Homogeninės trigonometrinės lygtys: bendroji sprendinių schema. Trigonometrinės lygtys. Išsamus vadovas (2019 m.)

Pamokos tipas: naujos medžiagos paaiškinimas. Darbas vyksta grupėse. Kiekviena grupė turi ekspertą, kuris prižiūri ir vadovauja mokinių darbui. Padeda silpniems mokiniams patikėti savo jėgomis sprendžiant šias lygtis.

Parsisiųsti:

Peržiūra:

Susijusi pamoka

" Homogeninės trigonometrinės lygtys“

(10 klasė)

Tikslas:

1. supažindinti su vienarūšių trigonometrinių I ir II laipsnių lygčių samprata;
2. suformuluoti ir parengti I ir II laipsnio vienarūšių trigonometrinių lygčių sprendimo algoritmą;
3. mokyti spręsti vienarūšes I ir II laipsnių trigonometrines lygtis;
4. ugdyti gebėjimą atpažinti šablonus, apibendrinti;
5. skatinti domėjimąsi dalyku, ugdyti solidarumo jausmą ir sveiką konkurenciją.

Pamokos tipas : naujų žinių formavimo pamoka.

Elgesio forma: darbas grupėse.

Įranga: kompiuteris, multimedijos instaliacija

Per užsiėmimus

I. Organizacinis momentas

Pamokoje žinių vertinimo vertinimo sistema (dėstytojas paaiškina žinių vertinimo sistemą, vertinimo lapą pildo nepriklausomas ekspertas, mokytojo pasirinktas iš mokinių). Pamoką lydi pristatymas. 1 priedas.

Vertinimo lapas Nr.

n\n	Pavardė Vardas	Namų darbai	pažintinė veikla	Lygčių sprendimas	Nepriklausomas Darbas	Įvertinimas

II. Pagrindinių žinių atnaujinimas..

Tęsiame temą „Trigonometrinės lygtys“. Šiandien pamokoje susipažinsime su kito tipo trigonometrinėmis lygtimis ir jų sprendimo būdais, todėl pakartosime tai, ką išmokome. Išspręstos visų tipų trigonometrinės lygtys sumažinamos iki paprasčiausių trigonometrinių lygčių sprendimo. Prisiminkime pagrindinius paprasčiausių trigonometrinių lygčių tipus. Naudokite rodykles, kad atitiktumėte išraiškas.

III. Motyvacija mokytis.

Turime išspręsti kryžiažodį. Ją išsprendę, išmoksime pavadinti naujo tipo lygtis, kurias šiandien pamokoje išmoksime išspręsti.

Klausimai projektuojami ant lentos. Mokiniai spėja, nepriklausomas ekspertas į balų lapą įrašo taškus atsakiusiems mokiniams.

Išsprendę kryžiažodį, vaikinai perskaitys žodį „homogeniškas“.

Kryžiažodis.

Jei įvesite teisingus žodžius, gausite vieno iš trigonometrinių lygčių tipų pavadinimą.

1. Kintamojo, paverčiančio lygtį tikrąja lygybe, reikšmė? (Šaknis)

2. Kampų matavimo vienetas? (radianas)

3. Skaitinis daugiklis gaminyje? (koeficientas)

4. Matematikos skyrius, tiriantis trigonometrines funkcijas? (Trigonometrija)

5. Koks matematinis modelis reikalingas trigonometrinėms funkcijoms įvesti? (Ratas)

6. Kuri iš trigonometrinių funkcijų yra lyginė? (kosinusas)

7. Kaip vadinasi tikroji lygybė? (Tapatybė)

8.Lygybė su kintamuoju? (Lygtis)

9. Lygtys su tomis pačiomis šaknimis? (lygiavertis)

10. Lygties šaknų aibė? (Sprendimas)

IV. Naujos medžiagos paaiškinimas.

Pamokos tema „Homogeninės trigonometrinės lygtys“. (Pristatymas)

Pavyzdžiai:

1. sin x + cos x = 0
2. √3cos x + sin x = 0
3. sin4x = cos4x
4. 2sin 2 x + 3 sin x cos x + cos 2 x = 0
5. 4 nuodėmė 2 x – 5 sin x cos x – 6 cos 2 x = 0
6. sin 2 x + 2 sin x cos x - 3 cos 2 x + 2 = 0
7. 4sin 2 x – 8 sin x cos x + 10 cos 2 x = 3
8. 1 + 7cos 2 x = 3 sin 2x
9. sin2x + 2cos2x = 1

V. Savarankiškas darbas

Uždaviniai: visapusiškai pasitikrinti mokinių žinias sprendžiant visų tipų trigonometrines lygtis, skatinti mokinius savistabai, savikontrolei.
Mokinių prašoma atlikti 10 minučių rašto darbą.
Mokiniai dirba ant tuščių popieriaus lapų kopijavimui. Pasibaigus laikui, renkamos viršūnės savarankiškas darbas, o kopijavimo sprendimai lieka mokiniams.
Savarankiško darbo tikrinimas (3 min.) atliekamas abipusio patikrinimo būdu.
. Mokiniai spalvotu rašikliu patikrina kaimyno rašto darbus ir užrašo tikrintojo vardą. Tada perduokite lapus.

Tada jie perduodami nepriklausomam ekspertui.

1 variantas: 1) sin x = √3cos x

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

3) 3sin x – 2sin x cos x = 1

4) sin2x⁄sinx=0

2 variantas: 1) cosx + √3sin x = 0

2) 2sin 2 x + 3sin x cos x – 2 cos 2 x = 0

3)1 + sin 2 x = 2 sin x cos x

4) cos 2x ⁄ cos x = 0

VI. Apibendrinant pamoką

VII. Namų darbai:

Namų darbai - 12 balų (už namų darbus buvo pateiktos 3 lygtys 4 x 3 = 12)

Mokinio veikla – 1 atsakymas – 1 balas (daugiausia 4 balai)

Lygčių sprendimas 1 taškas

Savarankiškas darbas - 4 balai

Šios video pamokos pagalba 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 yra nulis, tai lygtis atrodys taip, kaip b cos x = 0; jei b yra nulis, tai lygtis atrodys kaip nuodėmė x = 0. Tai lygtys, kurias vadinome paprasčiausiomis ir sprendėme anksčiau ankstesnėse temose.

Dabar apsvarstykite variantą, kai a ir b nėra lygūs nuliui. Padalinę lygties dalis iš kosinuso x ir atliksime 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 homogeninė pirmojo laipsnio trigonometrinė lygtis. Norėdami išspręsti lygtį, padalykite jos dalis iš cos mx.

Išanalizuokime 1 pavyzdį. Išspręskite 7 sin (x / 2) - 5 cos (x / 2) = 0. Pirmiausia lygties dalis padalinkite iš kosinuso (x / 2). Žinodami, kad sinusas, padalintas iš kosinuso, yra liestinė, gauname 7 tg (x / 2) - 5 = 0. Transformavę išraišką, nustatome, kad liestinės (x / 2) reikšmė yra 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) a nulis 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 toliau sprendžiame dvi lygtis. Lygties dalis padalijus iš kosinuso x gauname b tg x + c = 0, vadinasi, tg x = - c/b. Žinant, kad x \u003d arctan a + πn, tada sprendimas šiuo atveju bus x \u003d arctg (- c / 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 tokia: a sin 2 x + b sin x cos x = 0. Šią lygtį galima išspręsti iš skliaustų išėmus x sinusą.

1. pažiūrėkite, ar lygtyje yra nuodėmė 2 x;

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

3. jei lygtyje a sin 2 x nėra, tai lygtį galima išspręsti išėmus skliaustus cosx.

Apsvarstykite 2 pavyzdį. Išimame kosinusą ir gauname dvi lygtis. Pirmosios lygties šaknis yra x = π/2 + πn. Norėdami išspręsti antrąją lygtį, šios lygties dalis padaliname iš kosinuso x, transformacijų pagalba 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 Kadangi ši lygtis yra nevienalytė, būtina ją redukuoti iki vienalytės formos. 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 Įvedę naują kintamąjį z = tg 2x, išsprendžiame lygtį, kurios šaknis yra z = 1. Tada tg 2x = 1, o tai reiškia, kad x = π/8 + (πn)/2. Nes pagal uždavinio sąlygą reikia rasti šaknis, priklausančias segmentui nuo - π iki π, sprendimas atrodys taip - 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 PAAIŠKINIMAS:

Homogeninės trigonometrinės lygtys

Šiandien mes analizuosime, kaip sprendžiamos „Homogeninės trigonometrinės lygtys“. Tai yra ypatingos rūšies lygtys.

Susipažinkime su apibrėžimu.

Tipo lygtis ir sinx+bcosx = 0 (ir sinusas x plius kosinusas x yra lygus nuliui) vadinama homogenine pirmojo laipsnio trigonometrine lygtimi;

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

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

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

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

Apsvarstykite atvejis, kai abu koeficientai yra nuliniai. Padalinkite abi lygties puses betnuodėmėx+ bcosx = 0 terminas po termino cosx.

Galime tai padaryti, nes kosinusas x yra nulis. Juk jei cosx = 0 , tada lygtis betnuodėmėx+ bcosx = 0 įgaus formą betnuodėmėx = 0 , bet≠ 0, todėl nuodėmėx = 0 . Kas yra neįmanoma, nes pagal pagrindinę trigonometrinę tapatybę nuodėmė 2x+cos 2 x=1 .

Abiejų lygties pusių padalijimas betnuodėmėx+ bcosx = 0 terminas po termino 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 \u003d - b

2. Atsikratykite daugiklio ir padalijus abi lygties puses iš a

tg x= -.

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

1 PAVYZDYS. Išspręskite lygtį 7 sin - 5 cos \u003d 0 (septyni sinusas x x du atėmus penkis kosinusus x du yra nulis)

Sprendimas. Abi lygties dalis dalijame iš termino iš cos, gauname

1. \u003d 7 tg (kadangi sinuso ir kosinuso santykis yra liestinė, tada septyni sinusai x iš dviejų, padalyti iš kosinuso x iš dviejų, yra lygus 7 liestinės x iš dviejų)

2. -5 = -5 (kai sutrumpinta cos)

Taip gavome lygtį

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

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

x \u003d arctg a + πn, tada mūsų lygties sprendimas atrodys taip:

Arctg + πn, raskite x

x \u003d 2 arctan + 2πn.

Atsakymas: x \u003d 2 arctg + 2πn.

Pereikime prie homogeninės antrojo laipsnio trigonometrinės lygties

betsin 2 x+b sin x cos x +išcos2 x = 0.

Panagrinėkime keletą atvejų.

I. Jeigu a=0, tada lygtis įgaus formą bnuodėmėxcosx+ccos 2 x= 0.

Sprendžiant e tada naudojame lygčių faktorizavimo metodą. Išimkime cosx skliausteliuose ir gauname: cosx(bnuodėmėx+ccosx)= 0 . Kur cosx= 0 arba

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

Abi lygties dalis dalijame iš termino iš cosx, gauname

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 bet ir šie sprendimai atrodo

x \u003d arctg a + πn, tada mūsų lygties sprendimas bus toks:

x \u003d arctg + πn, .

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

(Panašiai argumentuojant, kaip ir pirmojo laipsnio vienalytės trigonometrinės lygties atveju, kosinusas x negali išnykti).

III. Jeigu c=0, tada lygtis įgaus formą betnuodėmė 2 x+ bnuodėmėxcosx= 0. Ši lygtis išspręsta faktorizavimo metodu (išimkite nuodėmėx skliausteliuose).

Taigi, sprendžiant lygtį betnuodėmė 2 x+ bnuodėmėxcosx+ccos 2 x= 0 galite sekti algoritmą:

2 PAVYZDYS. Išspręskite lygtį sinxcosx - cos 2 x= 0 (sinus x x kosinusas x atėmus šaknį iš trijų kartų kosinuso kvadrato x lygi nuliui).

Sprendimas. Suskaičiuokime faktorių (cosx skliaustą). Gauk

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

Atsakymas: x \u003d + πn, x \u003d + πn.

3 PAVYZDYS. Išspręskite lygtį 3sin 2 2x - 2 sin2xcos2 x +3cos 2 2x= 2 (dviejų x trijų sinusų kvadratas atėmus du x sinuso ir dviejų x kosinuso ir dviejų x trijų kosinuso kvadrato sandaugą) ir rasti jo šaknis, priklausančias intervalui (- π; π).

Sprendimas. Ši lygtis nėra vienalytė, todėl atliksime transformacijas. Skaičius 2, esantis dešinėje lygties pusėje, pakeičiamas sandauga 2 1

Kadangi pagal pagrindinę trigonometrinę tapatybę sin 2 x + cos 2 x \u003d 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 nuodėmė 2 x + 2 cos 2 x

Taigi lygtis 3sin 2 2x - 2 sin2xcos2 x +3cos 2 2x= 2 bus tokia:

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.

Gavome homogeninę antrojo laipsnio trigonometrinę lygtį. Taikykime padalijimą pagal terminą iš cos 2 2x:

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

Įveskime naują kintamąjį z= tg2х.

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 \u003d a, kur t \u003d 2x, a \u003d 1. Ir kadangi ši lygtis turi bet kokios reikšmės sprendimą bet ir šie sprendimai atrodo

x \u003d arctg x a + πn, tada mūsų lygties sprendimas bus toks:

2x \u003d arctg1 + πn,

x \u003d + , (x yra lygus pi sumai padauginus aštuonis ir pi en padauginus du).

Mums belieka rasti tokias x reikšmes, kurios yra 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 įrenginį į dešinę ir į kairę, pakeisdami ženklą į minus vieną

padaliname iš keturių gauname

patogumui trupmenomis parenkame sveikąsias dalis

-

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

Pamokos tema: „Homogeninės trigonometrinės lygtys“

(10 klasė)

Tikslas: supažindinti su vienarūšių trigonometrinių I ir II laipsnių lygčių samprata; suformuluoti ir parengti I ir II laipsnio vienarūšių trigonometrinių lygčių sprendimo algoritmą; mokyti spręsti vienarūšes I ir II laipsnių trigonometrines lygtis; ugdyti gebėjimą atpažinti šablonus, apibendrinti; skatinti domėjimąsi dalyku, ugdyti solidarumo jausmą ir sveiką konkurenciją.

Pamokos tipas: naujų žinių formavimo pamoka.

Elgesio forma: darbas grupėse.

Įranga: kompiuteris, multimedijos montavimas

Per užsiėmimus

Laiko organizavimas

Mokinių sveikinimas, dėmesio sutelkimas.

Pamokoje žinių vertinimo vertinimo sistema (dėstytojas paaiškina žinių vertinimo sistemą, vertinimo lapą pildo nepriklausomas ekspertas, mokytojo pasirinktas iš mokinių). Pamoką lydi pristatymas. .

Pagrindinių žinių atnaujinimas.

Namų darbus prieš pamoką tikrina ir įvertina nepriklausomas ekspertas ir konsultantai bei užpildo vertinimo lapą.

Mokytoja apibendrina namų darbus.

Mokytojas: Tęsiame temą „Trigonometrinės lygtys“. Šiandien pamokoje susipažinsime su kito tipo trigonometrinėmis lygtimis ir jų sprendimo būdais, todėl pakartosime tai, ką išmokome. Išspręstos visų tipų trigonometrinės lygtys sumažinamos iki paprasčiausių trigonometrinių lygčių sprendimo.

Tikrinami grupėse atlikti individualūs namų darbai. Pranešimo „Paprasčiausių trigonometrinių lygčių sprendimai“ gynimas

(Grupės darbą vertina nepriklausomas ekspertas)

Motyvacija mokytis.

Mokytojas: Turime išspręsti kryžiažodį. Ją išsprendę, išmoksime pavadinti naujo tipo lygtis, kurias šiandien pamokoje išmoksime išspręsti.

Klausimai projektuojami ant lentos. Mokiniai spėja, nepriklausomas ekspertas į balų lapą įrašo taškus atsakiusiems mokiniams.

Išsprendę kryžiažodį, vaikinai perskaitys žodį „homogeniškas“.

Naujų žinių įsisavinimas.

Mokytojas: Pamokos tema „Homogeninės trigonometrinės lygtys“.

Pamokos temą surašykime į sąsiuvinį. Homogeninės trigonometrinės lygtys yra pirmojo ir antrojo laipsnio.

Užrašykime pirmojo laipsnio vienalytės lygties apibrėžimą. Aš naudoju pavyzdį, kad parodyčiau tokio tipo lygties sprendimą, jūs sudarote algoritmą, kaip išspręsti pirmojo laipsnio vienalytę trigonometrinę lygtį.

Tipo lygtis bet sinx + b cosx = 0 vadinama homogenine pirmojo laipsnio trigonometrine lygtimi.

Apsvarstykite lygties sprendimą, kai koeficientai bet Ir in skiriasi nuo 0.

Pavyzdys: sinx + cosx = 0

R abi lygties dalis dalijant iš termino iš cosx gauname

Dėmesio! Dalinti iš 0 galima tik tada, kai ši išraiška niekur nevirsta į 0. Išanalizuokime. Jei kosinusas yra 0, tada sinusas taip pat bus 0, atsižvelgiant į tai, kad koeficientai skiriasi nuo 0, tačiau žinome, kad sinusas ir kosinusas išnyksta skirtinguose taškuose. Todėl šią operaciją galima atlikti sprendžiant tokio tipo lygtį.

Pirmojo laipsnio vienalytės trigonometrinės lygties sprendimo algoritmas: abiejų lygties dalių padalijimas iš cosx, cosx 0

Tipo lygtis bet sin mx +b cos mx = 0 jie taip pat vadina homogeninę pirmojo laipsnio trigonometrinę lygtį ir taip pat išsprendžia abiejų lygties dalių padalijimą kosinusu mx.

Tipo lygtis a nuodėmė 2 x +b sinx cox +c cos2x = 0 vadinama homogenine antrojo laipsnio trigonometrine lygtimi.

Pavyzdys : nuodėmė 2 x + 2sinx cosx - 3cos 2 x=0

Koeficientas a skiriasi nuo 0, todėl, kaip ir ankstesnėje lygtyje, cosx nėra lygus 0, todėl galite naudoti metodą, padalydami abi lygties dalis iš cos 2 x.

Gauname tg 2 x + 2tgx - 3 = 0

Mes išsprendžiame įvesdami naują kintamąjį tegul tgx = a, tada gauname lygtį

a 2 + 2a - 3 = 0

D \u003d 4 - 4 (-3) \u003d 16

a 1 = 1 a 2 = -3

Grįžti prie pakeitimo

Atsakymas:

Jei koeficientas a \u003d 0, tada lygtis bus 2sinx cosx - 3cos2x \u003d 0, ją išspręsime iš skliaustų išimdami bendrą koeficientą cosx. Jei koeficientas c \u003d 0, tada lygtis bus sin2x + 2sinx cosx \u003d 0, ją išspręsime iš skliaustų išimdami bendrą koeficientą sinx. Pirmojo laipsnio vienalytės trigonometrinės lygties sprendimo algoritmas:

Pažiūrėkite, ar lygtyje yra asin2 x narys.

Jei lygtyje yra terminas asin2 x (ty 0), tada lygtis išspręsta padalijus abi lygties puses iš cos2x ir įvedant naują kintamąjį.

Jei lygtyje nėra termino asin2 x (t. y. a = 0), tai lygtis sprendžiama faktorizavimo metodu: cosx išimamas iš skliaustų. Lygiai taip pat sprendžiamos homogeninės lygtys a sin2m x + b sin mx cos mx + c cos2mx = 0

Vienarūšių trigonometrinių lygčių sprendimo algoritmas surašytas vadovėlyje 102 puslapyje.

Kūno kultūros minutė

Homogeninių trigonometrinių lygčių sprendimo įgūdžių formavimas

Probleminių knygų atidarymas 53 psl

1 ir 2 grupės sprendžia Nr.361-c

3 ir 4 grupės sprendžia Nr.363-v

Parodykite sprendimą lentoje, paaiškinkite, papildykite. Nepriklausomas ekspertas vertina.

Pavyzdžiai iš uždavinių knygos Nr. 361-c
sinx – 3cosx = 0
abi lygties puses padaliname iš cosx 0, gauname

Nr.363-v
sin2x + sinxcosx - 2cos2x = 0
abi lygties puses padaliname iš cos2x, gauname tg2x + tgx – 2 = 0

išspręskite įvesdami naują kintamąjį
tegul tgx = a, tada gauname lygtį
a2 + a - 2 = 0
D = 9
a1 = 1 a2 = -2
grįžti prie pakeitimo

Savarankiškas darbas.

Išspręskite lygtis.

2 cos - 2 = 0

2cos2x – 3cosx +1 = 0

3 sin2x + sinx cosx – 2 cos2x = 0

Savarankiško darbo pabaigoje keičiasi darbas ir abipusis patikrinimas. Teisingi atsakymai rodomi lentoje.

Tada jie perduodami nepriklausomam ekspertui.

„Pasidaryk pats“ sprendimas

Apibendrinant pamoką.

Kokias trigonometrines lygtis sutikome pamokoje?

Pirmojo ir antrojo laipsnio trigonometrinių lygčių sprendimo algoritmas.

Namų darbai: § 20.3 perskaityta. Nr.361(d), 363(b), padidinto sunkumo papildomai Nr.380(a).

Kryžiažodis.

Jei įvesite teisingus žodžius, gausite vieno iš trigonometrinių lygčių tipų pavadinimą.

Kintamojo, paverčiančio lygtį tikrąja lygybe, reikšmė? (Šaknis)

Kampo vienetas? (radianas)

Skaitinis daugiklis gaminyje? (koeficientas)

Matematikos šaka, tirianti trigonometrines funkcijas? (Trigonometrija)

Koks matematinis modelis reikalingas trigonometrinėms funkcijoms įvesti? (Ratas)

Kuri iš trigonometrinių funkcijų yra lyginė? (kosinusas)

Kaip vadinama tikroji lygybė? (Tapatybė)

Lygybė su kintamuoju? (Lygtis)

Lygtys turi tas pačias šaknis? (lygiavertis)

Lygties šaknų aibė ? (Sprendimas)

Vertinimo dokumentas

№
n\n

Mokytojo pavardė, vardas

Namų darbai

Pristatymas

pažintinė veikla
studijuoti

Lygčių sprendimas

Nepriklausomas
Darbas

Namų darbai - 12 balų (už namų darbus buvo pateiktos 3 lygtys 4 x 3 = 12)

Pristatymas – 1 balas

Mokinio veikla – 1 atsakymas – 1 balas (daugiausia 4 balai)

Lygčių sprendimas 1 taškas

Savarankiškas darbas - 4 balai

Grupės įvertinimas:

„5“ – 22 taškai ar daugiau
"4" - 18 - 21 taškas
„3“ – 12–17 taškų

Šiandien nagrinėsime vienarūšes trigonometrines lygtis. Pirmiausia panagrinėkime terminologiją: kas yra vienalytė trigonometrinė lygtis. Jis turi šias charakteristikas:

1. jame turėtų 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

Atskirkite terminus

Ir jei su pirmuoju punktu viskas aišku, tuomet apie antrą verta pakalbėti plačiau. Ką reiškia tas pats terminų laipsnis? Pažiūrėkime į pirmąją užduotį:

3cosx+5sinx=0

3\cos x+5\sin x=0

Pirmasis šios lygties narys yra 3cosx 3\cos x. Atminkite, 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 antrąja - 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 kiekvienas turi trigonometrinę funkciją ir tuo pačiu tik vieną. 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 terminas 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, pirmasis narys turi dvi trigonometrines funkcijas, tai yra, jo laipsnis yra du. Panagrinėkime antrąjį elementą - sin2x\sin 2x. Prisiminkite 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.

Mes pereiname prie trečiojo elemento - 3. Iš vidurinės mokyklos matematikos kurso prisimename, kad bet kurį skaičių galima padauginti iš 1, todėl rašome:

˜ 3=3⋅1

Ir vienetą, naudojantį pagrindinę trigonometrinę tapatybę, galima parašyti 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 buvo 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 pavaizduotas kaip terminas, kurio eksponentas yra du.

Tas pats su trečiąja išraiška:

nuodėmė3 x+ nuodėmė2 xcosx=2 cos3 x

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

nuodėmė2 ((\sin )^(2)) yra saitas, kurio galios vertė yra dvi, padaugintos iš cosx\cos x yra pirmojo terminas. 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 turime vienalytę trečiojo laipsnio trigonometrinę lygtį.

Užfiksavome tris skirtingo laipsnio tapatybes. Dar kartą atkreipkite dėmesį į antrąją išraišką. Pradiniame įraše vienas iš narių turi argumentą 2x 2x. Esame priversti atsikratyti šio argumento, transformuodami jį pagal dvigubo kampo sinuso formulę, nes visos į mūsų tapatybę įtrauktos funkcijos būtinai turi turėti tą patį argumentą. Ir tai yra vienarūšių trigonometrinių lygčių reikalavimas.

Naudojame pagrindinės trigonometrinės tapatybės formulę ir užrašome galutinį sprendimą

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

1) įrodyti

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\cosx=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 sinx\sin x - 1 arba -1, pradinėje išraiškoje gauname neteisingą skaitinę lygybę. Tai yra to fakto priežastis

cosx≠0

2) antrasis žingsnis logiškai išplaukia iš pirmojo. Tiek, kiek

cosx≠0

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

\[\begin(masyvas)((35)(l))

sinxcosx=tgxcosxcosx=1

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

Dėl šios priežasties mūsų sudėtinga pradinė konstrukcija redukuojama į lygtį n n-galia liestinės atžvilgiu, kurios sprendimas lengvai užrašomas naudojant kintamojo kaitą. Tai yra visas algoritmas. Pažiūrėkime, kaip tai veikia praktiškai.

Mes sprendžiame tikras problemas

1 užduotis

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, kad priešingai

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)

Remiantis tuo, galima teigti, kad cosx≠0\cos x\ne 0. Padalinkite mūsų lygtį iš cosx\cos x, nes visos mūsų išraiškos galios reikšmė yra viena. 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 ) + πn,n∈Z

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

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

x=−arctg 3 5 + πn,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 sprendimą, turite atlikti keletą transformacijų. 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, kurią sudaro trys elementai. 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 vėl 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. Mes pereiname prie antrojo žingsnio – visą savo išraišką padaliname iš cos2 x((\cos )^(2))x. Kodėl aikštėje? Kadangi šios homogeninės lygties eksponentas yra lygus dviem:

nuodėmė2 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(lygiuoti)

Ar šią išraišką galima išspręsti naudojant diskriminantą? Žinoma. Bet aš siūlau prisiminti teoremą, priešingą Vietos teoremai, ir gauname, kad šis daugianomas gali būti pavaizduotas kaip du paprasti daugianariai, būtent:

(tgx+3) (tgx−1)=0tgx=−3→x=−arctg3+ π n,n∈Ztgx=1→x= π 4 + πk,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 visur rašyti tą patį koeficientą. Asmeniškai manau, kad geriau ir patikimiau naudoti įvairias raides, kad tuo atveju, kai įstoji į rimtą technikos universitetą su papildomais matematikos testais, inspektoriai atsakyme nerastų priekaištų.

3 užduotis

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. Perrašymas:

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. Mes tai išsprendžiame. Pirmiausia turime tai įrodyti cosx=0\cos x=0 nėra šaknis:

\[\begin(masyvas)((35)(l))

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

Pakeiskite 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 padalijame 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

Struktūros perrašymas:

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 daugianario skaidymą į veiksnius ir kitus triukus. Tačiau šiuo atveju viskas yra daug paprasčiau. Žiūrėkite, mūsų sumažinta tapatybė, kurios terminas yra didžiausias, yra 1. Be to, visi koeficientai yra sveikieji skaičiai. O tai reiškia, kad galime panaudoti Bezouto teoremos išvadą, kuri sako, kad visos šaknys yra skaičiaus -2 dalikliai, tai yra laisvasis narys.

Kyla klausimas: kas dalijama iš -2. Kadangi 2 yra pirminis skaičius, parinkčių nėra tiek daug. Tai gali būti šie skaičiai: 1; 2; - vienas; -2. Neigiamos šaknys iš karto išnyksta. Kodėl? Kadangi abu jie yra didesni nei 0 absoliučia verte, todėl t3 ((t)^(3)) modulis bus didesnis nei t2 ((t)^(2)). O kadangi kubas yra nelyginė funkcija, tai skaičius kube bus neigiamas, ir t2 ((t)^(2)) yra teigiamas, ir visa ši konstrukcija su t=−1 t=-1 ir t=−2 t=-2 nebus didesnis nei 0. Iš jo atimkite -2 ir gaukite skaičių, kuris akivaizdžiai 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 Bezout teoremą, bet kuris daugianomas, kurio šaknis yra x0 ((x)_(0)), pavaizduoti kaip:

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

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

Mūsų atveju, kaip x x yra 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)

Mes pakeičiame:

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 yra lygus nuliui, kai bent vienas iš veiksnių yra lygus nuliui. Pirmąjį veiksnį jau apsvarstėme. Pažiūrėkime į antrąjį:

t2 +2t+2=0

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

Patyrę studentai tikriausiai jau suprato, kad ši konstrukcija neturi šaknų, bet vis tiek paskaičiuokime 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=\text( )1 \\tgx=\text( )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 šį patikrinimą apskritai reikia atlikti. 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 tokią struktūrą mokiniai patiria lengvą šoką. Bet iš tikrųjų tai paprasta ir graži technika, kuri labai palengvina aukštesnio laipsnio lygčių sprendimą. Žinoma, tam bus skirta atskira video pamoka, kurią paskelbsiu artimiausiu metu.

Pagrindiniai klausimai

Homogeninės trigonometrinės lygtys yra mėgstamiausia įvairių testų tema. Jie išsprendžiami labai paprastai – užtenka pasitreniruoti vieną kartą. Kad būtų aišku, apie ką kalbame, pateikiame naują apibrėžimą.

Homogeninė trigonometrinė lygtis yra tokia, kurios kiekvienas nulinis narys susideda iš to paties skaičiaus trigonometrinių veiksnių. Tai gali būti sinusai, kosinusai arba jų deriniai – sprendimo būdas visada yra tas pats.

Vienalytės trigonometrinės lygties laipsnis yra trigonometrinių veiksnių, įtrauktų į nulinius terminus, skaičius. Pavyzdžiai:

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 - ne nulis narys, kuriame nėra trigonometrinių veiksnių;

sin2x+2sinx−3=0

\sin 2x+2\sin x-3=0 taip pat yra nehomogeniška lygtis. Elementas sin2x\sin 2x - antras laipsnis (nes galite įsivaizduoti

sin2x=2sinxcosx

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

Bendra sprendimo schema

Sprendimo schema visada yra ta pati:

Apsimeskime tai cosx=0\cosx=0. Tada sinx=±1\sin x=\pm 1 – tai išplaukia iš pagrindinės tapatybės. Pakaitalas 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, kuri sėkmingai išsprendžiama pakeitus tgx=t.

tgx=tRastos šaknys bus atsakymas į pradinę išraišką.

Šiame straipsnyje apžvelgsime vienarūšių trigonometrinių lygčių sprendimo būdą.

Homogeninės trigonometrinės lygtys turi tokią pat struktūrą kaip ir bet kurios kitos rūšies homogeninės lygtys. Leiskite man priminti, kaip išspręsti antrojo laipsnio vienarūšes lygtis:

Apsvarstykite vienarūšes formos lygtis

Skiriamieji vienarūšių lygčių bruožai:

a) visi monomai turi tą patį laipsnį,

b) laisvasis terminas lygus nuliui,

c) lygtyje yra laipsniai su dviem skirtingais pagrindais.

Homogeninės lygtys sprendžiamos panašiu algoritmu.

Norėdami išspręsti tokio tipo lygtį, padalykite 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 dalis, šaknys yra pradinės lygties šaknys.

Jei taip, tada išrašome šią šaknį, kad vėliau jos nepamirštume, o tada padaliname iš šios išraiškos.

Apskritai, pirmas dalykas, kurį reikia padaryti sprendžiant bet kokią lygtį, kurios dešinėje pusėje yra nulis, yra pabandyti bet kokiu būdu koeficientuoti kairę lygties pusę. Tada kiekvieną koeficientą nustatykite į nulį. Tokiu atveju šaknų tikrai neprarasime.

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

Sumažinkite antrosios ir trečiosios trupmenos skaitiklį ir vardiklį:

Pristatome pakaitalą:

Gauname kvadratinę lygtį:

Išsprendžiame kvadratinę lygtį, randame reikšmes ir grįžtame prie pradinio nežinomybės.

Sprendžiant vienarūšes trigonometrines lygtis, reikia atsiminti keletą svarbių dalykų:

1. Laisvąjį 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. :

Apsvarstykite keletą vienarūšių trigonometrinių lygčių sprendimo pavyzdžių.

vienas . Išspręskime lygtį:

Tai klasikinis pirmojo laipsnio vienalytės trigonometrinės lygties pavyzdys: kiekvieno monomio laipsnis lygus vienetui, laisvasis narys lygus nuliui.

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

Padalinkite abi lygties puses iš .

Mes gauname:

, kur

, kur

Atsakymas: , kur

2. Išspręskime lygtį:

Tai yra antrojo laipsnio vienalytės trigonometrinės lygties pavyzdys. Mes prisimename, kad jei galime koeficientuoti kairę lygties pusę, tada pageidautina tai padaryti. Šioje lygtyje galime išimti skliaustus. Padarykime tai:

Pirmosios lygties sprendimas: , kur

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

Atsakymas: kur

3 . Išspręskime lygtį:

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

Perkeliame visus terminus į kairę, atidarome skliaustus ir pateikiame panašius terminus. Mes gauname:

Išskaidykime kairę pusę ir kiekvieną koeficientą prilyginkime nuliui:

Atsakymas: kur

4 . Išspręskime lygtį:

Mes matome, ką galime išlaikyti. Padarykime tai:

Nustatykite kiekvieną koeficientą lygų nuliui:

Pirmosios lygties sprendimas:

Antroji 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.

Ankstesnis straipsnis: Kas yra telegramos žiniatinklis rusų kalba, kam jis skirtas ir jo galimybės Kitas straipsnis: Kaip įrašyti pokalbį telefonu „iPhone“ ir „Android“ išmaniajame telefone „acr“ programa, skirta „Android“.