan 1/√3 +πn, n ∈Z.

2х= π/6 +πn, n ∈Z.

x = π/12 + π/2 n, n ∈Z.

2 lygtis. Sprendimas h parašytas mokiniams lentoje.

2 sin 2 x + 3 cosx = 0.

3. Naujų žinių atnaujinimas (3 min.)

Mokiniai, mokytojo prašymu, primena trigonometrinių lygčių sprendimo būdus. Jie pasirenka tas lygtis, kurias jau moka išspręsti, įvardija lygties sprendimo būdą ir gautą rezultatą. . Atsakymai rodomi skaidrėje. (7 skaidrė) .

Pristatome naują kintamąjį:

Nr. 1. 2sin 2 x – 7sinx + 3 = 0.

Tegul sinx = t, tada:

2t 2 – 7t + 3 = 0.

faktorizavimas:

№2. 3sinx cos4x – cos4x = 0;

сos4x(3sinx – 1) = 0;

cos4x = 0 arba 3 sinx – 1 = 0; ...

Nr. 3. 2 sinx – 3 cosx = 0,

Nr. 4. 3 sin 2 x – 4 sinx cosx + cos 2 x = 0.

Mokytojas: Jūs vis dar nežinote, kaip išspręsti dviejų paskutinių tipų lygtis. Jie abu yra tos pačios rūšys. Jų negalima redukuoti į funkcijų sinx arba cosx lygtį. Yra vadinami vienarūšės trigonometrinės lygtys. Tačiau tik pirmoji yra vienalytė pirmojo laipsnio lygtis, o antroji yra homogeninė antrojo laipsnio lygtis. Šiandien pamokoje susipažinsime su tokiomis lygtimis ir išmoksime jas išspręsti.

4. Naujos medžiagos paaiškinimas (25 min.)

Dėstytojas pateikia studentams vienarūšių trigonometrinių lygčių apibrėžimus ir supažindina su jų sprendimo būdais.

Apibrėžimas. vadinama a sinx + b cosx =0 formos lygtis, kur a ≠ 0, b ≠ 0 pirmojo laipsnio vienalytė trigonometrinė lygtis.(8 skaidrė)

Tokios lygties pavyzdys yra lygtis Nr. Užrašykime bendrąją lygties formą ir išanalizuokime ją.

a sinx + b cosx = 0.

Jei cosx = 0, tai sinx = 0.

– Ar gali susiklostyti tokia situacija?

– Ne. Mes gavome prieštaravimą pagrindinei trigonometrinei tapatybei.

Tai reiškia, kad cosx ≠ 0. Atlikime padalijimą pagal terminą pagal cosx:

a tgx + b = 0

tgx = –b / a– paprasčiausia trigonometrinė lygtis.

Išvada: Pirmojo laipsnio vienalytės trigonometrinės lygtys sprendžiamos abi lygties puses padalijus iš cosx (sinx).

Pavyzdžiui: 2 sinx – 3 cosx = 0,

Nes cosx ≠ 0, tada

tgx = 3/2 ;

x = arctan (3/2) +πn, n ∈Z.

Apibrėžimas. Vadinama a sin 2 x + b sinx cosx + c cos 2 x = 0 formos lygtis, kur a ≠ 0, b ≠ 0, c ≠ 0 antrojo laipsnio trigonometrinė lygtis. (8 skaidrė)

Tokios lygties pavyzdys yra lygtis Nr. Užrašykime bendrąją lygties formą ir išanalizuokime ją.

a sin 2 x + b sinx cosx + c cos 2 x = 0.

Jei cosx = 0, tai sinx = 0.

Vėl gavome prieštaravimą pagrindinei trigonometrinei tapatybei.

Tai reiškia cosx ≠ 0. Padalykime po terminą iš cos 2 x:

ir tg 2 x + b tgx + c = 0 yra lygtis, kuri redukuojama į kvadratinę.

Išvada: Oh antrojo laipsnio vienarūšės trigonometrinės lygtys sprendžiamos abi lygties puses padalijus iš cos 2 x (sin 2 x).

Pavyzdžiui: 3 sin 2 x – 4 sinx cosx + cos 2 x = 0.

Nes cos 2 x ≠ 0, tada

3tg 2 x – 4 tgx + 1 = 0 (Pakvieskite mokinį prieiti prie lentos ir savarankiškai užpildyti lygtį).

Pakeitimas: tgx = y. 3 m. 2 – 4 m + 1 = 0

D = 16 – 12 = 4

y 1 = 1 arba y 2 = 1/3

tgx = 1 arba tgx = 1/3

x = arctan (1/3) + πn, n ∈Z.

x = arctan1 + πn, n ∈Z.

x = π/4 + πn, n ∈Z.

5. Studentų naujos medžiagos supratimo patikrinimo etapas (1 min.)

Pasirinkite nelyginį:

sinx = 2cosx; 2sinx + cosx = 2;

√3sinx + cosx = 0; sin 2 x – 2 sinx cosx + 4cos 2 x = 0;

4cosx + 5sinx = 0; √3sinx – cosx = 0.

(9 skaidrė)

6. Naujos medžiagos konsolidavimas (24 min.).

Mokiniai kartu su atsakytojais prie lentos sprendžia naujos medžiagos lygtis. Užduotys surašomos skaidrėje lentelės pavidalu. Sprendžiant lygtį, skaidrėje atsidaro atitinkama paveikslėlio dalis. Atlikus 4 lygtis, studentams pateikiamas matematiko, turėjusio didelę įtaką trigonometrijos raidai, portretas. (mokiniai atpažins François Vieta, puikaus matematiko, labai prisidėjusio prie trigonometrijos, atradusio redukuotos kvadratinės lygties šaknų savybę ir dalyvavusio kriptografijoje, portretą) . (10 skaidrė)

1) √3sinx + cosx = 0,

Nes cosx ≠ 0, tada

√3tgx + 1 = 0;

tgx = –1/√3;

x = arctan (–1/√3) + πn, n ∈Z.

x = –π/6 + πn, n ∈Z.

2) sin 2 x – 10 sinx cosx + 21cos 2 x = 0.

Nes cos 2 x ≠ 0, tada tg 2 x – 10 tgx + 21 = 0

Pakeitimas: tgx = y.

y 2 – 10 y + 21 = 0

y 1 = 7 arba y 2 = 3

tgx = 7 arba tgx = 3

x = arctan7 + πn, n ∈Z

x = arctan3 + πn, n ∈Z

3) sin 2 2x – 6 sin2x cos2x + 5cos 2 2x = 0.

Nes cos 2 2x ≠ 0, tada 3tg 2 2x – 6tg2x +5 = 0

Pakeitimas: tg2x = y.

3 m. 2 – 6 m. + 5 = 0

D = 36 – 20 = 16

y 1 = 5 arba y 2 = 1

tg2x = 5 arba tg2x = 1

2х = arctan5 + πn, n ∈Z

x = 1/2 arctan5 + π/2 n, n ∈Z

2х = arctan1 + πn, n ∈Z

x = π/8 + π/2 n, n ∈Z

4) 6sin 2 x + 4 sin(π-x) cos(2π-x) = 1.

6sin 2 x + 4 sinx cosx = 1.

6sin 2 x + 4 sinx cosx – sin 2 x – cos 2 x = 0.

5sin 2 x + 4 sinx cosx – cos 2 x = 0.

Nes cos 2 x ≠0, tada 5tg 2 x + 4 tgx –1 = 0

Pakeitimas: tg x = y.

5у 2 + 4у – 1 = 0

D = 16 + 20 = 36

y 1 = 1/5 arba y 2 = –1

tg x = 1/5 arba tg x = –1

x = arctan1/5 + πn, n ∈Z

x = arctan(–1) + πn, n ∈Z

x = –π/4 + πn, n ∈Z

Papildomai (kortelėje):

Išspręskite lygtį ir, pasirinkę vieną iš keturių siūlomų variantų, atspėkite matematiko, kuris išvedė redukcijos formules, vardą:

2sin 2 x – 3 sinx cosx – 5cos 2 x = 0.

Galimi atsakymai:

x = arctan2 + 2πn, n ∈Z x = –π/2 + πn, n ∈Z – P. Čebyševas

x = arctan 12,5 + 2πn, n ∈Z x = –3π/4 + πn, n ∈Z – Euklidas

x = arctan 5 + πn, n ∈Z x = –π/3 + πn, n ∈Z – Sofija Kovalevskaja

x = arctan2,5 + πn, n ∈Z x = –π/4 + πn, n ∈Z – Leonhardas Euleris

Teisingas atsakymas: Leonhard Euler.

7. Diferencijuotas savarankiškas darbas (8 min.)

Didysis matematikas ir filosofas daugiau nei prieš 2500 metų pasiūlė būdą lavinti mąstymo gebėjimus. „Mąstymas prasideda nuo nuostabos“, – sakė jis. Šiandien mes ne kartą matėme, kad šie žodžiai yra teisingi. Atlikę savarankišką darbą pagal 2 variantus, galėsite parodyti, kaip įsisavinote medžiagą, ir sužinoti šio matematiko vardą. Savarankiškam darbui naudokite dalomąją medžiagą, esančią ant jūsų lentelių. Galite patys pasirinkti vieną iš trijų siūlomų lygčių. Tačiau atminkite, kad išsprendę lygtį, atitinkančią geltoną spalvą, galite gauti tik „3“, išsprendę lygtį, atitinkančią žalią spalvą - „4“, o raudoną spalvą - „5“. (3 priedas)

Kad ir kokį sunkumo lygį mokiniai pasirinktų, teisingai išsprendę lygtį, pirmasis variantas gauna žodį „ARIST“, antrasis – „VIEŠBUTIS“. Žodis skaidrėje yra: „ARIST-HOTEL“. (11 skaidrė)

Patikrinti pateikiami užduočių lapai su savarankišku darbu. (4 priedas)

8. Namų darbų įrašymas (1 min.)

D/z: §7.17. Sudarykite ir išspręskite 2 vienarūšes pirmojo laipsnio lygtis ir 1 homogeninę antrojo laipsnio lygtis (sudaryti naudojant Vietos teoremą). (12 skaidrė)

9. Pamokos apibendrinimas, įvertinimas (2 min.)

Mokytojas dar kartą atkreipia dėmesį į tas lygčių rūšis ir tuos teorinius faktus, kurie buvo prisiminti klasėje, ir kalba apie būtinybę jų išmokti.

Mokiniai atsako į klausimus:

1. Su kokio tipo trigonometrinėmis lygtimis mes žinome?
2. Kaip šios lygtys sprendžiamos?

Mokytojas pažymi sėkmingiausius atskirų mokinių darbus pamokoje ir įvertina.

Paskutinė detalė, kaip išspręsti C1 užduotis iš vieningo valstybinio matematikos egzamino - sprendžiant vienarūšes trigonometrines lygtis. Mes jums pasakysime, kaip juos išspręsti šioje paskutinėje pamokoje.

Kas yra šios lygtys? Užrašykime juos bendrais bruožais.

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

kur „a“ ir „b“ yra tam tikros konstantos. Ši lygtis vadinama homogenine pirmojo laipsnio trigonometrine lygtimi.

Pirmojo laipsnio vienalytė trigonometrinė lygtis

Norėdami išspręsti tokią lygtį, turite ją padalyti iš „\cos x“. Tada jis įgaus formą

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

Atsakymas į tokią lygtį lengvai parašomas naudojant arctangentą.

Atminkite, kad „\cos x ≠0“. Norėdami tai patikrinti, vietoj kosinuso lygtyje pakeičiame nulį ir nustatome, kad sinusas taip pat turi būti lygus nuliui. Tačiau tuo pačiu metu jie negali būti lygūs nuliui, o tai reiškia, kad kosinusas nėra nulis.

Kai kurie šių metų tikrojo egzamino klausimai buvo susiję su vienalyte trigonometrine lygtimi. Sekite nuorodą į. Mes pasirinksime šiek tiek supaprastintą problemos versiją.

Pirmas pavyzdys. Pirmojo laipsnio vienalytės trigonometrinės lygties sprendimas

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

Padalinkite iš „\cos x“.

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

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

Pasikartosiu, panaši užduotis buvo ir ant vieningo valstybinio egzamino :) žinoma, dar reikia pasirinkti šaknis, bet tai irgi neturėtų sukelti ypatingų sunkumų.

Dabar pereikime prie kito lygties tipo.

Homogeninė antrojo laipsnio trigonometrinė lygtis

Apskritai tai atrodo taip:

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

kur „a, b, c“ yra tam tikros konstantos.

Tokios lygtys išsprendžiamos padalijus iš `\cos^2 x` (kuris vėlgi nėra nulis). Iš karto pažvelkime į pavyzdį.

Antras pavyzdys. Antrojo laipsnio vienalytės trigonometrinės lygties sprendimas

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

Padalinkite iš „\cos^2 x“.

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

Pakeiskime „t = \tg x“.

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

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

Atvirkštinis pakeitimas

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

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

Atsakymas gautas.

Trečias pavyzdys. Antrojo laipsnio vienalytės trigonometrinės lygties sprendimas

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

Viskas būtų gerai, bet ši lygtis nėra vienalytė – dešinėje pusėje esantis `-2` mums trukdo. Ką daryti? Naudokime pagrindinę trigonometrinę tapatybę ir naudodami ją parašykime „-2“.

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

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

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

Padalinkite iš „\cos^2 x“.

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

Pakeitimas „t= \tg x“.

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

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

Atlikdami atvirkštinį pakeitimą, gauname:

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

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

Tai paskutinis pavyzdys šioje pamokoje.

Kaip įprasta, priminsiu: treniruotės mums yra viskas. Kad ir koks genialus būtų žmogus, įgūdžiai neišsilavins. Egzamino metu tai kupina nerimo, klaidų ir laiko praradimo (tęskite šį sąrašą patys). Būtinai mokykis!

Treniruočių užduotys

Išspręskite lygtis:

• „10^(\sin x) = 2^(\sin x) \cdot 5^(-\cos x)“. Tai užduotis iš tikrojo Unified State Exam 2013. Niekas neatšaukė žinių apie laipsnių savybes, bet jei pamiršote, pažiūrėkite;
• „\sqrt(3) \sin x + \sin^2 \frac(x)(2) = \cos^2 \frac(x)(2)“. Pravers septintos pamokos formulė.
• „\sqrt(3) \sin 2x + 3 \cos 2x = 0“.

Tai viskas. Ir, kaip įprasta, pagaliau: užduokite klausimus komentaruose, „patinka“, žiūrėkite vaizdo įrašus, sužinokite, kaip išspręsti vieningą valstybinį egzaminą.