Trigonometrikus függvények példák megoldása. Trigonometrikus egyenletek - képletek, megoldások, példák

Bonyolultabb trigonometrikus egyenletek

Egyenletek

bűn x = a,
kötözősaláta x = a,
tg x = a,
ctg x = a

a legegyszerűbb trigonometrikus egyenletek. Ebben a részben bonyolultabb trigonometrikus egyenleteket fogunk megvizsgálni konkrét példák segítségével. Megoldásuk általában a legegyszerűbb trigonometrikus egyenletek megoldásán múlik.

Példa 1 . Oldja meg az egyenletet

bűn 2 x=cos x bűn 2 x.

Ennek az egyenletnek az összes tagját átvisszük a bal oldalra, és az eredményül kapott kifejezést beszámítjuk, így kapjuk:

bűn 2 x(1 - cos x) = 0.

Két kifejezés szorzata akkor és csak akkor egyenlő nullával, ha legalább az egyik tényező nulla, a másik pedig tetszőleges számértéket vesz fel, ameddig definiálva van.

Ha bűn 2 x = 0 , majd 2 x= n π ; x = π / 2 n.

Ha 1 - cos x = 0 , majd cos x = 1; x = 2kπ .

Tehát két gyökércsoportot kaptunk: x = π / 2 n; x = 2kπ . A gyökök második csoportja nyilvánvalóan az elsőben található, mivel n = 4k esetén a kifejezés x = π / 2 n válik
x = 2kπ .

Ezért a választ egy képlettel írhatjuk fel: x = π / 2 n, Ahol n- tetszőleges egész szám.

Vegye figyelembe, hogy ez az egyenlet nem oldható meg a sin 2-vel való redukálással x. Valóban, redukció után 1 - cos x = 0 lenne, ahonnan x= 2k π . Így például elveszítenénk néhány gyökeret π / 2 , π , 3π / 2 .

2. példa Oldja meg az egyenletet

Egy tört csak akkor egyenlő nullával, ha a számlálója nulla.
Ezért bűn 2 x = 0 , ahonnan 2 x= n π ; x = π / 2 n.

Ezekből az értékekből x ki kell dobnia azokat az értékeket, amelyeken kívül esik bűnx nullára megy (a nulla nevezőjű törteknek nincs értelme: a nullával való osztás nem definiált). Ezek az értékek olyan számok, amelyek többszörösei π . A képletben
x = π / 2 n párosért kapják meg n. Ezért ennek az egyenletnek a gyökerei a számok lesznek

x = π / 2 (2k + 1),

ahol k tetszőleges egész szám.

Példa 3 . Oldja meg az egyenletet

2 bűn 2 x+ 7cos x - 5 = 0.

Kifejezzük bűn 2 x keresztül kötözősalátax : bűn 2 x = 1 - cos 2x . Ekkor ez az egyenlet átírható így

2 (1 - cos 2 x) + 7cos x - 5 = 0 , vagy

2cos 2 x- 7 cos x + 3 = 0.

Kijelölése kötözősalátax keresztül nál nél, elérkezünk a másodfokú egyenlethez

2у 2 - 7у + 3 = 0,

melynek gyökerei az 1/2 és 3 számok. Ez azt jelenti, hogy vagy cos x= 1/2, vagy cos x= 3. Ez utóbbi azonban lehetetlen, mivel egyetlen szög koszinusza sem haladja meg az 1-et abszolút értékben.

Ezt be kell vallani kötözősaláta x = 1 / 2 , ahol

x = ± 60° + 360° n.

Példa 4 . Oldja meg az egyenletet

2 bűn x+ 3 cos x = 6.

A bűn óta xés cos x abszolút értékben ne haladja meg az 1-et, akkor a kifejezés
2 bűn x+ 3 cos x ennél nagyobb értékeket nem vehet fel 5 . Ezért ennek az egyenletnek nincs gyökere.

Példa 5 . Oldja meg az egyenletet

bűn x+cos x = 1

Az egyenlet mindkét oldalát négyzetre emelve a következőt kapjuk:

bűn 2 x+ 2 bűn x kötözősaláta x+ cos 2 x = 1,

De bűn 2 x + cos 2 x = 1 . Ezért 2 bűn x kötözősaláta x = 0 . Ha bűn x = 0 , Azt x = nπ ; ha
kötözősaláta x , Azt x = π / 2 + kπ . Ez a két megoldáscsoport egy képlettel írható fel:

x = π / 2 n

Mivel ennek az egyenletnek mindkét oldalát négyzetre emeltük, lehetséges, hogy a kapott gyökök között vannak idegen gyökök. Ez az oka annak, hogy ebben a példában, az előzőekkel ellentétben, egy ellenőrzést kell végezni. Minden jelentése

x = π / 2 n 4 csoportra osztható

	1) x = 2kπ .	(n = 4k)
	2) x = π / 2 + 2kπ .	(n = 4k + 1)
	3) x = π + 2kπ .	(n = 4k + 2)
	4) x = 3π / 2 + 2kπ .	(n = 4k + 3)

Nál nél x = 2kπ bűn x+cos x= 0 + 1 = 1. Ezért x = 2kπ ennek az egyenletnek a gyökerei.

Nál nél x = π / 2 + 2kπ. bűn x+cos x= 1 + 0 = 1 Tehát x = π / 2 + 2kπ- ennek az egyenletnek a gyökerei is.

Nál nél x = π + 2kπ bűn x+cos x= 0 - 1 = - 1. Ezért az értékek x = π + 2kπ nem gyökerei ennek az egyenletnek. Hasonlóképpen látható, hogy x = 3π / 2 + 2kπ. nem gyökerek.

Ennek az egyenletnek tehát a következő gyökerei vannak: x = 2kπÉs x = π / 2 + 2 mπ., Ahol kÉs m- bármilyen egész szám.

Sok megoldásánál matematikai problémákat, különösen azok, amelyek a 10. évfolyam előtt fordulnak elő, egyértelműen meghatározott a célhoz vezető cselekvések sorrendje. Ilyen problémák közé tartoznak például a lineáris és másodfokú egyenletek, a lineáris és másodfokú egyenlőtlenségek, a törtegyenletek és a másodfokúvá redukáló egyenletek. Az említett problémák mindegyikének sikeres megoldásának elve a következő: meg kell határoznia, hogy milyen típusú problémát old meg, emlékezzen a szükséges műveletsorra, amely a kívánt eredményhez vezet, pl. válaszoljon, és kövesse ezeket a lépéseket.

Nyilvánvaló, hogy egy adott probléma megoldásának sikere vagy kudarca főként attól függ, hogy a megoldandó egyenlet típusát mennyire helyesen határozzák meg, milyen helyesen reprodukálják a megoldás valamennyi szakaszának sorrendjét. Természetesen ebben az esetben azonos átalakítások és számítások elvégzéséhez szükséges készségekre van szükség.

Más a helyzet vele trigonometrikus egyenletek. Egyáltalán nem nehéz megállapítani, hogy az egyenlet trigonometrikus. Nehézségek merülnek fel a helyes válaszhoz vezető műveletek sorrendjének meghatározásakor.

Néha nehéz meghatározni a típusát egy egyenlet megjelenése alapján. Az egyenlet típusának ismerete nélkül pedig szinte lehetetlen kiválasztani a megfelelőt több tucat trigonometrikus képlet közül.

A trigonometrikus egyenlet megoldásához meg kell próbálnia:

1. állítsa az egyenletben szereplő összes függvényt „azonos szögbe”;
2. hozza az egyenletet „azonos függvényekre”;
3. faktorozza az egyenlet bal oldalát stb.

Mérlegeljük trigonometrikus egyenletek megoldásának alapvető módszerei.

I. Redukció a legegyszerűbb trigonometrikus egyenletekre

Megoldási diagram

1. lépés. Fejezzen ki egy trigonometrikus függvényt ismert komponensekkel.

2. lépés. Keresse meg a függvény argumentumát a képletekkel:

cos x = a; x = ±arccos a + 2πn, n ЄZ.

sin x = a; x = (-1) n arcsin a + πn, n Є Z.

tan x = a; x = arctan a + πn, n Є Z.

ctg x = a; x = arcctg a + πn, n Є Z.

3. lépés Keresse meg az ismeretlen változót.

Példa.

2 cos(3x – π/4) = -√2.

Megoldás.

1) cos(3x – π/4) = -√2/2.

2) 3x – π/4 = ±(π – π/4) + 2πn, n Є Z;

3x – π/4 = ±3π/4 + 2πn, n Є Z.

3) 3x = ±3π/4 + π/4 + 2πn, n Є Z;

x = ±3π/12 + π/12 + 2πn/3, n Є Z;

x = ±π/4 + π/12 + 2πn/3, n Є Z.

Válasz: ±π/4 + π/12 + 2πn/3, n Є Z.

II. Változó csere

Megoldási diagram

1. lépés. Csökkentse az egyenletet algebrai formára az egyik trigonometrikus függvényre vonatkozóan.

2. lépés. Jelölje a kapott függvényt a t változóval (ha szükséges, vezessen be korlátozásokat t-re).

3. lépésÍrja fel és oldja meg a kapott algebrai egyenletet!

4. lépés. Végezzen fordított cserét.

5. lépés. Oldja meg a legegyszerűbb trigonometrikus egyenletet!

Példa.

2cos 2 (x/2) – 5sin (x/2) – 5 = 0.

Megoldás.

1) 2(1 – sin 2 (x/2)) – 5sin (x/2) – 5 = 0;

2sin 2 (x/2) + 5sin (x/2) + 3 = 0.

2) Legyen sin (x/2) = t, ahol |t| ≤ 1.

3) 2t 2 + 5t + 3 = 0;

t = 1 vagy e = -3/2, nem teljesíti a |t| feltételt ≤ 1.

4) sin(x/2) = 1.

5) x/2 = π/2 + 2πn, n Є Z;

x = π + 4πn, n Є Z.

Válasz: x = π + 4πn, n Є Z.

III. Egyenletsorredukciós módszer

Megoldási diagram

1. lépés. Cserélje le ezt az egyenletet egy lineárisra, a fokcsökkentés képletével:

sin 2 x = 1/2 · (1 – cos 2x);

cos 2 x = 1/2 · (1 + cos 2x);

tg 2 x = (1 – cos 2x) / (1 + cos 2x).

2. lépés. Oldja meg a kapott egyenletet az I. és II. módszerrel!

Példa.

cos 2x + cos 2 x = 5/4.

Megoldás.

1) cos 2x + 1/2 · (1 + cos 2x) = 5/4.

2) cos 2x + 1/2 + 1/2 · cos 2x = 5/4;

3/2 cos 2x = 3/4;

2x = ±π/3 + 2πn, n Є Z;

x = ±π/6 + πn, n Є Z.

Válasz: x = ±π/6 + πn, n Є Z.

IV. Homogén egyenletek

Megoldási diagram

1. lépés. Csökkentse ezt az egyenletet a formára

a) a sin x + b cos x = 0 (elsőfokú homogén egyenlet)

vagy a kilátáshoz

b) a sin 2 x + b sin x · cos x + c cos 2 x = 0 (másodfokú homogén egyenlet).

2. lépés. Oszd el az egyenlet mindkét oldalát

a) cos x ≠ 0;

b) cos 2 x ≠ 0;

és kapjuk meg a tan x egyenletet:

a) a cser x + b = 0;

b) a tan 2 x + b arctan x + c = 0.

3. lépés Oldja meg az egyenletet ismert módszerekkel!

Példa.

5sin 2 x + 3sin x cos x – 4 = 0.

Megoldás.

1) 5sin 2 x + 3sin x · cos x – 4 (sin 2 x + cos 2 x) = 0;

5sin 2 x + 3sin x · cos x – 4sin² x – 4cos 2 x = 0;

sin 2 x + 3sin x · cos x – 4cos 2 x = 0/cos 2 x ≠ 0.

2) tg 2 x + 3tg x – 4 = 0.

3) Legyen tg x = t, akkor

t 2 + 3t – 4 = 0;

t = 1 vagy t = -4, ami azt jelenti

tg x = 1 vagy tg x = -4.

Az első egyenletből x = π/4 + πn, n Є Z; a második egyenletből x = -arctg 4 + πk, kЄ Z.

Válasz: x = π/4 + πn, n Є Z; x = -arctg 4 + πk, k Є Z.

V. Egyenlet transzformációjának módszere trigonometrikus képletekkel

Megoldási diagram

1. lépés. Az összes lehetséges trigonometrikus képlet felhasználásával redukálja le ezt az egyenletet az I., II., III., IV. módszerrel megoldott egyenletre.

2. lépés. Oldja meg a kapott egyenletet ismert módszerekkel!

Példa.

sin x + sin 2x + sin 3x = 0.

Megoldás.

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

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

2) sin 2x (2cos x + 1) = 0;

sin 2x = 0 vagy 2cos x + 1 = 0;

Az első egyenletből 2x = π/2 + πn, n Є Z; a második egyenletből cos x = -1/2.

Van x = π/4 + πn/2, n Є Z; a második egyenletből x = ±(π – π/3) + 2πk, k Є Z.

Ennek eredményeként x = π/4 + πn/2, n Є Z; x = ±2π/3 + 2πk, k Є Z.

Válasz: x = π/4 + πn/2, n Є Z; x = ±2π/3 + 2πk, k Є Z.

A trigonometrikus egyenletek megoldásának képessége és készsége nagyon Fontos, hogy fejlesztésük jelentős erőfeszítést igényel, mind a tanuló, mind a tanár részéről.

A trigonometrikus egyenletek megoldásához számos sztereometriai, fizika stb. probléma kapcsolódik, amelyek megoldásának folyamata a trigonometria elemeinek tanulmányozása során elsajátított ismeretek és készségek nagy részét megtestesíti.

A trigonometrikus egyenletek fontos helyet foglalnak el a matematika tanulási folyamatában és általában a személyes fejlődésben.

Van még kérdése? Nem tudja, hogyan kell megoldani a trigonometrikus egyenleteket?
Ha segítséget szeretne kérni egy oktatótól, regisztráljon.
Az első óra ingyenes!

weboldalon, az anyag teljes vagy részleges másolásakor a forrásra mutató hivatkozás szükséges.

Megköveteli a trigonometria alapképleteinek ismeretét - a szinusz és a koszinusz négyzeteinek összegét, a szinuszon és koszinuszon keresztüli érintő kifejezését és mások. Azok számára, akik elfelejtették vagy nem ismerik őket, javasoljuk, hogy olvassák el a "" cikket.
Tehát ismerjük az alapvető trigonometrikus képleteket, ideje alkalmazni őket a gyakorlatban. Trigonometrikus egyenletek megoldása megfelelő megközelítéssel elég izgalmas tevékenység, mint például a Rubik-kocka megfejtése.

Maga a név alapján egyértelmű, hogy a trigonometrikus egyenlet olyan egyenlet, amelyben az ismeretlen a trigonometrikus függvény előjele alatt áll.
Léteznek úgynevezett legegyszerűbb trigonometrikus egyenletek. Így néznek ki: sinx = a, cos x = a, tan x = a. Mérlegeljük hogyan kell megoldani az ilyen trigonometrikus egyenleteket, az áttekinthetőség kedvéért a már ismert trigonometrikus kört fogjuk használni.

sinx = a

cos x = a

tan x = a

kiságy x = a

Bármely trigonometrikus egyenlet megoldása két lépésben történik: az egyenletet a legegyszerűbb formájára redukáljuk, majd egyszerű trigonometrikus egyenletként oldjuk meg.
7 fő módszer létezik a trigonometrikus egyenletek megoldására.

1. Változóhelyettesítés és helyettesítési módszer

Oldja meg a 2cos 2 (x + /6) – 3sin( /3 – x) +1 = 0 egyenletet

A redukciós képleteket használva a következőket kapjuk:

2cos 2 (x + /6) – 3cos (x + /6) +1 = 0

Cserélje le a cos(x + /6)-t y-ra, hogy egyszerűsítse és megkapja a szokásos másodfokú egyenletet:

2 év 2 – 3 év + 1 + 0

Melynek a gyöke y 1 = 1, y 2 = 1/2

Most menjünk fordított sorrendben

Az y talált értékeit behelyettesítjük, és két válaszlehetőséget kapunk:

2. Trigonometrikus egyenletek megoldása faktorizálással

Hogyan oldjuk meg a sin x + cos x = 1 egyenletet?

Mozgassunk mindent balra, hogy a 0 a jobb oldalon maradjon:

sin x + cos x – 1 = 0

Használjuk a fent tárgyalt azonosságokat az egyenlet egyszerűsítésére:

sin x - 2 sin 2 (x/2) = 0

Tényezőzzük:

2sin(x/2) * cos(x/2) - 2 sin 2 (x/2) = 0

2sin(x/2) * = 0

Két egyenletet kapunk

3. Redukálás homogén egyenletre

Egy egyenlet homogén a szinusz és a koszinusz tekintetében, ha minden tagja relatív ugyanazon szög hatványának szinuszára és koszinuszára. Egy homogén egyenlet megoldásához járjon el a következőképpen:

a) helyezze át az összes tagját a bal oldalra;

b) vegye ki az összes gyakori tényezőt a zárójelből;

c) minden tényezőt és zárójelet 0-val egyenlővé kell tenni;

d) zárójelben egy alacsonyabb fokú homogén egyenletet kapunk, amelyet viszont egy magasabb fokú szinuszra vagy koszinuszra osztunk;

e) oldja meg a kapott egyenletet tg-re!

Oldja meg a 3sin 2 x + 4 sin x cos x + 5 cos 2 x = 2 egyenletet

Használjuk a sin 2 x + cos 2 x = 1 képletet, és szabaduljunk meg a jobb oldali nyitott kettőtől:

3sin 2 x + 4 sin x cos x + 5 cos x = 2sin 2 x + 2cos 2 x

sin 2 x + 4 sin x cos x + 3 cos 2 x = 0

Oszd el cos x-szel:

tg 2 x + 4 tg x + 3 = 0

Cserélje le tan x-et y-ra, és kapjon másodfokú egyenletet:

y 2 + 4y +3 = 0, melynek gyökerei y 1 =1, y 2 = 3

Innen két megoldást találunk az eredeti egyenletre:

x 2 = arctan 3 + k

4. Egyenletek megoldása a félszögre való átmeneten keresztül

Oldja meg a 3sin x – 5cos x = 7 egyenletet

Térjünk át az x/2-re:

6sin(x/2) * cos(x/2) – 5cos 2 (x/2) + 5sin 2 (x/2) = 7sin 2 (x/2) + 7cos 2 (x/2)

Tegyünk mindent balra:

2sin 2 (x/2) – 6sin(x/2) * cos(x/2) + 12cos 2 (x/2) = 0

Oszd meg cos(x/2)-vel:

tg 2 (x/2) – 3tg(x/2) + 6 = 0

5. Segédszög bevezetése

Megfontolásra vegyünk egy egyenletet a következő alakú: a sin x + b cos x = c,

ahol a, b, c néhány tetszőleges együttható, és x egy ismeretlen.

Osszuk el az egyenlet mindkét oldalát:



Most az egyenlet együtthatói a trigonometrikus képletek szerint sin és cos tulajdonságokkal rendelkeznek, nevezetesen: modulusuk nem nagyobb 1-nél, a négyzetösszeg pedig = 1. Jelöljük őket cos-nak és sin-nek, ahol - ez az úgynevezett segédszög. Ekkor az egyenlet a következő alakot veszi fel:

cos * sin x + sin * cos x = C

vagy sin(x + ) = C

Ennek a legegyszerűbb trigonometrikus egyenletnek a megoldása az

x = (-1) k * arcsin C - + k, ahol



Meg kell jegyezni, hogy a cos és a sin jelölések felcserélhetők.

Oldja meg a sin 3x – cos 3x = 1 egyenletet

Az együtthatók ebben az egyenletben a következők:

a = , b = -1, tehát mindkét oldalt el kell osztani = 2-vel

A legegyszerűbb trigonometrikus egyenleteket általában képletekkel oldják meg. Hadd emlékeztesselek arra, hogy a legegyszerűbb trigonometrikus egyenletek:

sinx = a

cosx = a

tgx = a

ctgx = a

x a keresendő szög,
a tetszőleges szám.

És itt vannak a képletek, amelyekkel azonnal felírhatod ezeknek a legegyszerűbb egyenleteknek a megoldásait.

Szinuszhoz:

A koszinuszhoz:

x = ± arccos a + 2π n, n ∈ Z

Érintőhöz:

x = arctan a + π n, n ∈ Z

A kotangenshez:

x = arcctg a + π n, n ∈ Z

Valójában ez a legegyszerűbb trigonometrikus egyenletek megoldásának elméleti része. Ráadásul mindent!) Egyáltalán semmit. Az ebben a témában előforduló hibák száma azonban egyszerűen lemaradt a listáról. Főleg, ha a példa kissé eltér a sablontól. Miért?

Igen, mert sokan leírják ezeket a leveleket, anélkül, hogy megértené a jelentésüket!Óvatosan írja le, nehogy valami történjen...) Ezt rendezni kell. Trigonometria az embereknek, vagy emberek a trigonometria számára!?)

Találjuk ki?

Egy szög egyenlő lesz arccos a, második: -arccos a.

És ez mindig így fog menni. Bármilyen A.

Ha nem hiszi, vigye az egeret a kép fölé, vagy érintse meg a képet a táblagépén.) Megváltoztattam a számot A valami negatívhoz. Mindenesetre megvan az egyik sarkunk arccos a, második: -arccos a.

Ezért a válasz mindig két gyöksorozatként írható fel:

x 1 = arccos a + 2π n, n ∈ Z

x 2 = - arccos a + 2π n, n ∈ Z

Kössük össze ezt a két sorozatot egybe:

x= ± arccos a + 2π n, n ∈ Z

És ennyi. Kaptunk egy általános képletet a legegyszerűbb koszinuszos trigonometrikus egyenlet megoldására.

Ha megérted, hogy ez nem valamiféle tudományfeletti bölcsesség, hanem csak két válaszsorozat rövidített változata, A „C” feladatokat is képes lesz kezelni. Egyenlőtlenségekkel, adott intervallumból való gyökválasztással... Ott a plusz/mínuszos válasz nem működik. De ha üzletszerűen kezeli a választ, és két külön válaszra bontja, akkor minden megoldódik.) Valójában ezért vizsgáljuk. Mit, hogyan és hol.

A legegyszerűbb trigonometrikus egyenletben

sinx = a

két gyökérsort is kapunk. Mindig. És ezt a két sorozatot fel is lehet venni egy sorban. Csak ez a sor lesz trükkösebb:

x = (-1) n arcsin a + π n, n ∈ Z

De a lényeg ugyanaz marad. A matematikusok egyszerűen olyan képletet készítettek, amely a gyöksorozatok két rekordja helyett egyet készít. Ez minden!

Ellenőrizzük a matematikusokat? És sosem lehet tudni...)

Az előző leckében egy szinuszos trigonometrikus egyenlet megoldását (képletek nélkül) részletesen tárgyaltuk:

A válasz két gyökérsorozatot eredményezett:

x 1 = π /6 + 2π n, n ∈ Z

x 2 = 5π /6 + 2π n, n ∈ Z

Ha ugyanazt az egyenletet a képlet segítségével oldjuk meg, a választ kapjuk:

x = (-1) n arcsin 0,5 + π n, n ∈ Z

Valójában ez egy befejezetlen válasz.) A tanulónak tudnia kell azt arcsin 0,5 = π /6. A teljes válasz a következő lenne:

x = (-1) n π /6+ π n, n ∈ Z

Ez egy érdekes kérdést vet fel. Válasz ezen keresztül x 1; x 2 (ez a helyes válasz!) és magányos x (és ez a helyes válasz!) - ugyanaz a dolog vagy sem? Most megtudjuk.)

A válaszban helyettesítjük ezzel x 1 értékeket n =0; 1; 2; stb., számolunk, akkor egy sor gyökérsorozatot kapunk:

x 1 = π/6; 13π/6; 25π/6 stb.

Ugyanazzal a helyettesítéssel válaszul x 2 , kapunk:

x 2 = 5π/6; 17π/6; 29π/6 stb.

Most cseréljük be az értékeket n (0; 1; 2; 3; 4...) az egyes általános képletébe x . Vagyis a mínusz egyest a nulla hatványra emeljük, majd az elsőre, a másodikra ​​stb. Nos, természetesen behelyettesítjük a 0-t a második tagba; 1; 2 3; 4 stb. És számolunk. Megkapjuk a sorozatot:

x = π/6; 5π/6; 13π/6; 17π/6; 25π/6 stb.

Csak ennyit láthat.) Az általános képlet azt adja nekünk pontosan ugyanazok az eredmények ahogy a két válasz külön-külön is. Mindent egyszerre, sorrendben. A matematikusokat nem tévesztették meg.)

A trigonometrikus egyenletek érintővel és kotangenssel történő megoldására szolgáló képletek is ellenőrizhetők. De nem fogjuk.) Már egyszerűek.

Ezt a teljes helyettesítést és ellenőrzést kifejezetten kiírtam. Itt fontos megérteni egy egyszerű dolgot: vannak képletek az elemi trigonometrikus egyenletek megoldására, csak a válaszok rövid összefoglalása. Ehhez a rövidséghez a koszinusz-oldatba plusz/mínusz, a szinusz-oldatba pedig (-1) n-t kellett beszúrnunk.

Ezek a betétek semmilyen módon nem zavarnak olyan feladatokat, ahol csak egy elemi egyenletre kell felírni a választ. De ha meg kell oldania egy egyenlőtlenséget, vagy tennie kell valamit a válasszal: válasszon gyököket egy intervallumon, ellenőrizze az ODZ-t stb., ezek a beillesztések könnyen elbizonytalaníthatják az embert.

Szóval mit tegyek? Igen, vagy írja le a választ két sorozatban, vagy oldja meg az egyenletet/egyenlőtlenséget a trigonometrikus kör segítségével. Aztán ezek a betétek eltűnnek, és az élet könnyebbé válik.)

Összegezhetjük.

A legegyszerűbb trigonometrikus egyenletek megoldására kész válaszképletek állnak rendelkezésre. Négy darab. Arra jók, hogy azonnal leírjuk egy egyenlet megoldását. Például meg kell oldania a következő egyenleteket:

sinx = 0,3

Könnyen: x = (-1) n arcsin 0,3 + π n, n ∈ Z

cosx = 0,2

Nincs mit: x = ± arccos 0,2 + 2π n, n ∈ Z

tgx = 1,2

Könnyen: x = arctán 1,2 + π n, n ∈ Z

ctgx = 3,7

Egy maradt: x= arcctg3,7 + π n, n ∈ Z

cos x = 1,8

Ha tudástól ragyogva, azonnal írd meg a választ:

x= ± arccos 1,8 + 2π n, n ∈ Z

akkor már ragyogsz, ez... az... tócsából.) Helyes válasz: nincsenek megoldások. Nem értem miért? Olvassa el, mi az arc koszinusz. Ezenkívül, ha az eredeti egyenlet jobb oldalán szinusz, koszinusz, érintő, kotangens táblázatos értékei vannak, - 1; 0; √3; 1/2; √3/2 stb. - a válasz az íveken keresztül befejezetlen lesz. Az íveket radiánra kell konvertálni.

És ha egyenlőtlenséggel találkozol, pl

akkor a válasz:

x πn, n ∈ Z

ritka hülyeségek vannak, igen...) Itt a trigonometrikus kör segítségével kell megoldani. Mit fogunk tenni a megfelelő témában.

Azoknak, akik hősiesen elolvassák ezeket a sorokat. Egyszerűen nem tudom nem értékelni a titáni erőfeszítéseiteket. Bónusz neked.)

Bónusz:

Amikor egy riasztó harci helyzetben formulákat írunk le, még a tapasztalt nebulók is gyakran összezavarodnak, hogy hol πn, És hol 2π n. Íme egy egyszerű trükk az Ön számára. Ban ben mindenki képletek érdemes πn. Kivéve az egyetlen képletet, amelynek ív koszinusza van. Ott áll 2πn. Kettő peen. Kulcsszó - kettő. Ugyanebben a képletben vannak kettő jele az elején. Plusz és mínusz. Itt-ott - kettő.

Szóval ha írtál kettő jel az ív koszinusz előtt, könnyebb megjegyezni, mi fog történni a végén kettő peen. És ez fordítva is megtörténik. Az illetőnek hiányozni fog a jel ± , a végére ér, helyesen ír kettő Pien, és magához tér. Van valami előtte kettő jel! Az ember visszatér az elejére és kijavítja a hibát! Mint ez.)

Ha tetszik ez az oldal...

Egyébként van még néhány érdekes oldalam az Ön számára.)

Gyakorolhatod a példák megoldását, és megtudhatod a szintedet. Tesztelés azonnali ellenőrzéssel. Tanuljunk – érdeklődéssel!)

Megismerkedhet a függvényekkel, deriváltokkal.

Sok megoldásánál matematikai problémákat, különösen azok, amelyek a 10. évfolyam előtt fordulnak elő, egyértelműen meghatározott a célhoz vezető cselekvések sorrendje. Ilyen problémák közé tartoznak például a lineáris és másodfokú egyenletek, a lineáris és másodfokú egyenlőtlenségek, a törtegyenletek és a másodfokúvá redukáló egyenletek. Az említett problémák mindegyikének sikeres megoldásának elve a következő: meg kell határoznia, hogy milyen típusú problémát old meg, emlékezzen a szükséges műveletsorra, amely a kívánt eredményhez vezet, pl. válaszoljon, és kövesse ezeket a lépéseket.

Nyilvánvaló, hogy egy adott probléma megoldásának sikere vagy kudarca főként attól függ, hogy a megoldandó egyenlet típusát mennyire helyesen határozzák meg, milyen helyesen reprodukálják a megoldás valamennyi szakaszának sorrendjét. Természetesen ebben az esetben azonos átalakítások és számítások elvégzéséhez szükséges készségekre van szükség.

Más a helyzet vele trigonometrikus egyenletek. Egyáltalán nem nehéz megállapítani, hogy az egyenlet trigonometrikus. Nehézségek merülnek fel a helyes válaszhoz vezető műveletek sorrendjének meghatározásakor.

Néha nehéz meghatározni a típusát egy egyenlet megjelenése alapján. Az egyenlet típusának ismerete nélkül pedig szinte lehetetlen kiválasztani a megfelelőt több tucat trigonometrikus képlet közül.

A trigonometrikus egyenlet megoldásához meg kell próbálnia:

1. állítsa az egyenletben szereplő összes függvényt „azonos szögbe”;
2. hozza az egyenletet „azonos függvényekre”;
3. faktorozza az egyenlet bal oldalát stb.

Mérlegeljük trigonometrikus egyenletek megoldásának alapvető módszerei.

I. Redukció a legegyszerűbb trigonometrikus egyenletekre

Megoldási diagram

1. lépés. Fejezzen ki egy trigonometrikus függvényt ismert komponensekkel.

2. lépés. Keresse meg a függvény argumentumát a képletekkel:

cos x = a; x = ±arccos a + 2πn, n ЄZ.

sin x = a; x = (-1) n arcsin a + πn, n Є Z.

tan x = a; x = arctan a + πn, n Є Z.

ctg x = a; x = arcctg a + πn, n Є Z.

3. lépés Keresse meg az ismeretlen változót.

Példa.

2 cos(3x – π/4) = -√2.

Megoldás.

1) cos(3x – π/4) = -√2/2.

2) 3x – π/4 = ±(π – π/4) + 2πn, n Є Z;

3x – π/4 = ±3π/4 + 2πn, n Є Z.

3) 3x = ±3π/4 + π/4 + 2πn, n Є Z;

x = ±3π/12 + π/12 + 2πn/3, n Є Z;

x = ±π/4 + π/12 + 2πn/3, n Є Z.

Válasz: ±π/4 + π/12 + 2πn/3, n Є Z.

II. Változó csere

Megoldási diagram

1. lépés. Csökkentse az egyenletet algebrai formára az egyik trigonometrikus függvényre vonatkozóan.

2. lépés. Jelölje a kapott függvényt a t változóval (ha szükséges, vezessen be korlátozásokat t-re).

3. lépésÍrja fel és oldja meg a kapott algebrai egyenletet!

4. lépés. Végezzen fordított cserét.

5. lépés. Oldja meg a legegyszerűbb trigonometrikus egyenletet!

Példa.

2cos 2 (x/2) – 5sin (x/2) – 5 = 0.

Megoldás.

1) 2(1 – sin 2 (x/2)) – 5sin (x/2) – 5 = 0;

2sin 2 (x/2) + 5sin (x/2) + 3 = 0.

2) Legyen sin (x/2) = t, ahol |t| ≤ 1.

3) 2t 2 + 5t + 3 = 0;

t = 1 vagy e = -3/2, nem teljesíti a |t| feltételt ≤ 1.

4) sin(x/2) = 1.

5) x/2 = π/2 + 2πn, n Є Z;

x = π + 4πn, n Є Z.

Válasz: x = π + 4πn, n Є Z.

III. Egyenletsorredukciós módszer

Megoldási diagram

1. lépés. Cserélje le ezt az egyenletet egy lineárisra, a fokcsökkentés képletével:

sin 2 x = 1/2 · (1 – cos 2x);

cos 2 x = 1/2 · (1 + cos 2x);

tg 2 x = (1 – cos 2x) / (1 + cos 2x).

2. lépés. Oldja meg a kapott egyenletet az I. és II. módszerrel!

Példa.

cos 2x + cos 2 x = 5/4.

Megoldás.

1) cos 2x + 1/2 · (1 + cos 2x) = 5/4.

2) cos 2x + 1/2 + 1/2 · cos 2x = 5/4;

3/2 cos 2x = 3/4;

2x = ±π/3 + 2πn, n Є Z;

x = ±π/6 + πn, n Є Z.

Válasz: x = ±π/6 + πn, n Є Z.

IV. Homogén egyenletek

Megoldási diagram

1. lépés. Csökkentse ezt az egyenletet a formára

a) a sin x + b cos x = 0 (elsőfokú homogén egyenlet)

vagy a kilátáshoz

b) a sin 2 x + b sin x · cos x + c cos 2 x = 0 (másodfokú homogén egyenlet).

2. lépés. Oszd el az egyenlet mindkét oldalát

a) cos x ≠ 0;

b) cos 2 x ≠ 0;

és kapjuk meg a tan x egyenletet:

a) a cser x + b = 0;

b) a tan 2 x + b arctan x + c = 0.

3. lépés Oldja meg az egyenletet ismert módszerekkel!

Példa.

5sin 2 x + 3sin x cos x – 4 = 0.

Megoldás.

1) 5sin 2 x + 3sin x · cos x – 4 (sin 2 x + cos 2 x) = 0;

5sin 2 x + 3sin x · cos x – 4sin² x – 4cos 2 x = 0;

sin 2 x + 3sin x · cos x – 4cos 2 x = 0/cos 2 x ≠ 0.

2) tg 2 x + 3tg x – 4 = 0.

3) Legyen tg x = t, akkor

t 2 + 3t – 4 = 0;

t = 1 vagy t = -4, ami azt jelenti

tg x = 1 vagy tg x = -4.

Az első egyenletből x = π/4 + πn, n Є Z; a második egyenletből x = -arctg 4 + πk, kЄ Z.

Válasz: x = π/4 + πn, n Є Z; x = -arctg 4 + πk, k Є Z.

V. Egyenlet transzformációjának módszere trigonometrikus képletekkel

Megoldási diagram

1. lépés. Az összes lehetséges trigonometrikus képlet felhasználásával redukálja le ezt az egyenletet az I., II., III., IV. módszerrel megoldott egyenletre.

2. lépés. Oldja meg a kapott egyenletet ismert módszerekkel!

Példa.

sin x + sin 2x + sin 3x = 0.

Megoldás.

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

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

2) sin 2x (2cos x + 1) = 0;

sin 2x = 0 vagy 2cos x + 1 = 0;

Az első egyenletből 2x = π/2 + πn, n Є Z; a második egyenletből cos x = -1/2.

Van x = π/4 + πn/2, n Є Z; a második egyenletből x = ±(π – π/3) + 2πk, k Є Z.

Ennek eredményeként x = π/4 + πn/2, n Є Z; x = ±2π/3 + 2πk, k Є Z.

Válasz: x = π/4 + πn/2, n Є Z; x = ±2π/3 + 2πk, k Є Z.

A trigonometrikus egyenletek megoldásának képessége és készsége nagyon Fontos, hogy fejlesztésük jelentős erőfeszítést igényel, mind a tanuló, mind a tanár részéről.

A trigonometrikus egyenletek megoldásához számos sztereometriai, fizika stb. probléma kapcsolódik, amelyek megoldásának folyamata a trigonometria elemeinek tanulmányozása során elsajátított ismeretek és készségek nagy részét megtestesíti.

A trigonometrikus egyenletek fontos helyet foglalnak el a matematika tanulási folyamatában és általában a személyes fejlődésben.

Van még kérdése? Nem tudja, hogyan kell megoldani a trigonometrikus egyenleteket?
Segítséget kérni egy oktatótól -.
Az első óra ingyenes!

blog.site, az anyag teljes vagy részleges másolásakor az eredeti forrásra mutató hivatkozás szükséges.