Šiame straipsnyje apžvelgsime homogeninių trigonometrinių lygčių sprendimo būdą.

Homogeninės trigonometrinės lygtys turi tokią pat struktūrą kaip ir bet kurios kitos rūšies homogeninės lygtys. Leiskite man priminti antrojo laipsnio vienalyčių lygčių sprendimo metodą:

Panagrinėkime vienarūšes formos lygtis

Skiriamieji vienarūšių lygčių bruožai:

a) visi monomai turi tą patį laipsnį,

b) laisvas terminas lygus nuliui,

c) lygtyje yra laipsniai su dviem skirtingais pagrindais.

Homogeninės lygtys sprendžiamos naudojant panašų algoritmą.

Norėdami išspręsti tokio tipo lygtį, mes padalijame abi lygties puses iš (gali būti padalinta iš arba iš)

Dėmesio! Dalijant dešinę ir kairę lygties puses iš išraiškos, kurioje yra nežinomasis, galite prarasti šaknis. Todėl reikia patikrinti, ar išraiškos, kuria dalijame abi lygties puses, šaknys yra pradinės lygties šaknys.

Jei taip, tada užrašome šią šaknį, kad vėliau jos nepamirštume, o tada padalijame išraišką iš to.

Apskritai, pirmas dalykas, kurį reikia padaryti sprendžiant bet kurią lygtį, kurios dešinėje pusėje yra nulis, yra pabandyti įskaičiuoti kairę lygties pusę į bet kurią prieinamu būdu. Ir tada kiekvieną veiksnį prilyginkite nuliui. Tokiu atveju šaknų tikrai neprarasime.

Taigi, atsargiai padalinkite kairę lygties pusę į išraiškos terminą pagal terminą. Mes gauname:

Sumažinkime antrosios ir trečiosios trupmenų skaitiklį ir vardiklį:

Pristatome pakaitalą:

Mes gauname kvadratinė lygtis:

Išspręskime kvadratinę lygtį, suraskime reikšmes ir grįžkime į pradinį nežinomybę.

Sprendžiant vienarūšes trigonometrines lygtis, reikia atsiminti keletą svarbių dalykų:

1. Manekeno terminą galima konvertuoti į sinuso ir kosinuso kvadratą naudojant pagrindinę trigonometrinę tapatybę:

2. Dvigubo argumento sinusas ir kosinusas yra antrojo laipsnio monomai – dvigubo argumento sinusą galima nesunkiai paversti sinuso ir kosinuso sandauga, o dvigubo argumento kosinusą – sinuso arba kosinuso kvadratu:

Pažvelkime į keletą vienarūšių trigonometrinių lygčių sprendimo pavyzdžių.

1. Išspręskime lygtį:

Tai klasikinis pavyzdys pirmojo laipsnio vienalytė trigonometrinė lygtis: kiekvieno monomio laipsnis lygus vienetui, laisvasis narys lygus nuliui.

Prieš dalydami abi lygties puses iš , turite patikrinti, ar lygties šaknys nėra pradinės lygties šaknys. Tikriname: if , then title="sin(x)0">, следовательно их сумма не равна нулю.!}

Padalinkime abi lygties puses iš .

Mes gauname:

, Kur

, Kur

Atsakymas: , Kur

2. Išspręskime lygtį:

Tai yra antrojo laipsnio vienalytės trigonometrinės lygties pavyzdys. Prisimename, kad jei galime apskaičiuoti kairę lygties pusę, patartina tai padaryti. Šioje lygtyje galime išimti . Padarykime taip:

Pirmosios lygties sprendimas: , kur

Antroji lygtis yra vienalytė pirmojo laipsnio trigonometrinė lygtis. Norėdami tai išspręsti, padalykite abi lygties puses iš . Mes gauname:

Atsakymas: , kur ,

3. Išspręskime lygtį:

Kad ši lygtis „taptų“ vienalytė, paverčiame ją sandauga ir skaičių 3 pateikiame kaip sinuso ir kosinuso kvadratų sumą:

Perkelkime visus terminus į kairę, atidarykime skliaustus ir pateikime panašius terminus. Mes gauname:

Išskaidykime kairę pusę ir kiekvieną koeficientą nustatykime lygų nuliui:

Atsakymas: , kur ,

4. Išspręskime lygtį:

Mes matome, ką galime išimti iš skliaustų. Padarykime taip:

Prilyginkime kiekvieną veiksnį nuliui:

Pirmosios lygties sprendimas:

Antroji populiacijos lygtis yra klasikinė antrojo laipsnio vienalytė lygtis. Lygties šaknys nėra pradinės lygties šaknys, todėl abi lygties puses padalijame iš:

Pirmosios lygties sprendimas:

Antrosios lygties sprendimas.

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

Ir vienetą galima parašyti naudojant pagrindinę trigonometrinę tapatybę 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 skirtingų laipsnių. 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. Padalinkime savo 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 šios homogeninės lygties galios rodiklis yra 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 daugianomas, 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 skliausteliuose liks visavertė vienalytė lygtis.
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, įveskime 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.

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? Įrašykime juos bendras vaizdas.

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

kur „a“ ir „b“ yra tam tikros konstantos. Ši lygtis vadinama homogenine trigonometrinė lygtis pirmas laipsnis.

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 pagrindinį trigonometrinė tapatybė ir naudokite jį norėdami parašyti „-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“.

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

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

Atlikę 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)“. Ši užduotis yra iš tikrasis vieningas valstybinis egzaminas 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.

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 I laipsnio trigonometrinė lygtis. Norėdami išspręsti lygtį, padalykite 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 nuodėmės 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 padaliname 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 bus sinusas x kosinusas x plius se kosinusas 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 nario 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;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 sumažinome iki formos 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

Valstybinė biudžetinė profesinio mokymo įstaiga Tyvos Respublikos Telio kaime

Matematikos pamokos rengimas

Pamokos tema:

"Homogeninės trigonometrinės lygtys"

Mokytojas: Oorzhak

Ailana Michailovna

Pamokos tema : „Homogeninės trigonometrinės lygtys“(pagal A.G. Mordkovičiaus vadovėlį)

Grupė : augalininkystės magistras, 1 kursas

Pamokos tipas: Naujos medžiagos mokymosi pamoka.

Pamokos tikslai:

2. Ugdykite loginį mąstymą, gebėjimą daryti išvadas, gebėjimą vertinti atliktų veiksmų rezultatus.

3. Skiepyti mokiniams tikslumą, atsakomybės jausmą, teigiamų mokymosi motyvų ugdymą.

Pamokos įranga: nešiojamas kompiuteris, projektorius, ekranas, kortelės, plakatai apie trigonometriją: trigonometrinių funkcijų reikšmės, pagrindinės trigonometrijos formulės.

Pamokos trukmė: 45 minutes.

Pamokos struktūra:

	Struktūrinis pamokos elementas	priekyje	(min.)	Metodiniai ypatumai, trumpos pamokos etapo vedimo instrukcijos	Mokytojo veikla	Studentų veikla
	Organizacinis momentas
	Studentų lankomumo kontrolė.	α 0			Mokytojas patikrina pasirengimą pamokai	Prižiūrėtojai praneša apie neatvykusius į pamoką
	Informacinių žinių atnaujinimas
	Namų darbų tikrinimas	α 2		Pagrindinių sąvokų kartojimas	Apeina savo ratus	3 mokiniai užrašo sprendimą prie lentos. Likusieji atlieka abipusį patikrinimą
	Naujų žinių formavimas
	Motyvacinis momentas	α 2		Trigonometrinių lygčių pavyzdžiai ekrane	Užduoda klausimus	Atsakymas
	Naujos temos paaiškinimas	α 1		Ekrane yra skaidrės su vienarūšių trigonometrinių lygčių sprendimu	Mokytojas paaiškina temą	Mokiniai klausosi ir užsirašo

	Konsolidavimas
	Sprendimo pavyzdžiai	α 2		Silpni mokiniai dirba su mokytoju. Stiprūs mokiniai dirba savarankiškai.	Dirba su silpnais mokiniais prie lentos.	Išspręskite pavyzdžius
	Diferencijuotas savarankiškas darbas	α 2		Išdalinkite korteles	Sudaro ratą. Silpnų mokinių kontrolė	Išspręskite pavyzdžius
	Apibendrinant	α 1		Apibendrinant pamoką. Pažymių perdavimas mokiniams	Mokytojas apibendrina ir praneša pažymius	Studentai klausosi
	Namų darbų išdavimas	α 1		Pasakykite mokiniams namų darbus	Mokytojas trumpai pateikia namų darbų nurodymus	Užsirašykite namų darbus

Pamokos eiga.

1. Organizacinis momentas (1 min.)

Patikrinkite mokinių pasirengimą pamokai, klausykite budinčios grupės.

2. Pagrindinių žinių atnaujinimas (3 min.)

2.1. Namų darbų tikrinimas.

Trys mokiniai sprendžia prie lentos Nr. 18.8 (c, d); Nr 18.19. Likę studentai atlieka tarpusavio peržiūrą.

Nr. 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 nuodėmės 2 x – 6 nuodėmės 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 Atsakymas: x= +2 π n, x=(-1) n arcsin + π n, n Z	Nr. 18,8 (g) 4 nuodėmė 3x + cos 2 3x = 4 4 nuodėmė 3x + (1-sin 2 3x) – 4 = 0 Nuodėmė 2 3x + 4 nuodėmė 3x – 3 = 0 nuodėmė 2 3x – 4 nuodėmė 3x + 3 = 0 z = sin 3x, z 2 – 4 z + 3 = 0 z 1 = 3, netenkina sąlygos z 2 = 1, sin 3x = 1, 3x = +2 π n, n Z X = + π n , n Z Atsakymas: x = + π n, n Z
Nr. 18.19 (c) сos = 2x – = , n Z x 1 = , n Z x 2 = , n Z a) b) 0, , , c) - d) - , 0,

3. Naujos medžiagos mokymasis (13 min.)

3.1. Mokinių motyvacija.

Mokinių prašoma įvardyti lygtis, kurias jie žino ir gali išspręsti (skaidr. Nr. 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; 1 2

5) sin x cos x + cos²x = 0;

6) tg + 3 ctg = 4.

7) 2sin x – 3cos x = 0;

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

9) sin²х – 3sinх cos x+2cos²х = 0.

Mokiniai negalės įvardyti 7-9 lygčių sprendinio.

3.2. Naujos temos paaiškinimas.

Mokytojas: Lygtys, kurių negalėjai išspręsti, yra gana dažnos praktikoje. Jos vadinamos vienarūšėmis trigonometrinėmis lygtimis. Užrašykite pamokos temą: „Homogeninės trigonometrinės lygtys“. (skaidr. Nr. 2)

Homogeninių lygčių nustatymas projektoriaus ekrane. (3 skaidrės numeris)

Apsvarstykite homogeninių trigonometrinių lygčių sprendimo metodą (skaidr. Nr. 4, 5)

I laipsnis	II laipsnis
a sinx + b cosx = 0, (a,b ≠ 0). Padalinkime abi lygties nario puses iš kosx ≠ 0. Gauname: a tgx + b = 0 Tgx = - - Paprasčiausia trigonometrinė lygtis	a sin²x + b sinx cosx + c cos²x = 0. 1) jei a ≠ 0, padalykite abi lygties nario puses iš kos²x ≠0 Mes gauname: a tg²x + b tgx + c = 0, išspręskite įvesdami naują kintamąjį z= tgx 2) jei a = 0, tada Mes gauname: b sinx cosx + c cos²x =0, išspręskite faktorizavimo metodu
Dalijant vienalytę lygtį a sinx + b cosx = 0, kai cos x ≠ 0	Dalijant vienalytę lygtį sin²x + b sinx cosx + c cos²x = 0 iš cos 2 x ≠ 0 šios lygties šaknys nėra prarastos.

Išanalizuokite pavyzdžių sprendimus

1 pavyzdys. Išspręskite lygtį 2sin x – 3cos x = 0; (6 skaidrės numeris)

Tai yra vienalytė pirmojo laipsnio lygtis. Padalinkime abi lygties dalinio puses iš cos x , gauname:

2tg x – 3 = 0

tg x =

x = arctan + πn , n Z.

Atsakymas: x = arctan + π n, n Z.

2 pavyzdys . Išspręskite sin 2 lygtį x + cos 2 x = 0; (skaidrės numeris 7)

Tai yra vienalytė pirmojo laipsnio lygtis. Padalinkime abi lygties dalinio puses iš cos 2 x , gauname:

tg2 x + 1 = 0

tg2 x = - 1

2x = arctan (-1) + πn, n Z.

2x = - + πn, n Z.

x = - + , n Z.

Atsakymas: x = - + , n Z.

3 pavyzdys . Išspręskite lygtį sin²х – 3sinх cos x+2cos²х = 0. (8 skaidrė)

Kiekvienas lygties narys turi tą patį laipsnį. Tai yra homogeninė antrojo laipsnio lygtis. Padalinkime abi lygties puses iš termino iš cos 2 x ≠ 0, gauname:

tg 2 x-3tg x+2 = 0. Įveskime naują kintamąjį z = tan x, gausime

z 2 – 3z + 2 =0

z 1 = 1, z 2 = 2

tai reiškia, kad tg x = 1 arba tg x = 2

įdegis x = 1 x = arctan 1 + πn, n Z x = + πn, n Z	įdegis x = 2 x = arctan 2 + πn, n Z
Atsakymas: x = + πn, x = arctan 2 + πn, n Z

4. Studijuojamos medžiagos konsolidavimas (10 min.)

Mokytojas detaliai analizuoja pavyzdžius su silpnais mokiniais lentoje, stiprūs mokiniai savarankiškai sprendžia sąsiuviniuose.

Nr. 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 = įdegis x z 2 + 2 z – 3 = 0 z 1 = 3; z 2 = - 1. tan x = 3, x = arctan 3 + πn, n Z tan x = -1, x = arctan (-1) + πn, n Z x = + πn, n Z Atsakymas: x = arctan 3 + πn, X = + πn, n Z	sin 2 x = cos 2 x tg2x = 1 2x = arctan 1 + πn, n Z 2x = + πn, n Z x = + , n Z Atsakymas: x = + , n Z	Tg 3 x = 1 įdegis 3 x = 3 x = + πn, n Z x = +, n Z

5. Diferencijuotas savarankiškas darbas (15 min.)

Mokytojas išduoda korteles su trijų lygių užduotimis: pagrindinis (A), vidutinis (B), aukštasis (C). Mokiniai patys pasirenka, kokio lygio pavyzdžius spręs.

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

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

C lygis 5 sin 2 x + 2 sinx cos x - cos 2 x =1 2 sin x – 5 cos x = 3 1-4 nuodėmė 2x + 6 cos 2 x = 0

6. Apibendrinant. Mokymosi užsiėmimų refleksija klasėje (2 min.)

Atsakykite į klausimus:

Kokių trigonometrinių lygčių tipų išmokome?

Kaip išspręsti pirmojo laipsnio vienalytę lygtį?

Kaip išspręsti antrojo laipsnio vienalytę lygtį?

Aš sužinojau...

Aš išmokau...

Pripažinkite atskirų mokinių gerus darbus pamokoje ir įvertinkite.

7. Namų darbai. (1 min.)

Informuokite mokinius apie jų namų darbus ir trumpai nurodykite, kaip juos atlikti.

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

Naudota literatūra:

2 skaidrė

"Homogeninės trigonometrinės lygtys"

1. Formos a sin x + b cos x = 0 lygtis, kur a ≠0, b ≠0 vadinama pirmojo laipsnio vienalyte trigonometrine lygtimi. 2. Formos a sin 2 x + b sin x cos x + c cos 2 x = 0 lygtis, kur a ≠0, b ≠0, c ≠0 vadinama antrojo laipsnio vienalyte trigonometrine lygtimi. Apibrėžimas:

I laipsnis a sinx + b cosx = 0, (a,b ≠ 0). Abi lygties nario puses padalinkime iš kosx ≠ 0. Gauname: a tanx + b = 0 tgx = -b /a paprasčiausia trigonometrinė lygtis Dalijant vienalytę lygtį sinx + b cosx = 0 iš cos x ≠ 0, šios lygties šaknys nėra prarastos. Homogeninių trigonometrinių lygčių sprendimo būdas

a sin²x + b sinx cosx + c cos²x = 0. 1) jei a ≠ 0, abi lygties nario puses padalinkite iš cos ² x ≠0 Gauname: a tan ² x + b tgx + c = 0, išspręskite įvesdami naujas kintamasis z = tgx 2) jei a = 0, tai gauname: b sinx cosx + c cos ² x =0, sprendžiame faktorizavimo metodu / Dalijant homogeninę lygtį a sin ² x + b sinx cosx + c cos ² x = 0 pagal cos 2 x ≠ 0 šios lygties šaknys nėra prarastos. II laipsnis

Tai yra vienalytė pirmojo laipsnio lygtis. Abi lygties nario puses padalinkime iš cos x, gausime: 1 pavyzdys. Išspręskite lygtį 2 sin x – 3 cos x = 0

Tai yra vienalytė pirmojo laipsnio lygtis. Abi lygties nario puses padalinkime iš cos 2 x, gausime: 2 pavyzdys. Išspręskite lygtį sin 2 x + cos 2 x = 0

Kiekvienas lygties narys turi tą patį laipsnį. Tai yra homogeninė antrojo laipsnio lygtis. Padalinkime abi lygties nario puses iš termino, kai os 2 x ≠ 0, gauname: 3 pavyzdys. Išspręskite lygtį sin ² x – 3 sin x cos x+2 cos ² x = 0

Atsakykite į klausimus: - Kokių tipų trigonometrines lygtis mes ištyrėme? -Kaip išspręsti pirmojo laipsnio vienalytę lygtį? – Kaip išspręsti antrojo laipsnio vienalytę lygtį? Apibendrinant

Išmokau... – Išmokau... Atspindys

Nr.18.12 (c, d), Nr.18.24 (c, d), Nr.18.27 (a) Namų darbai.

Ačiū už pamoką! Gerai padaryta!

Peržiūra:

Mokytojo Oorzhak A.M. matematikos pamokos savianalizė.

Grupė : augalininkystės magistras, 1 kursas.

Pamokos tema : Homogeninės trigonometrinės lygtys.

Pamokos tipas : naujos medžiagos mokymosi pamoka.

Pamokos tikslai:

1. Ugdyti studentų įgūdžius sprendžiant vienarūšes trigonometrines lygtis, nagrinėti pagrindinio ir aukštesniojo sudėtingumo vienarūšių lygčių sprendimo būdus.

2. Ugdykite loginį mąstymą, gebėjimą daryti išvadas, gebėjimą vertinti atliktų veiksmų rezultatus.

3. Skiepyti mokiniams tikslumą, atsakomybės jausmą, teigiamų mokymosi motyvų ugdymą.

Pamoka vyko pagal teminį planavimą. Pamokos tema atspindi teorinę ir praktinę pamokos dalis ir yra suprantama mokiniams. Visi pamokos etapai buvo skirti šiems tikslams pasiekti, atsižvelgiant į grupės ypatumus.

Pamokos struktūra.

1. Organizacinis momentas apėmė preliminarų grupės organizavimą, telkiantį pamokos pradžią, psichologinio komforto sukūrimą bei mokinių paruošimą aktyviam ir sąmoningam naujos medžiagos įsisavinimui. Grupės ir kiekvieno mokinio pasirengimą tikrinau vizualiai. Didaktinė scenos užduotis: Pteigiamas požiūris į pamoką.

2. Kitas etapas – mokinių pagrindinių žinių atnaujinimas. Pagrindinis šio etapo uždavinys yra: atkurti mokinių atmintyje žinias, reikalingas mokytis naujos medžiagos. Atnaujinimas buvo atliktas tikrinant namų darbus lentoje.

3. (Pagrindinis pamokos etapas) Naujų žinių formavimas. Šiame etape buvo įgyvendintos šios didaktinės užduotys: Žinių ir veiklos metodų, ryšių ir santykių suvokimo, supratimo ir pirminio įsiminimo užtikrinimas tiriamajame objekte.

Tai palengvino: probleminės situacijos sukūrimas, pokalbio metodas derinant su IKT naudojimu. Studentų naujų žinių įsisavinimo efektyvumo rodiklis yra atsakymų teisingumas, savarankiškas darbas, aktyvus mokinių dalyvavimas darbe.

4.Kitas etapas – pirminis medžiagos konsolidavimas. Kurio tikslas yra sukurti grįžtamąjį ryšį, siekiant gauti informacijos apie naujos medžiagos supratimo laipsnį, išsamumą, jos įsisavinimo teisingumą ir laiku ištaisyti aptiktas klaidas. Tam naudojau: paprastų vienarūšių trigonometrinių lygčių sprendimą. Čia buvo panaudotos užduotys iš vadovėlio, atitinkančios reikalaujamus mokymosi rezultatus. Pirminis medžiagos konsolidavimas buvo atliktas geros valios ir bendradarbiavimo atmosferoje. Šiame etape dirbau su silpnais mokiniais, likusieji sprendė patys, po to sekė savęs patikrinimas iš lentos.

5. Kitas pamokos momentas buvo pirminė žinių kontrolė. Didaktinė etapo užduotis: Žinių ir veiksmų metodų kokybės ir įvaldymo lygio nustatymas, jų korekcijos užtikrinimas. Čia ji įgyvendino diferencijuotą požiūrį į mokymąsi ir pasiūlė vaikams pasirinkti trijų lygių užduotis: pagrindinio (A), vidutinio (B) ir aukštesniojo (C). Atlikau ratą ir pažymėjau mokinius, kurie pasirinko pagrindinį lygį. Šie mokiniai darbą atliko vadovaujami mokytojo.

6. Kitame etape – apibendrinant, buvo išspręstos tikslo pasiekimo analizės ir įvertinimo užduotys. Apibendrindama pamoką, kartu apmąsčiau mokymosi veiklą. Mokiniai mokėsi vienarūšių trigonometrinių lygčių sprendimo būdų. Buvo duoti pažymiai.

7. Paskutinis etapas – namų darbai. Didaktinė užduotis: Užtikrinti, kad mokiniai suprastų namų darbų turinį ir atlikimo būdus. Pateikė trumpas instrukcijas, kaip atlikti namų darbus.

Pamokos metu galėjau realizuoti mokymo, ugdymo ir ugdymo tikslus. Manau, kad tai palengvino tai, kad nuo pirmųjų pamokos minučių vaikai rodė aktyvumą. Jie buvo pasirengę priimti naują temą. Atmosfera grupėje buvo psichologiškai palanki.