Homogeensete trigonomeetriliste võrrandite lahendus. Homogeensed trigonomeetrilised võrrandid: üldine lahendusskeem

Tyva Vabariigi Teeli küla riigieelarveline erialane õppeasutus

Matemaatikatunni arendamine

Tunni teema:

"Homogeensed trigonomeetrilised võrrandid"

Õpetaja: Oorzhak

Ailana Mihhailovna

Tunni teema : "Homogeensed trigonomeetrilised võrrandid"(A.G. Mordkovitši õpiku järgi)

Grupp : Taimekasvatuse meister, 1 kursus

õppetunni tüüp: Õppetund uue materjali õppimiseks.

Tunni eesmärgid:

2. Arendada loogilist mõtlemist, järelduste tegemise oskust, oskust hinnata tehtud toimingute tulemusi

3. Sisestada õpilastesse täpsust, vastutustunnet, positiivsete õpimotiivide kasvatamist

Tunni varustus: sülearvuti, projektor, ekraan, kaardid, trigonomeetria plakatid: trigonomeetriliste funktsioonide väärtused, trigonomeetria põhivalemid.

Õppetunni kestus: 45 minutit.

Tunni struktuur:

Tundide ajal.

1. Organisatsioonihetk (1 min)

Kontrollige õpilaste valmisolekut tunniks, kuulake valverühma.

2. Algteadmiste aktualiseerimine (3 min)

2.1. Kodutööde kontrollimine.

Kolm õpilast otsustavad tahvlil nr 18.8 (c, d); nr 18.19. Ülejäänud õpilased teevad eksperdihinnanguid.

3. Uue materjali õppimine (13 min)

3.1. Õpilaste motivatsioon.

Õpilastel palutakse nimetada võrrandid, mida nad teavad ja suudavad lahendada (slaid number 1)

1) 3 cos 2 x - 3 cos x \u003d 0;

2) cos (x - 1) =;

3) 2 sin 2 x + 3 sin x \u003d 0;

4) 6 sin 2 x - 5 cos x + 5 = 0; 12

5) sin x cos x + cos² x = 0;

6) tg + 3 ctg = 4.

7) 2sin x - 3cos x = 0;

8) sin 2 x + cos 2 x \u003d 0;

9) sin²x - 3sinx cos x + 2cos²x \u003d 0.

Õpilased ei oska võrrandite 7-9 lahendust nimetada.

3.2. Uue teema selgitus.

Õpetaja: Võrrandid, mida te ei suutnud lahendada, on praktikas üsna levinud. Neid nimetatakse homogeenseteks trigonomeetrilisteks võrranditeks. Kirjutage üles tunni teema: "Homogeensed trigonomeetrilised võrrandid." (slaid number 2)

Homogeensete võrrandite defineerimine projektoriekraanil. (slaid number 3)

Mõelge homogeensete trigonomeetriliste võrrandite lahendamise meetodile (slaid nr 4, 5)

Parsi lahendusnäited

Näide 1 Lahendage võrrand 2sin x – 3cos x = 0; (slaid number 6)

See on esimese astme homogeenne võrrand. Jagame võrrandi mõlemad pooled liikme kaupa cos-iga x , saame:

2tg x - 3 = 0

tg x =

x = arctg + πn , n Z.

Vastus: x \u003d arctg + π n, n Z.

Näide 2 . Lahendage võrrand sin 2 x + cos 2 x = 0; (slaid number 7)

See on esimese astme homogeenne võrrand. Jagame võrrandi mõlemad pooled liikme kaupa cos 2-ga x , saame:

tg2 x + 1 = 0

tg2 x = – 1

2x = arctg (-1) + πn, nZ.

2x = - + πn, nZ.

x = - +, n Z.

Vastus: x = - + , n Z.

Näide 3 . Lahendage võrrand sin²x - 3sinx cos x + 2cos²x \u003d 0. (slaid nr 8)

Igal võrrandi liikmel on sama aste. See on teise astme homogeenne võrrand. Jagame võrrandi mõlemad pooled liikme kaupa cos-iks 2 x ≠ 0, saame:

tg 2 x-3tg x+2 = 0. Võtame kasutusele uue muutuja z = tg x, saame

z 2 – 3z + 2 =0

z 1 = 1, z 2 = 2

seega kas tg x = 1 või tg x = 2

4. Õpitava materjali koondamine (10 min)

Õpetaja analüüsib üksikasjalikult näiteid nõrkade õpilastega tahvlil, tugevad õpilased lahendavad iseseisvalt vihikus.

5. Diferentseeritud iseseisev töö (15 min)

Õpetaja väljastab kaardid kolme taseme ülesannetega: alg- (A), kesktase (B), edasijõudnu (C). Õpilased ise valivad, millise taseme näiteid nad lahendavad.

6. Kokkuvõtete tegemine. Õppetegevuse peegeldus tunnis (2 min)

Vasta küsimustele:

Milliseid trigonomeetrilisi võrrandeid oleme uurinud?

Kuidas lahendatakse esimese astme homogeenne võrrand?

Kuidas lahendatakse teise astme homogeenne võrrand?

Sain teada …

Ma õppisin …

Märgi üksikute õpilaste tunnis tehtud tublid tööd, pane hindeid.

7. Kodutöö. (1 minut)

Teavitage õpilasi kodutöödest, andke lühike ülevaade nende täitmisest.

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

Viited:

slaid 2

"Homogeensed trigonomeetrilised võrrandid"

1. Võrrandit kujul a sin x + b cos x = 0, kus a ≠ 0, b ≠ 0 nimetatakse esimese astme homogeenseks trigonomeetriliseks võrrandiks. 2. Võrrandit kujul a sin 2 x + b sin x cos x + c cos 2 x \u003d 0, kus a ≠ 0, b ≠ 0, c ≠ 0 nimetatakse teise astme homogeenseks trigonomeetriliseks võrrandiks. Definitsioon:

I aste a sinx + b cosx = 0, (a, b ≠ 0). Jagame võrrandiliikme mõlemad pooled võrrandiga cosx ≠ 0. Saame: a tgx + b = 0 tgx = -b /a lihtsaima trigonomeetrilise võrrandi Homogeense võrrandi a sinx + b cosx = 0 jagamisel cos x ≠ 0 , pole selle võrrandi juured kadunud. Homogeensete trigonomeetriliste võrrandite lahendamise meetod

a sin²x + b sinx cosx + c cos²x = 0. 1) kui a ≠ 0, jagame võrrandiliikme mõlemad osad liikme võrra cos ² x ≠0 Saame: a tg ² x + b tgx + c = 0, me lahendame, sisestades uue muutuja z \u003d tgx 2) kui a \u003d 0, siis saame: b sinx cosx + c cos ² x \u003d 0, lahendame faktoriseerimise teel / homogeense võrrandi jagamisel sin ² x + b sinx cosx + c cos ² x \u003d 0 korda cos 2 x ≠ 0 selle võrrandi juured ei lähe kaduma. II aste

See on esimese astme homogeenne võrrand. Jagame võrrandiliikme mõlemad osad liigendiga cos x-ga, saame: Näide 1. Lahendame võrrandi 2 sin x - 3 cos x \u003d 0

See on esimese astme homogeenne võrrand. Jagage võrrandiliikme mõlemad osad liikmega cos 2 x , saame: Näide 2 . Lahendage võrrand sin 2 x + cos 2 x = 0

Igal võrrandi liikmel on sama aste. See on teise astme homogeenne võrrand. Jagame võrrandi mõlemad pooled liikme võrra on os 2 x ≠ 0, saame: Näide 3 . Lahenda võrrand sin ² x - 3 sin x cos x + 2 cos ² x = 0

Vastake küsimustele: - Mis tüüpi trigonomeetrilisi võrrandeid oleme uurinud? Kuidas lahendada esimese astme homogeenne võrrand? Kuidas lahendada teise astme homogeenne võrrand? Kokkuvõtteid tehes

Õppisin ... - õppisin ... Peegeldust

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

Aitäh õppetunni eest! HEAD KAASLASED!

Eelvaade:

Õpetaja matemaatikatunni eneseanalüüs Oorzhak A.M.

Grupp : Taimekasvatuse meister, 1 kursus.

Tunni teema : Homogeensed trigonomeetrilised võrrandid.

Tunni tüüp : Õppetund uue materjali õppimiseks.

Tunni eesmärgid:

1. Kujundada õpilaste homogeensete trigonomeetriliste võrrandite lahendamise oskusi, kaaluda põhi- ja kõrgtaseme keerukusastmega homogeensete võrrandite lahendamise meetodeid.

2. Arendada loogilist mõtlemist, järelduste tegemise oskust, oskust hinnata tehtud toimingute tulemusi.

3. Sisestada õpilastesse täpsust, vastutustunnet, positiivsete õpimotiivide kasvatamist.

Tund viidi läbi vastavalt teemaplaneeringule. Tunni teema kajastab tunni teoreetilist ja praktilist osa ning on õpilastele arusaadav. Kõik tunni etapid olid suunatud nende eesmärkide täitmisele, võttes arvesse rühma iseärasusi.

Tunni struktuur.

1. Organisatsioonimoment hõlmas rühma eelkorraldust, tunni mobiliseerivat algust, psühholoogilise mugavuse loomist ja õpilaste ettevalmistamist uue materjali aktiivseks ja teadlikuks omastamiseks. Rühma ja iga õpilase ettevalmistust kontrollisin visuaalselt. Lava didaktiline ülesanne: Ppositiivne suhtumine õppetundi.

2. Järgmine etapp on õpilaste põhiteadmiste aktualiseerimine. Selle etapi põhiülesanne on taastada õpilaste mällu uue materjali õppimiseks vajalikud teadmised. Aktualiseerimine viidi läbi kodutööde kontrollimise vormis tahvli juures.

3. (Tunni põhietapp) Uute teadmiste kujundamine. Selles etapis rakendati järgmisi didaktilisi ülesandeid: Teadmiste ja tegevusmeetodite, seoste ja suhete taju, mõistmine ja esmane meeldejätmine uurimisobjektis.

Seda soodustasid: probleemsituatsiooni loomine, vestluse meetod kombineerituna IKT kasutamisega. Õpilaste poolt uute teadmiste õppimise tulemuslikkuse näitajaks on vastuste õigsus, iseseisev töö, õpilaste aktiivne osalemine töös.

4. Järgmine etapp on materjali esialgne kinnitamine. Selle eesmärk on luua tagasisidet, et saada teavet uue materjali mõistmise taseme, täielikkuse, selle assimilatsiooni õigsuse ja tuvastatud vigade õigeaegse parandamise kohta. Selleks kasutasin lihtsate homogeensete trigonomeetriliste võrrandite lahendust. Siin kasutati õpiku ülesandeid, mis vastavad nõutavatele õpitulemustele. Materjali esmane konsolideerimine toimus hea tahte ja koostöö õhkkonnas. Selles etapis töötasin nõrkade õpilastega, ülejäänud otsustasid ise, millele järgnes enesekontroll juhatusest.

5. Tunni järgmine hetk oli esmane teadmiste kontroll. Etapi didaktiline ülesanne: Teadmiste ja tegevusmeetodite kvaliteedi ja valdamise taseme paljastamine, nende korrigeerimise tagamine. Siin rakendasin diferentseeritud lähenemist õppimisele, pakkusin lastele valida kolme taseme ülesandeid: alg- (A), kesktaseme (B), edasijõudnute (C). Tegin tiiru ja märkisin algtaseme valinud õpilased. Need õpilased tegid tööd õpetaja juhendamisel.

6. Järgmises etapis - kokkuvõtete tegemisel lahendati eesmärgi saavutamise edukuse analüüsimise ja hindamise ülesanded. Tunni kokkuvõtteks viisin samal ajal läbi õppetegevuse kajastamise. Õpilased õppisid lahendama homogeenseid trigonomeetrilisi võrrandeid. Hinnangud anti.

7. Viimane etapp on kodutöö. Didaktiline ülesanne: anda õpilastele arusaam kodutöö sisust ja tegemise meetoditest. Andis lühikesed juhised kodutööde tegemiseks.

Tunnis oli mul võimalus realiseerida õpetamis-, arengu- ja kasvatuseesmärke. Arvan, et seda soodustas asjaolu, et tunni esimestest minutitest näitasid poisid aktiivsust. Nad olid valmis uue teema tajumiseks. Õhkkond rühmas oli psühholoogiliselt soodne.




Selle videotunni abil saavad õpilased uurida homogeensete trigonomeetriliste võrrandite teemat.

Anname definitsioonid:

1) esimese astme homogeenne trigonomeetriline võrrand näeb välja nagu sin x + b cos x = 0;

2) teise astme homogeenne trigonomeetriline võrrand näeb välja nagu sin 2 x + b sin x cos x + c cos 2 x = 0.

Vaatleme võrrandit a sin x + b cos x = 0. Kui a on null, näeb võrrand välja nagu b cos x = 0; kui b on null, siis näeb võrrand välja nagu sin x = 0. Need on võrrandid, mida nimetasime kõige lihtsamateks ja lahendasime varasemates teemades.

Nüüd kaaluge võimalust, kui a ja b ei ole võrdsed nulliga. Jagades võrrandi osad koosinusega x ja teostame teisenduse. Saame tg x + b = 0, siis tg x on võrdne - b/a.

Eelnevast järeldub, et võrrand a sin mx + b cos mx = 0 on esimese astme homogeenne trigonomeetriline võrrand. Võrrandi lahendamiseks jagage selle osad cos mx-ga.

Analüüsime näidet 1. Lahendame 7 sin (x / 2) - 5 cos (x / 2) = 0. Esmalt jagage võrrandi osad koosinusega (x / 2). Teades, et siinus jagatud koosinusega on puutuja, saame 7 tg (x / 2) - 5 = 0. Avaldist teisendades leiame, et puutuja (x / 2) väärtus on 5/7. Selle võrrandi lahendus on x = arctan a + πn, meie puhul x = 2 arctan (5/7) + 2πn.

Vaatleme võrrandit a sin 2 x + b sin x cos x + c cos 2 x = 0:

1) kui a võrdub nulliga, näeb võrrand välja selline: b sin x cos x + c cos 2 x = 0. Teisendades saame avaldise cos x (b sin x + c cos x) = 0 ja jätkame lahendusega kahest võrrandist. Pärast võrrandi osade jagamist koosinusega x saame b tg x + c = 0, mis tähendab tg x = - c/b. Teades, et x \u003d arctan a + πn, on sel juhul lahendus x \u003d arctg (- c / b) + πn.

2) kui a ei ole võrdne nulliga, siis jagades võrrandi osad koosinuse ruuduga, saame puutujat sisaldava võrrandi, mis on ruut. Selle võrrandi saab lahendada uue muutuja sisseviimisega.

3) kui c võrdub nulliga, on võrrand kujul a sin 2 x + b sin x cos x = 0. Seda võrrandit saab lahendada, võttes x-i siinuse sulust välja.

1. vaata, kas võrrandis on patt 2 x;

2. kui võrrandis sisaldub liige a sin 2 x, siis saab võrrandi lahendada, jagades mõlemad osad koosinuse ruuduga ja sisestades seejärel uue muutuja.

3. kui võrrand a sin 2 x ei sisalda, siis saab võrrandi lahendada sulud cosx välja võttes.

Vaatleme näidet 2. Võtame koosinuse välja ja saame kaks võrrandit. Esimese võrrandi juur on x = π/2 + πn. Teise võrrandi lahendamiseks jagame selle võrrandi osad koosinusega x, teisenduste abil saame x = π/3 + πn. Vastus: x = π/2 + πn ja x = π/3 + πn.

Lahendame näite 3, võrrandi kujul 3 sin 2 2x - 2 sin 2x cos 2x + 3 cos 2 2x = 2 ja leiame selle juured, mis kuuluvad lõigu - π kuni π. Sest Kuna see võrrand on mittehomogeenne, tuleb see taandada homogeenseks vormiks. Kasutades valemit sin 2 x + cos 2 x = 1, saame võrrandi sin 2 2x - 2 sin 2x cos 2x + cos 2 2x = 0. Jagades kõik võrrandi osad cos 2 x-ga, saame tg 2 2x + 2tg 2x + 1 = 0 Kasutades uue muutuja z = tg 2x kasutuselevõttu, lahendame võrrandi, mille juur on z = 1. Siis tg 2x = 1, millest järeldub, et x = π/8 + (πn)/2. Sest vastavalt ülesande olukorrale peate leidma juured, mis kuuluvad segmenti vahemikus - π kuni π, lahendus näeb välja selline - 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.

TEKSTI TÕLGENDAMINE:

Homogeensed trigonomeetrilised võrrandid

Täna analüüsime, kuidas lahendatakse "Homogeensed trigonomeetrilised võrrandid". Need on erilist laadi võrrandid.

Tutvume definitsiooniga.

Tüüpvõrrand ja sinx+bcosx = 0 (ja siinus x pluss koosinus x on null) nimetatakse esimese astme homogeenseks trigonomeetriliseks võrrandiks;

vormi võrrand a patt 2 x+bsin xcosx+ccos 2 x= 0 (ja siinus ruut x pluss siinus x koosinus x pluss koosinus ruut x võrdub nulliga) nimetatakse teise astme homogeenseks trigonomeetriliseks võrrandiks.

Kui a a=0, siis võtab võrrand kuju bcosx = 0.

Kui a b = 0 , siis saame ja sin x = 0.

Need võrrandid on elementaarsed trigonomeetrilised ja nende lahendust käsitlesime oma eelmistes teemades

Kaaluge juhul, kui mõlemad koefitsiendid on nullist erinevad. Jagage võrrandi mõlemad pooled apattx+ bcosx = 0 tähtaja kaupa edasi cosx.

Saame seda teha, kuna koosinus x ei ole null. Lõppude lõpuks, kui cosx = 0 , siis võrrand apattx+ bcosx = 0 võtab vormi apattx = 0 , a≠ 0, seega pattx = 0 . Mis on võimatu, sest vastavalt põhilisele trigonomeetrilisele identiteedile patt 2x+cos 2 x=1 .

Võrrandi mõlema poole jagamine apattx+ bcosx = 0 tähtaja kaupa edasi cosx, saame: + =0

Teeme teisendusi:

1. Kuna = tg x, siis =ja tg x

2 võrra vähendama cosx, siis

Nii saame järgmise väljendi ja tg x + b = 0.



Teeme teisenduse:

1. Liigutage b vastupidise märgiga avaldise paremale poole

ja tg x \u003d - b

2. Vabane kordajast ja võrrandi mõlema poole jagamine a-ga

tg x= -.

Järeldus: vormi võrrand ja pattmx+bcosmx = 0 (ja siinus em x pluss koosinus em x on null) nimetatakse ka esimese astme homogeenseks trigonomeetriliseks võrrandiks. Selle lahendamiseks jagage mõlemad pooled cosmx.

NÄIDE 1. Lahendage võrrand 7 sin - 5 cos \u003d 0 (seitse siinus x kahega miinus viis koosinus x kahega on null)

Lahendus. Jagame võrrandi mõlemad osad liikme kaupa cos-iga, saame

1. \u003d 7 tg (kuna siinuse ja koosinuse suhe on puutuja, siis seitse siinus x kahega jagatud koosinus x kahega võrdub 7 puutujaga x kahega)

2. -5 = -5 (kui lühendatakse cos)

Nii saime võrrandi

7tg - 5 = 0, Teisendame avaldise, liigutame miinus viis paremale, muutes märki.

Oleme taandanud võrrandi kujule tg t = a, kus t=, a =. Ja kuna sellel võrrandil on lahendus mis tahes väärtusele a ja need lahendused näevad välja

x \u003d arctg a + πn, siis näeb meie võrrandi lahendus välja järgmine:

Arctg + πn, leidke x

x \u003d 2 arctan + 2πn.

Vastus: x \u003d 2 arctg + 2πn.

Liigume edasi teise astme homogeense trigonomeetrilise võrrandi juurde

asin 2 x+b sin x cos x +Kooscos2 x = 0.

Vaatleme mitut juhtumit.

I. Kui a=0, siis võtab võrrand kuju bpattxcosx+ccos 2 x= 0.

Lahendades e siis kasutame võrrandite faktoriseerimise meetodit. Võtame välja cosx sulgudes ja saame: cosx(bpattx+ccosx)= 0 . Kus cosx= 0 või

b sin x +Kooscos x = 0. Ja me juba teame, kuidas neid võrrandeid lahendada.



Jagame võrrandi mõlemad osad liikme kaupa cosx-ga, saame

1 (sest siinuse ja koosinuse suhe on puutuja).

Nii saame võrrandi: b tg x+c=0

Oleme taandanud võrrandi kujule tg t = a, kus t= x, a =. Ja kuna sellel võrrandil on lahendus mis tahes väärtusele a ja need lahendused näevad välja

x \u003d arctg a + πn, siis on meie võrrandi lahendus:

x \u003d arctg + πn, .

II. Kui a a≠0, siis jagame võrrandi mõlemad osad liikme kaupa cos 2 x.

(Sarnaselt argumenteerides, nagu esimese astme homogeense trigonomeetrilise võrrandi puhul, koosinus x ei saa kaduda).

III. Kui a c=0, siis võtab võrrand kuju apatt 2 x+ bpattxcosx= 0. See võrrand lahendatakse faktoriseerimise meetodil (võta välja pattx sulgude jaoks).

Seega võrrandi lahendamisel apatt 2 x+ bpattxcosx+ccos 2 x= 0 saate järgida järgmist algoritmi:

NÄIDE 2. Lahendage võrrand sinxcosx - cos 2 x= 0 (siinus x korda koosinus x miinus kolm korda koosinus ruudus x juur võrdub nulliga).

Lahendus. Teguriseerime (sulg cosx). Hangi

cos x(sin x - cos x)= 0, s.o. cos x=0 või sin x - cos x= 0.

Vastus: x \u003d + πn, x \u003d + πn.

NÄIDE 3. Lahendage võrrand 3sin 2 2x - 2 sin2xcos2 x +3cos 2 2x= 2 (kahe x kolm siinusruut miinus kahe x siinuse ja kahe x koosinus pluss kahe x kolm koosinusruut kahe x korrutis) ja leida selle intervalli (- π; π) kuuluvad juured.

Lahendus. See võrrand ei ole homogeenne, seega teostame teisendusi. Võrrandi paremal küljel olev arv 2 asendatakse korrutisega 2 1

Kuna põhilise trigonomeetrilise identiteedi kohaselt on sin 2 x + cos 2 x \u003d 1, siis

2 ∙ 1= 2 ∙ (sin 2 x + cos 2 x) = sulgudes avades saame: 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

Seega on võrrand 3sin 2 2x - 2 sin2xcos2 x +3cos 2 2x= 2 kujul:

3sin 2 2x - 2sin 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.

Oleme saanud teise astme homogeense trigonomeetrilise võrrandi. Rakendame terminite kaupa jagamist cos 2 2x:

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

Toome sisse uue muutuja z= tg2х.

Meil on z 2 - 2 z + 1 = 0. See on ruutvõrrand. Märgates vasakul pool lühendatud korrutamisvalemit - erinevuse ruutu (), saame (z - 1) 2 = 0, s.o. z = 1. Pöördume tagasi pöördasenduse juurde:



Oleme taandanud võrrandi kujule tg t \u003d a, kus t \u003d 2x, a \u003d 1. Ja kuna sellel võrrandil on lahendus mis tahes väärtusele a ja need lahendused näevad välja

x \u003d arctg x a + πn, siis on meie võrrandi lahendus:

2x \u003d arctg1 + πn,

x \u003d + , (x võrdub pi summaga kaheksa ja pi en korda kahega).

Meil jääb üle leida sellised x väärtused, mis sisalduvad intervallis

(- π; π), st. rahuldada topeltvõrratus - π x π. Sest

x= + , siis - π + π. Jagage kõik selle võrratuse osad π-ga ja korrutage 8-ga, saame

liigutage seadet paremale ja vasakule, muutes märgi miinus üheks

jagame neljaga, saame

mugavuse huvides valime murdosades täisarvud

-

Seda ebavõrdsust rahuldab järgmine täisarv n: -2, -1, 0, 1

Mittelineaarsed võrrandid kahes tundmatus

Definitsioon 1 . Olgu A mõni arvupaaride komplekt (x; y) . Öeldakse, et hulk A on antud numbriline funktsioon z kahest muutujast x ja y , kui on määratud reegel, mille abil määratakse igale hulga A numbripaarile kindel arv.

Kahe muutuja x ja y arvfunktsiooni z määramine on sageli määrama Niisiis:

kus f (x , y) - mis tahes funktsioon peale funktsiooni

f (x , y) = kirves+by+c ,

kus a, b, c on antud numbrid.

Definitsioon 3 . Võrrandi (2) lahendus nimeta numbripaar x; y), mille valem (2) on tõeline võrdsus.

Näide 1. lahendage võrrand

Kuna suvalise arvu ruut on mittenegatiivne, siis valemist (4) järeldub, et tundmatud x ja y rahuldavad võrrandisüsteemi



mille lahendiks on arvupaar (6 ; 3) .

Vastus: (6; 3)

Näide 2 . lahendage võrrand

Seetõttu on võrrandi (6) lahendus lõpmatu arv arvupaare lahke

(1 + y ; y) ,

kus y on suvaline arv.

lineaarne

Definitsioon 4 . Võrrandisüsteemi lahendamine



nimeta numbripaar x; y), asendades need selle süsteemi igas võrrandis, saame õige võrdsuse.

Kahest võrrandist koosnevatel süsteemidel, millest üks on lineaarne, on vorm



g(x , y)

Näide 4. Lahendage võrrandisüsteem

Lahendus. Avaldame tundmatu y süsteemi (7) esimesest võrrandist tundmatu x võrra ja asendame saadud avaldise süsteemi teise võrrandiga:





Võrrandi lahendamine

x 1 = - 1 , x 2 = 9 .

Järelikult

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





Kahe võrrandi süsteemid, millest üks on homogeenne

Kahest võrrandist koosnevatel süsteemidel, millest üks on homogeenne, on vorm



kus a , b , c on antud numbrid ja g(x , y) on kahe muutuja x ja y funktsioon.

Näide 6. Lahendage võrrandisüsteem

Lahendus. Lahendame homogeense võrrandi

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

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

käsitledes seda ruutvõrrandina tundmatu x suhtes:

.

Juhul kui x = - 5y, süsteemi (11) teisest võrrandist saame võrrandi

5y 2 = - 20 ,

millel pole juuri.

Juhul kui

süsteemi (11) teisest võrrandist saame võrrandi

,

mille juurteks on arvud y 1 = 3 , y 2 = - 3 . Leides igale väärtusele y vastava väärtuse x , saame süsteemile kaks lahendust: (- 2 ; 3) , (2 ; - 3) .

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

Näiteid teist tüüpi võrrandisüsteemide lahendamisest

Näide 8. Lahendage võrrandisüsteem (MIPT)

Lahendus. Toome sisse uued tundmatud u ja v , mida väljendatakse x ja y kujul valemitega:

Süsteemi (12) ümberkirjutamiseks uute tundmatute järgi väljendame esmalt tundmatud x ja y u ja v kaudu. Süsteemist (13) tuleneb, et

Lahendame lineaarsüsteemi (14), jättes selle süsteemi teisest võrrandist välja muutuja x. Selleks teostame süsteemis (14) järgmised teisendused:

• jätame süsteemi esimese võrrandi muutmata;
• lahutage teisest võrrandist esimene võrrand ja asendage süsteemi teine ​​võrrand saadud erinevusega.

Selle tulemusena muudetakse süsteem (14) samaväärseks süsteemiks



millest leiame

Kasutades valemeid (13) ja (15), kirjutame algse süsteemi (12) ümber järgmiselt

Süsteemi (16) esimene võrrand on lineaarne, seega saame sellest tundmatut u väljendada tundmatu v-ga ja asendada selle avaldise süsteemi teise võrrandiga.

"Inimese suurus seisneb tema mõtlemisvõimes."
Blaise Pascal.

Tunni eesmärgid:

1) Hariduslik- tutvustada õpilastele homogeenseid võrrandeid, kaaluda nende lahendamise meetodeid, aidata kaasa varem uuritud trigonomeetriliste võrrandite tüüpide lahendamise oskuste kujunemisele.

2) Hariduslik- arendada õpilaste loomingulist tegevust, kognitiivset tegevust, loogilist mõtlemist, mälu, probleemsituatsioonis töötamise oskust, saavutada oskus õigesti, järjekindlalt, ratsionaalselt väljendada oma mõtteid, laiendada õpilaste silmaringi, tõsta nende matemaatilise kultuuri tase.

3) Hariduslik- kasvatada enesetäiendamise soovi, rasket tööd, kujundada oskust pädevalt ja täpselt sooritada matemaatilisi arvestusi, kasvatada aktiivsust, edendada huvi matemaatika vastu.

Tunni tüüp: kombineeritud.

Varustus:

1. Perfokaardid kuuele õpilasele.
2. Kaardid õpilaste iseseisvaks ja individuaalseks tööks.
3. Stendid "Trigonomeetriliste võrrandite lahendus", "Arvühiku ring".
4. Elektrifitseeritud tabelid trigonomeetriast.
5. Tunni esitlus (1. lisa).

Tundide ajal

1. Organisatsioonietapp (2 minutit)

Vastastikune tervitus; õpilaste tunniks valmisoleku kontrollimine (töökoht, välimus); tähelepanu organiseerimine.

Õpetaja räägib õpilastele tunni teema (slaid 2) ja selgitab, et jaotuslehte, mis on laudadel, kasutatakse tunnis.

2. Teoreetilise materjali kordamine (15 minutit)

Ülesanded perfokaartidel(6 inimest) . Tööaeg perfokaartidel - 10 min (2. lisa)

Ülesandeid lahendades saavad õpilased teada, kus rakendatakse trigonomeetrilisi arvutusi. Saadakse järgmised vastused: triangulatsioon (tehnika, mis võimaldab mõõta kaugusi lähedalasuvate tähtedeni astronoomias), akustika, ultraheli, tomograafia, geodeesia, krüptograafia.

(slaid 5)

esiküsitlus.

1. Milliseid võrrandeid nimetatakse trigonomeetrilisteks?
2. Milliseid trigonomeetrilisi võrrandeid te teate?
3. Milliseid võrrandeid nimetatakse lihtsaimateks trigonomeetrilisteks võrranditeks?
4. Milliseid võrrandeid nimetatakse ruuttrigonomeetrilisteks?
5. Sõnasta a arcsinuse definitsioon.
6. Sõnasta a kaarekoosinuse definitsioon.
7. Sõnasta a kaartangensi definitsioon.
8. Sõnasta a pöördtangensi definitsioon.

Mäng "Arva ära šifrisõna"

Blaise Pascal ütles kunagi, et matemaatika on nii tõsine teadus, et ei tohiks kasutamata jätta võimalust seda veidi meelelahutuslikumaks muuta. Nii et ma soovitan teil mängida. Pärast näidete lahendamist määrake numbrite jada, millest krüptitud sõna koosneb. Ladina keeles tähendab see sõna "sine". (slaid 3)

2) arctaan (-√3)

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

5) tg (kaar ctg √3)

Vastus: "Painutada"

Mäng "Hajutatud matemaatik»

Suulise töö ülesanded projitseeritakse ekraanile:

Kontrollige võrrandite lahenduse õigsust.(õige vastus ilmub õpilase vastuse järel slaidile). (slaid 4)

	Vastused vigadega	Õiged vastused
	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 \u003d 1, x \u003d π / 4 + πn
	x = ±π/6+ π n	x = ± π/6+2πn
	x \u003d (-1) n arcsin1 / 3 + 2πn	x \u003d (-1) n arcsin1 / 3 + pn
	x = ± π/6+2πn	x = ± 5π/6+2πn
cos x = π/3	x = ± 1/2 +2πn	cos x = 1/2, x = ± π/3+2πn

Kodutööde kontrollimine.

Õpetaja kehtestab kõigi õpilaste kodutööde õigsuse ja teadlikkuse; tuvastab lüngad teadmistes; täiendab õpilaste teadmisi, oskusi ja vilumusi lihtsamate trigonomeetriliste võrrandite lahendamise alal.

1 võrrand. Õpilane kommenteerib võrrandi lahendust, mille read ilmuvad slaidile kommentaari järjekorras). (slaid 6)

√3tg2x = 1;

tg2x=1/√3;

2х= arctg 1/√3 +πn, n ∈Z.

2x \u003d π / 6 + πn, n ∈Z.

x \u003d π / 12+ π/2 n, n ∈Z.

2 võrrand. Lahendus h kirjutatakse õpilastele tahvlile.

2 sin 2 x + 3 cosx = 0.

3. Uute teadmiste realiseerimine (3 minutit)

Õpilased tuletavad õpetaja soovil meelde trigonomeetriliste võrrandite lahendamise viise. Nad valivad need võrrandid, mida nad juba oskavad lahendada, nimetavad võrrandi lahendamise meetodi ja tulemuse . Vastused ilmuvad slaidile. (slaid 7) .

Uue muutuja sissejuhatus:

nr 1. 2sin 2x - 7sinx + 3 = 0.

Olgu sinx = t, siis:

2t 2 – 7t + 3 = 0.

Faktoriseerimine:

№2. 3sinx cos4x – cos4x = 0;

cos4x(3sinx - 1) = 0;

cos4x = 0 või 3 sinx - 1 = 0; …

Number 3. 2 sinx - 3 cosx = 0,

nr 4. 3 sin 2 x - 4 sinx cosx + cos 2 x \u003d 0.

Õpetaja: Te ei tea veel, kuidas kahte viimast tüüpi võrrandeid lahendada. Mõlemad on sama tüüpi. Neid ei saa taandada funktsiooni sinx või cosx võrrandiks. Kutsutakse homogeensed trigonomeetrilised võrrandid. Kuid ainult esimene on esimese astme homogeenne võrrand ja teine ​​on teise astme homogeenne võrrand. Tänases tunnis tutvute selliste võrranditega ja õpite neid lahendama.

4. Uue materjali selgitamine (25 minutit)

Õpetaja annab õpilastele homogeensete trigonomeetriliste võrrandite definitsioonid, tutvustab nende lahendamise viise.

Definitsioon. Nimetatakse võrrandit kujul a sinx + b cosx =0, kus a ≠ 0, b ≠ 0 esimese astme homogeenne trigonomeetriline võrrand.(slaid 8)

Sellise võrrandi näide on võrrand #3. Kirjutame välja võrrandi üldkuju ja analüüsime seda.

ja sinx + b cosx = 0.

Kui cosx = 0, siis sinx = 0.

– Kas selline olukord võib juhtuda?

- Mitte. Oleme saanud vastuolu trigonomeetrilise põhiidentiteediga.

Seega cosx ≠ 0. Jagame terminite kaupa cosx-iga:

a tgx + b = 0

tgx = -b / a on lihtsaim trigonomeetriline võrrand.

Järeldus: Esimese astme homogeensed trigonomeetrilised võrrandid lahendatakse võrrandi mõlema poole jagamisel cosx-iga (sinx).

Näiteks: 2 sinx - 3 cosx = 0,

Sest cosx ≠ 0, siis



tgx = 3/2 ;

x = arctg (3/2) + πn, n ∈Z.

Definitsioon. Nimetatakse võrrand kujul a sin 2 x + b sinx cosx + c cos 2 x = 0 , kus a ≠ 0, b ≠ 0, c ≠ 0 teise astme trigonomeetriline võrrand. (slaid 8)

Sellise võrrandi näide on võrrand nr 4. Kirjutame välja võrrandi üldkuju ja analüüsime seda.

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

Kui cosx = 0, siis sinx = 0.

Jälle tekkis vastuolu trigonomeetrilise põhiidentiteediga.

Seega cosx ≠ 0. Jagame terminite kaupa cos 2 x:



ja tg 2 x + b tgx + c = 0 on ruutvõrrand.

Järeldus: Oh teise astme homogeensed trigonomeetrilised võrrandid lahendatakse võrrandi mõlema poole jagamisel cos 2 x (sin 2 x).

Näiteks: 3 sin 2 x - 4 sinx cosx + cos 2 x \u003d 0.

Sest cos 2 x ≠ 0, siis



3tg 2 x - 4 tgx + 1 = 0 (Paluge õpilasel minna tahvli juurde ja täita võrrand iseseisvalt).

Asendus: tgx = y. 3 a 2 - 4 a + 1 = 0

D = 16 - 12 = 4

y 1 = 1 või y 2 = 1/3

tgx=1 või tgx=1/3

x = arctg (1/3) + πn, n ∈Z.

x = arctg1 + πn, n ∈Z.

x = π/4 + πn, n ∈Z.

5. Õpilaste uuest materjalist arusaamise kontrollimise etapp (1 min.)

Valige lisavõrrand:

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

√3sinx + cosx = 0; sin 2 x - 2 sinx cosx + 4cos 2 x \u003d 0;

4cosx + 5sinx = 0; √3sinx – cosx = 0.

(slaid 9)

6. Uue materjali konsolideerimine (24 min).

Õpilased koos tahvli ääres vastajatega lahendavad võrrandeid uue materjali jaoks. Ülesanded on slaidile kirjutatud tabeli kujul. Võrrandi lahendamisel avaneb slaidil olev pildi vastav osa. 4 võrrandi täitmise tulemusena avaneb õpilaste ees portree matemaatikust, kes avaldas trigonomeetria arengule olulist mõju. (õpilased tunnevad ära Francois Vieta portree - suure matemaatiku, kes andis suure panuse trigonomeetriasse, avastas redutseeritud ruutvõrrandi juurte omadused ja tegeles krüptograafiaga) . (slaid 10)

1) √3sinx + cosx = 0,

Sest cosx ≠ 0, siis

√3tgx + 1 = 0;

tgx = –1/√3;

х = arctg (–1/√3) + πn, n ∈Z.

x = –π/6 + πn, n ∈Z.

2) sin 2 x - 10 sinx cosx + 21 cos 2 x \u003d 0.

Sest cos 2 x ≠ 0, siis tg 2 x – 10 tgx + 21 = 0

Asendamine: tgx = y.

y 2 - 10 a + 21 = 0

y 1 = 7 või y 2 = 3

tgx=7 või tgx=3

x = arctg7 + πn, n ∈Z

x = arctg3 + πn, n ∈Z

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

Sest cos 2 2x ≠ 0, siis 3tg 2 2x – 6tg2x +5 = 0

Asendamine: tg2x = y.

3 a 2 - 6 a + 5 = 0

D \u003d 36 - 20 \u003d 16

y 1 = 5 või y 2 = 1

tg2x=5 või tg2x=1

2x = arctg5 + πn, n ∈Z

x = 1/2 arctg5 + π/2 n, n ∈Z

2x = arctg1 + 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 \u003d 0.

5sin 2 x + 4 sinx cosx - cos 2 x \u003d 0.

Sest cos 2 x ≠ 0, siis 5tg 2 x + 4 tgx –1 = 0

Asendamine: tg x = y.

5a 2 + 4a - 1 = 0

D = 16 + 20 = 36

y 1 = 1/5 või y 2 = -1

tgx = 1/5 või tgx = -1

x = arctg1/5 + πn, n ∈Z

x = arctg(–1) + πn, n ∈Z

x = –π/4 + πn, n ∈Z

Lisad (kaardil):

Lahendage võrrand ja, valides nelja pakutud variandi hulgast ühe, arvake ära reduktsioonivalemid tuletanud matemaatiku nimi:

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

Vastuse valikud:

х = arctg2 + 2πn, n ∈Z х = –π/2 + πn, n ∈Z – P. Tšebõšev

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

х = arctg 5 + πn, n ∈Z х = –π/3 + πn, n ∈Z – Sofia Kovalevskaja

x = arctg2.5 + πn, n ∈Z x = –π/4 + πn, n ∈Z – Leonard Euler

Õige vastus: Leonhard Euler.

7. Diferentseeritud iseseisev töö (8 min)

Suur matemaatik ja filosoof pakkus rohkem kui 2500 aastat tagasi välja viisi vaimsete võimete arendamiseks. "Mõtlemine algab imest," ütles ta. Oleme nende sõnade õigsuses täna korduvalt veendunud. Pärast iseseisva töö täitmist kahe valiku osas saate näidata, kuidas materjali õppisite, ja teada saada selle matemaatiku nime. Iseseisvaks tööks kasutage jaotuslehte, mis on teie töölaudadel. Saate ise valida ühe kolmest pakutud võrrandist. Kuid pidage meeles, et kollasele vastava võrrandi lahendamisel saate ainult "3", lahendades võrrandi, mis vastab rohelisele - "4", punasele - "5". (3. lisa)

Ükskõik, millise raskusastme õpilased valivad, saab pärast võrrandi õiget lahendust esimene variant sõna "ARIST", teine ​​- "HOTELL". Slaidil on sõna: "ARIST-HOTEL". (slaid 11)

Iseseisva tööga infolehed antakse üle kontrollimiseks. (4. lisa)

8. Kodutöö salvestamine (1 min)

D/z: §7.17. Koostage ja lahendage 2 esimese astme homogeenset ja 1 teise astme homogeenset võrrandit (kasutades koostamiseks Vieta teoreemi). (slaid 12)

9. Tunni kokkuvõtte tegemine, hinde panemine (2 minutit)

Õpetaja juhib veel kord tähelepanu seda tüüpi võrranditele ja nendele teoreetilistele faktidele, mis tunnis meelde jäid, räägib nende õppimise vajadusest.

Õpilased vastavad küsimustele:

1. Milliseid trigonomeetrilisi võrrandeid me tunneme?
2. Kuidas need võrrandid lahendatakse?

Õpetaja märgib üksikute õpilaste tunni edukamad tööd, paneb hindeid.

Täna käsitleme homogeenseid trigonomeetrilisi võrrandeid. Kõigepealt käsitleme terminoloogiat: mis on homogeenne trigonomeetriline võrrand. Sellel on järgmised omadused:

1. sellel peaks olema mitu terminit;
2. kõik terminid peavad olema sama tasemega;
3. kõigil homogeensesse trigonomeetrilisse identiteeti kuuluvatel funktsioonidel peab tingimata olema sama argument.

Lahenduse algoritm

Eraldage tingimused

Ja kui esimese punktiga on kõik selge, siis teisest tasub lähemalt rääkida. Mida tähendab terminite sama tase? Vaatame esimest ülesannet:

3cosx+5sinx=0

3\cos x+5\sin x=0

Selle võrrandi esimene liige on 3cosx 3\cos x. Pange tähele, et siin on ainult üks trigonomeetriline funktsioon - cosx\cos x - ja siin pole muid trigonomeetrilisi funktsioone, seega on selle liikme aste 1. Sama ka teisega - 5sinx 5 \ sin x - siin on ainult siinus, st selle liikme aste on samuti võrdne ühega. Niisiis, meie ees on identiteet, mis koosneb kahest elemendist, millest igaüks sisaldab trigonomeetrilist funktsiooni ja samal ajal ainult ühte. See on esimese astme võrrand.

Liigume edasi teise väljendi juurde:

4patt2 x+sin2x−3=0

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

Selle ehituse esimene tähtaeg on 4patt2 x 4((\sin )^(2))x.

Nüüd saame kirjutada järgmise lahenduse:

patt2 x=sinx⋅sinx

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

Teisisõnu sisaldab esimene liige kahte trigonomeetrilist funktsiooni, see tähendab, et selle aste on kaks. Tegeleme teise elemendiga - sin2x\sin 2x. Tuletage meelde järgmine valem - topeltnurga valem:

sin2x=2sinx⋅cosx

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

Ja jällegi, saadud valemis on meil kaks trigonomeetrilist funktsiooni – siinus ja koosinus. Seega on ka selle konstruktsioonielemendi võimsusväärtus võrdne kahega.

Pöördume kolmanda elemendi juurde - 3. Keskkooli matemaatikakursusest mäletame, et mis tahes arvu saab korrutada 1-ga, seega kirjutame:

˜ 3=3⋅1

Ja põhilist trigonomeetrilist identiteeti kasutava ühiku saab kirjutada järgmisel kujul:

1=patt2 x⋅ cos2 x

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

Seetõttu saame 3 ümber kirjutada järgmiselt:

3=3(patt2 x⋅ cos2 x)=3patt2 x+3 cos2 x

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

Seega on meie termin 3 jagatud kaheks elemendiks, millest igaüks on homogeenne ja millel on teine ​​aste. Esimese liikme siinus esineb kaks korda, koosinus teises ka kaks korda. Seega saab 3 esitada ka kahe astendajaga liikmena.

Sama ka kolmanda väljendiga:

patt3 x+ patt2 xcosx=2 cos3 x

Vaatame. Esimene ametiaeg - patt3 x((\sin )^(3))x on kolmanda astme trigonomeetriline funktsioon. Teine element on patt2 xcosx((\sin )^(2))x\cos x.

patt2 ((\sin )^(2)) on link, mille võimsuse väärtus on kaks korrutatuna cosx\cos x on esimese liige. Kokkuvõttes on ka kolmanda liikme võimsusväärtus kolm. Lõpuks, paremal on veel üks link - 2cos3 x 2((\cos )^(3))x on kolmanda astme element. Seega on meil homogeenne kolmanda astme trigonomeetriline võrrand.

Oleme registreerinud kolm erineva astmega identiteeti. Pange tähele teist väljendit. Algses sissekandes on ühel liikmetel argument 2x 2x. Oleme sunnitud sellest argumendist vabanema, teisendades selle topeltnurga siinuse valemi järgi, sest kõik meie identiteedis sisalduvad funktsioonid peavad tingimata sisaldama sama argumenti. Ja see on homogeensete trigonomeetriliste võrrandite nõue.

Kasutame peamise trigonomeetrilise identiteedi valemit ja paneme kirja lõpplahenduse

Mõistsime tingimused välja, liigume edasi lahenduse juurde. Sõltumata võimsuseksponentist, lahendatakse seda tüüpi võrrandid alati kahes etapis:

1) seda tõestada

cosx≠0

\cos x\ne 0. Selleks piisab trigonomeetrilise põhiidentiteedi valemi meenutamisest (patt2 x⋅ cos2 x=1)\left(((\sin )^(2))x\cdot ((\cos )^(2))x=1 \right) ja asenda selle valemiga cosx=0\cosx=0. Saame järgmise väljendi:

patt2 x=1sinx=±1

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

Saadud väärtuste asendamine, st asemel cosx\cos x on null ja selle asemel sinx\sin x - 1 või -1, algses avaldises saame vale numbrilise võrdsuse. See on selle fakti põhjendus

cosx≠0

2) teine ​​samm tuleneb loogiliselt esimesest. Kuna

cosx≠0

\cos x\ne 0, jagame oma konstruktsiooni mõlemad pooled arvuga cosn x((\cos )^(n))x, kus n n on homogeense trigonomeetrilise võrrandi võimsuseksponent. Mida see meile annab:

\[\begin(massiivi)((35)(l))

sinxcosx=tgxcosxcosx=1

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

Tänu sellele taandub meie tülikas esialgne konstruktsioon võrrandiks n n-võimsus puutuja suhtes, mille lahend on muutuja muutuse abil kergesti kirjutatav. See on kogu algoritm. Vaatame, kuidas see praktikas töötab.

Me lahendame tõelisi probleeme

Ülesanne nr 1

3cosx+5sinx=0

3\cos x+5\sin x=0

Oleme juba avastanud, et see on homogeenne trigonomeetriline võrrand, mille asteaste on võrdne ühega. Seetõttu uurime kõigepealt seda cosx≠0\cos x\ne 0. Eeldame vastupidist, et

cosx=0→sinx=±1

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

Asendame saadud väärtuse oma avaldisesse, saame:

3⋅0+5⋅(±1)=0±5=0

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

Selle põhjal võib öelda, et cosx≠0\cos x\ne 0. Jagage meie võrrand arvuga cosx\cos x, sest kogu meie avaldise võimsusväärtus on üks. Saame:

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

\begin(joona)& 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(joonda)

See ei ole tabeli väärtus, nii et vastus sisaldab arctgx arctgx:

x=arctg (−3 5 ) + πn,n∈Z

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

Kuna arctg arctg arctg on paaritu funktsioon, saame argumendist "miinuse" välja võtta ja panna selle arctg ette. Saame lõpliku vastuse:

x=−arctg 3 5 + πn,n∈Z

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

Ülesanne nr 2

4patt2 x+sin2x−3=0

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

Nagu mäletate, peate enne selle lahendusega jätkamist tegema mõned muudatused. Teostame teisendusi:

4patt2 x+2sinxcosx−3 (patt2 x+ cos2 x)=0 4patt2 x+2sinxcosx−3 patt2 x−3 cos2 x=0patt2 x+2sinxcosx−3 cos2 x=0

\begin(joona)& 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 (joonda)

Oleme saanud kolmest elemendist koosneva struktuuri. Esimesel ametiajal näeme patt2 ((\sin )^(2)), st selle võimsusväärtus on kaks. Teisel ametiajal näeme sinx\sin x ja cosx\cos x - jällegi on kaks funktsiooni, need korrutatakse, nii et koguaste on jälle kaks. Kolmandas lingis näeme cos2 x((\cos )^(2))x – sarnane esimesele väärtusele.

Tõestame seda cosx=0\cos x=0 ei ole selle konstruktsiooni lahendus. Selleks oletagem vastupidist:

\[\begin(massiivi)((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 \\\end(massiiv)\]

Oleme seda tõestanud cosx=0\cos x=0 ei saa olla lahendus. Liigume teise sammu juurde – jagame kogu oma väljenduse arvuga cos2 x((\cos )^(2))x. Miks väljakul? Kuna selle homogeense võrrandi eksponent on võrdne kahega:

patt2 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(joonda)

Kas seda avaldist saab lahendada diskriminandi abil? Jah, kindlasti võib. Kuid teen ettepaneku meenutada teoreemi, mis on vastupidine Vieta teoreemile, ja me saame, et seda polünoomi saab esitada kahe lihtsa polünoomina, nimelt:

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

\begin(joona)& \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)+\ tekst( )\!\!\pi\!\!\text( )k,k\in Z \\\end(joonda)

Paljud õpilased küsivad, kas identiteetide igale lahendusrühmale tasub kirjutada eraldi koefitsiendid või mitte vaeva näha ja kirjutada kõikjale sama koefitsient. Isiklikult arvan, et parem ja usaldusväärsem on kasutada erinevaid tähti, et juhul, kui astuda tõsisesse tehnikaülikooli matemaatika lisakatsetega, ei leiaks inspektorid vastuses vigu.

Ülesanne nr 3

patt3 x+ patt2 xcosx=2 cos3 x

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

Teame juba, et see on homogeenne kolmanda astme trigonomeetriline võrrand, spetsiaalseid valemeid pole vaja ja meilt nõutakse vaid termini ülekandmist. 2cos3 x 2((\cos )^(3))x vasakule. Ümberkirjutamine:

patt3 x+ patt2 xcosx−2 cos3 x=0

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

Näeme, et iga element sisaldab kolme trigonomeetrilist funktsiooni, seega on selle võrrandi võimsusväärtus kolm. Me lahendame selle. Kõigepealt peame seda tõestama cosx=0\cos x=0 ei ole juur:

\[\begin(massiivi)((35)(l))

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

Asendage need numbrid meie algsesse konstruktsiooni:

(±1)3 +1⋅0−2⋅0=0 ±1+0−0=0±1=0

\begin(joona)& ((\left(\pm 1 \right))^(3))+1\cdot 0-2\cdot 0=0 \\& \pm 1+0-0=0 \\& \pm 1=0 \\\end(joonda)

Järelikult cosx=0\cos x=0 ei ole lahendus. Oleme seda tõestanud cosx≠0\cos x\ne 0. Nüüd, kui oleme seda tõestanud, jagame oma algse võrrandi cos3 x((\cos )^(3))x. Miks kuubis? Sest me just tõestasime, et meie algsel võrrandil on kolmas aste:

patt3 xcos3 x+patt2 xcosxcos3 x−2=0 t g3 x+t g2 x−2=0

\begin(joona)& \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 \\\lõpp(joonda)

Tutvustame uut muutujat:

tgx=t

Struktuuri ümberkirjutamine:

t3 +t2 −2=0

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

Meil on kuupvõrrand. Kuidas seda lahendada? Algselt, kui ma just seda videoõpetust koostasin, plaanisin esmalt rääkida polünoomide lagundamisest teguriteks ja muudeks nippideks. Kuid sel juhul on kõik palju lihtsam. Vaata, meie vähendatud identiteet kõrgeima astmega terminiga on 1. Lisaks on kõik koefitsiendid täisarvud. Ja see tähendab, et saame kasutada Bezouti teoreemi järeldust, mis ütleb, et kõik juured on arvu -2 jagajad, see tähendab vaba liige.

Tekib küsimus: mida jagatakse -2-ga. Kuna 2 on algarv, ei ole nii palju võimalusi. Need võivad olla järgmised numbrid: 1; 2; - üks; -2. Negatiivsed juured kaovad kohe. Miks? Kuna mõlemad on absoluutväärtuses suuremad kui 0, t3 ((t)^(3)) on moodulis suurem kui t2 ((t)^(2)). Ja kuna kuup on paaritu funktsioon, on kuubis olev arv negatiivne ja t2 ((t)^(2)) on positiivne ja kogu see konstruktsioon, koos t=-1 t = -1 ja t=-2 t=-2 ei ole suurem kui 0. Lahutage sellest -2 ja saate arvu, mis on ilmselgelt väiksem kui 0. Alles jäävad ainult 1 ja 2. Asendame kõik need arvud:

˜ t=1 → 1+1−2=0 → 0=0

˜t=1\teksti( )1+1-2=0\kuni 0=0

Saime õige arvulise võrdsuse. Järelikult t = 1 t=1 on juur.

t=2→8+4–2=0→10≠0

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

t = 2 t=2 ei ole juur.

Järelduse ja sama Bezouti teoreemi järgi iga polünoom, mille juur on x0 ((x)_(0)), esitage järgmiselt:

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

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

Meie puhul nagu x x on muutuja t t, ja rollis x0 ((x)_(0)) on juur, mis on võrdne 1-ga. Saame:

t3 +t2 −2=(t−1)⋅P(t)

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

Kuidas leida polünoomi P (t) P\left(t\right)? Ilmselgelt peate tegema järgmist.

P(t)= t3 +t2 −2 t-1

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

Asendame:

t3 +t2 +0⋅t−2t-1=t2 +2t+2

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

Niisiis, meie algne polünoom jagatakse ilma jäägita. Seega saame oma algse võrdsuse ümber kirjutada järgmiselt:

(t-1)( t2 +2t+2)=0

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

Korrutis on võrdne nulliga, kui vähemalt üks teguritest on võrdne nulliga. Esimest tegurit oleme juba kaalunud. Vaatame teist:

t2 +2t+2=0

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

Kogenud tudengid said ilmselt juba aru, et sellel konstruktsioonil pole juuri, aga arvutame ikkagi diskriminandi.

D=4−4⋅2=4−8=−4

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

Diskriminant on väiksem kui 0, seega pole avaldisel juuri. Kokku taandati tohutu ehitus tavapärasele võrdsusele:

\[\begin(massiivi)((35)(l))

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

Lõpetuseks tahaksin lisada paar kommentaari viimase ülesande kohta:

1. kas tingimus on alati täidetud cosx≠0\cos x\ne 0 ja kas seda kontrolli peaks üldse tegema. Muidugi mitte alati. Juhtudel, kui cosx=0\cos x=0 on meie võrdsuse lahendus, peaksime selle sulgudest välja võtma ja siis jääb sulgudesse täisväärtuslik homogeenne võrrand.
2. Mis on polünoomi jagamine polünoomiga. Tõepoolest, enamik koole seda ei uuri ja kui õpilased esimest korda sellist struktuuri näevad, kogevad nad kerget šokki. Kuid tegelikult on see lihtne ja ilus tehnika, mis hõlbustab oluliselt kõrgema astme võrrandite lahendamist. Loomulikult on sellele pühendatud eraldi videoõpetus, mille lähiajal avaldan.

Võtmepunktid

Homogeensed trigonomeetrilised võrrandid on erinevate testide lemmikteema. Need lahendatakse väga lihtsalt – piisab korra harjutamisest. Et oleks selge, millest me räägime, tutvustame uut määratlust.

Homogeenne trigonomeetriline võrrand on selline, mille iga nullist erinev liige koosneb samast arvust trigonomeetrilistest teguritest. Need võivad olla siinused, koosinused või nende kombinatsioonid – lahendusmeetod on alati sama.

Homogeense trigonomeetrilise võrrandi aste on nullist erinevas osas sisalduvate trigonomeetriliste tegurite arv. Näited:

sinx+15 cos x=0

\sin x+15\text( cos )x=0 — 1. astme identiteet;

2 sin2x+5sinxcosx−8cos2x=0

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

sin3x+2sinxcos2x=0

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

sinx+cosx=1

\sin x+\cos x=1 - ja see võrrand ei ole homogeenne, kuna paremal on ühik - nullist erinev liige, milles trigonomeetrilisi tegureid pole;

sin2x+2sinx−3=0

\sin 2x+2\sin x-3=0 on samuti ebahomogeenne võrrand. Element sin2x\sin 2x - teine ​​aste (sest võite ette kujutada

sin2x=2sinxcosx

\sin 2x=2\sin x\cos x), 2sinx 2 \ sin x - esimene ja termin 3 on üldiselt null, kuna selles pole siinusi ega koosinust.

Üldine lahendusskeem

Lahendusskeem on alati sama:

Teeskleme seda cosx=0\cosx=0. Siis sinx=±1\sin x=\pm 1 – see tuleneb põhiidentiteedist. Asendaja sinx\sin x ja cosx\cos x algsesse avaldisesse ja kui tulemus on jama (näiteks avaldis 5=0 5=0), minge teise punkti;

Jagame kõik koosinuse astmega: cosx, cos2x, cos3x ... - sõltub võrrandi võimsusväärtusest. Saame puutujatega tavapärase võrdsuse, mis on edukalt lahendatud pärast asendust tgx=t.

tgx=tLeitud juured on vastuseks algsele avaldisele.