Équation trigonométrique homogène du 1er degré. Équations trigonométriques homogènes : schéma général de solution

Avec cette leçon vidéo, les étudiants pourront étudier le sujet des équations trigonométriques homogènes.

Donnons des définitions :

1) une équation trigonométrique homogène du premier degré ressemble à un sin x + b cos x = 0 ;

2) une équation trigonométrique homogène du deuxième degré ressemble à un sin 2 x + b sin x cos x + c cos 2 x = 0.

Considérons l'équation a sin x + b cos x = 0. Si a est égal à zéro, alors l'équation ressemblera à b cos x = 0 ; si b est égal à zéro, alors l'équation ressemblera à un péché x = 0. Ce sont les équations que nous avons appelées les plus simples et qui ont été résolues plus tôt dans les sujets précédents.

Considérons maintenant l'option lorsque a et b ne sont pas égaux à zéro. En divisant les parties de l'équation par le cosinus x, on effectue la transformation. On obtient a tg x + b = 0, alors tg x sera égal à - b/a.

De ce qui précède, il s'ensuit que l'équation a sin mx + b cos mx = 0 est homogène équation trigonométrique Je suis diplômé. Pour résoudre une équation, divisez ses parties par cos mx.

Regardons l'exemple 1. Résolvez 7 sin (x/2) - 5 cos (x/2) = 0. Tout d'abord, divisez les parties de l'équation par le cosinus (x/2). Sachant que le sinus divisé par le cosinus est tangent, on obtient 7 tan (x/2) - 5 = 0. En transformant l'expression, on constate que la valeur de tan (x/2) est égale à 5/7. Solution équation donnée a la forme x = arctan a + πn, dans notre cas x = 2 arctan (5/7) + 2πn.

Considérons l'équation a sin 2 x + b sin x cos x + c cos 2 x = 0 :

1) à un égal à zéro l'équation ressemblera à b sin x cos x + c cos 2 x = 0. En transformant, nous obtenons l'expression cos x (b sin x + c cos x) = 0 et procédons à la résolution des deux équations. Après avoir divisé les parties de l'équation par le cosinus x, nous obtenons b tg x + c = 0, ce qui signifie tg x = - c/b. Sachant que x = arctan a + πn, alors la solution dans dans ce cas sera x = arctan (- c/b) + πn.

2) si a n'est pas égal à zéro, alors en divisant les parties de l'équation par le cosinus carré, on obtient une équation contenant une tangente, qui sera quadratique. Cette équation peut être résolue en introduisant une nouvelle variable.

3) lorsque c est égal à zéro, l'équation prendra la forme a sin 2 x + b sin x cos x = 0. Cette équation peut être résolue en retirant le sinus x de la parenthèse.

1. voir si l'équation contient un péché 2 x ;

2. Si l'équation contient le terme a sin 2 x, alors l'équation peut être résolue en divisant les deux côtés par le cosinus au carré, puis en introduisant une nouvelle variable.

3. Si l'équation ne contient pas de sin 2 x, alors l'équation peut être résolue en retirant cosx des parenthèses.

Considérons l'exemple 2. Retirons le cosinus des parenthèses et obtenons deux équations. La racine de la première équation est x = π/2 + πn. Pour résoudre la deuxième équation, on divise les parties de cette équation par le cosinus x, et par transformation on obtient x = π/3 + πn. Réponse : x = π/2 + πn et x = π/3 + πn.

Résolvons l'exemple 3, une équation de la forme 3 sin 2 2x - 2 sin 2x cos 2x + 3 cos 2 2x = 2 et trouvons ses racines, qui appartiennent au segment de - π à π. Parce que cette équation est inhomogène, il faut la réduire à aspect homogène. En utilisant formule du péché 2 x + cos 2 x = 1, on obtient équation du péché 2 2x - 2 sin 2x cos 2x + cos 2 2x = 0. En divisant toutes les parties de l'équation par cos 2 x, nous obtenons tan 2 2x + 2tg 2x + 1 = 0. En utilisant l'entrée d'une nouvelle variable z = tan 2x , on résout l'équation dont la racine sera z = 1. Alors tan 2x = 1, ce qui signifie que x = π/8 + (πn)/2. Parce que selon les conditions du problème, il faut trouver les racines qui appartiennent au segment de - π à π, la solution aura la forme - 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.

DÉCODAGE DE TEXTE :

Équations trigonométriques homogènes

Aujourd’hui, nous allons voir comment les « équations trigonométriques homogènes » sont résolues. Ce sont des équations d’un type particulier.

Faisons connaissance avec la définition.

Équation de la forme et péché x+bparce quex = 0 (et sinus x plus cosinus x est égal à zéro) est appelée une équation trigonométrique homogène du premier degré ;

équation de la forme et péché 2 x+bpéché xparce quex+sparce que 2 x= 0 (et sinus carré x plus être sinus x cosinus x plus se cosinus carré x est égal à zéro) est appelée une équation trigonométrique homogène du deuxième degré.

Si une=0, alors l'équation prend la forme bparce quex = 0.

Si b = 0 , alors on obtient et péché X= 0.

Ces équations sont trigonométriques élémentaires, et nous avons discuté de leur solution dans nos sujets précédents

Considérons le cas où les deux coefficients ne sont pas égaux à zéro. Divisons les deux côtés de l'équation UNpéchéx+ bparce quex = 0 membre par membre parce quex.

Nous pouvons le faire puisque le cosinus de x est non nul. Après tout, si parce quex = 0 , alors l'équation UNpéchéx+ bparce quex = 0 prendra la forme UNpéchéx = 0 , UN≠ 0, donc péchéx = 0 . Ce qui est impossible, car selon l’identité trigonométrique de base péché 2 x+parce que 2 x=1 .

Diviser les deux côtés de l'équation UNpéchéx+ bparce quex = 0 membre par membre parce quex, on obtient : + =0

Réalisons les transformations :

1. Depuis = tgx, alors =et tgx

2 réduire de parce quex, Alors

On obtient donc l'expression suivante et tg x + b =0.

Réalisons la transformation :

1.déplacez b vers la droite de l'expression avec le signe opposé

et tg x =- b

2. Débarrassons-nous du multiplicateur et en divisant les deux côtés de l'équation par un

bronzage x= -.

Conclusion : équation de la forme un péchémx+bparce queMX = 0 (et sinus em x plus être cosinus em x est égal à zéro) est également appelée équation trigonométrique homogène du premier degré. Pour le résoudre, divisez les deux côtés par parce queMX.

EXEMPLE 1. Résolvez l'équation 7 sin - 5 cos = 0 (sept sinus x sur deux moins cinq cosinus x sur deux est égal à zéro)

Solution. En divisant les deux côtés du terme de l'équation par cos, on obtient

1. = 7 tan (puisque le rapport sinus/cosinus est une tangente, alors sept sinus x par deux divisé par cosinus x par deux est égal à 7 tan x par deux)

2. -5 = -5 (avec l'abréviation cos)

De cette façon, nous avons obtenu l'équation

7tg - 5 = 0, Transformons l'expression, déplaçons moins cinq vers la droite, en changeant le signe.

Nous avons réduit l'équation à la forme tg t = a, où t=, a =. Et puisque cette équation a une solution pour toute valeur UN et ces solutions ont la forme

x = arctan a + πn, alors la solution de notre équation aura la forme :

Arctg + πn, trouver x

x=2 arctan + 2πn.

Réponse : x=2 arctan + 2πn.

Passons à l'équation trigonométrique homogène du deuxième degré

UNpéché 2 x+b péché x cos x +Aveccos2x= 0.

Considérons plusieurs cas.

I. Si une=0, alors l'équation prend la forme bpéchéxparce quex+sparce que 2 x= 0.

Lors de la résolution de e Ensuite nous utilisons la méthode de factorisation des équations. Nous allons le retirer parce quex au-delà de la parenthèse et on obtient : parce quex(bpéchéx+sparce quex)= 0 . Où parce quex= 0 ou

b péché x +Aveccosx= 0. Et nous savons déjà comment résoudre ces équations.

Divisons les deux côtés du terme de l'équation par cosх, nous obtenons

1 (puisque le rapport sinus/cosinus est une tangente).

On obtient donc l'équation : b tgx+c=0

Nous avons réduit l'équation à la forme tg t = a, où t= x, a =. Et puisque cette équation a une solution pour toute valeur UN et ces solutions ont la forme

x = arctan a + πn, alors la solution de notre équation sera :

x = arctan + πn, .

II. Si une≠0, puis on divise les deux côtés de l’équation terme par terme en parce que 2 x.

(En argumentant de la même manière que dans le cas d'une équation trigonométrique homogène du premier degré, le cosinus x ne peut pas aller vers zéro).

III. Si c=0, alors l'équation prend la forme UNpéché 2 x+ bpéchéxparce quex= 0. Cette équation peut être résolue par méthode de factorisation (on retire péchéx au-delà du support).

Cela signifie que lors de la résolution de l'équation UNpéché 2 x+ bpéchéxparce quex+sparce que 2 x= 0 vous pouvez suivre l'algorithme :

EXEMPLE 2. Résolvez l'équation sinxcosx - cos 2 x= 0 (sinus x fois cosinus x moins racine de trois fois cosinus carré x est égal à zéro).

Solution. Factorisons-le (mettez cosx hors parenthèses). Nous obtenons

cos x(péché x - cos x)= 0, c'est-à-dire cos x=0 ou péché x - cos x= 0.

Réponse : x =+ πn, x= + πn.

EXEMPLE 3. Résolvez l'équation 3sin 2 2x - 2 sin2xcos2 x +3cos 2 2x= 2 (trois sinus au carré deux X moins deux fois le produit du sinus deux X fois cosinus deux X plus trois cosinus au carré deux X) et trouvez ses racines appartenant à l'intervalle (- π;

Solution. Cette équation n'est pas homogène, effectuons donc quelques transformations. On remplace le chiffre 2 contenu à droite de l'équation par le produit 2 1

Puisque par l'identité trigonométrique principale sin 2 x + cos 2 x =1, alors

2 ∙ 1= 2 ∙ (sin 2 x + cos 2 x) = en ouvrant les parenthèses on obtient : 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

Cela signifie que l'équation 3sin 2 2x - 2 sin2xcos2 x +3cos 2 2x= 2 prendra la forme :

3 péché 2 2x - 2 péché 2x cos2 x +3cos 2 2x = 2 péché 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,

péché 2 2x - 2 péché 2x cos2 x +cos 2 2x =0.

Nous avons obtenu une équation trigonométrique homogène du deuxième degré. Appliquons la méthode de division terme à terme par cos 2 2x :

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

Introduisons une nouvelle variable z= tan2х.

Nous avons z 2 - 2 z + 1 = 0. C'est une équation quadratique. En remarquant la formule de multiplication abrégée sur le côté gauche - le carré de la différence (), nous obtenons (z - 1) 2 = 0, c'est-à-dire z = 1. Revenons à la substitution inverse :

Nous avons réduit l'équation à la forme tg t = a, où t= 2x, a =1. Et puisque cette équation a une solution pour toute valeur UN et ces solutions ont la forme

x = arctan x a + πn, alors la solution de notre équation sera :

2х= arctan1 + πn,

x = + , (x est égal à la somme de pi fois huit et pi en fois deux).

Tout ce que nous avons à faire est de trouver les valeurs de x contenues dans l'intervalle

(- π; π), c'est-à-dire satisfaire la double inégalité - π x π. Parce que

x= +, alors - π + π. Divisez toutes les parties de cette inégalité par π et multipliez par 8, nous obtenons

déplacez-en un vers la droite et vers la gauche, en changeant le signe en moins un

on divise par quatre on obtient,

Pour plus de commodité, nous séparons les parties entières en fractions

Cette inégalité est satisfaite par l'entier n suivant : -2, -1, 0, 1

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Équations non linéaires à deux inconnues

Définition 1. Soit A ensemble de paires de nombres (x; oui) . fonction numérique z à partir de deux variables x et y , si une règle est spécifiée à l'aide de laquelle chaque paire de nombres de l'ensemble A est associée à un certain nombre.

Spécifier une fonction numérique z de deux variables x et y est souvent indiquer Donc:

Où f (x , oui) – toute fonction autre qu’une fonction

f (x , oui) = hache+par+c ,

où a, b, c reçoivent des nombres.

Définition 3. Résolution de l'équation (2) appeler une paire de numéros ( x; oui) , pour laquelle la formule (2) est une vraie égalité.

Exemple 1. Résoudre l'équation

Puisque le carré de n'importe quel nombre est non négatif, il résulte de la formule (4) que les inconnues x et y satisfont le système d'équations

dont la solution est une paire de nombres (6 ; 3).

Réponse : (6 ; 3)

Exemple 2. Résoudre l'équation

Par conséquent, la solution de l’équation (6) est nombre infini de paires de nombres gentil

(1 + oui ; oui) ,

où y est n'importe quel nombre.

linéaire

Définition 4. Résoudre un système d'équations

appeler une paire de numéros ( x; oui) , en les substituant dans chacune des équations de ce système, l'égalité correcte est obtenue.

Les systèmes de deux équations, dont l'une est linéaire, ont la forme

g(x , oui)

Exemple 4. Résoudre un système d'équations

Solution . Exprimons l'inconnue y de la première équation du système (7) par l'inconnue x et substituons l'expression résultante dans la deuxième équation du système :

Résoudre l'équation

x 1 = - 1 , x 2 = 9 .

Ainsi,

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

Systèmes de deux équations dont une homogène

Les systèmes de deux équations, dont l'une est homogène, ont la forme

où a, b, c reçoivent des nombres, et g(x , oui) – fonction de deux variables x et y.

Exemple 6. Résoudre un système d'équations

Solution . Résolvons l'équation homogène

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

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

en le traitant comme une équation quadratique par rapport à l'inconnue x :

Au cas où x = - 5oui, à partir de la deuxième équation du système (11) on obtient l'équation

5oui 2 = - 20 ,

qui n'a pas de racines.

Au cas où

à partir de la deuxième équation du système (11) on obtient l'équation

dont les racines sont des nombres oui 1 = 3 , oui 2 = - 3 . En trouvant pour chacune de ces valeurs y la valeur x correspondante, on obtient deux solutions du système : (- 2 ; 3) , (2 ; - 3) .

Réponse : (- 2 ; 3) , (2 ; - 3)

Exemples de résolution de systèmes d'équations d'autres types

Exemple 8. Résoudre un système d'équations (MIPT)

Solution . Introduisons de nouvelles inconnues u et v, qui s'expriment par x et y selon les formules :

Afin de réécrire le système (12) en termes de nouvelles inconnues, nous exprimons d'abord les inconnues x et y en termes de u et v. Du système (13) il résulte que

Résolvons le système linéaire (14) en éliminant la variable x de la deuxième équation de ce système.

Pour cela, nous effectuons les transformations suivantes sur le système (14) :
de la deuxième équation, nous soustrayons la première équation et remplaçons la deuxième équation du système par la différence résultante.

En conséquence, le système (14) est transformé en un système équivalent

d'où l'on trouve

A l'aide des formules (13) et (15), nous réécrivons le système original (12) sous la forme

La première équation du système (16) est linéaire, nous pouvons donc en exprimer l'inconnue u à travers l'inconnue v et substituer cette expression dans la deuxième équation du système.

Aujourd'hui, nous étudierons les équations trigonométriques homogènes. Tout d'abord, regardons la terminologie : qu'est-ce qu'une équation trigonométrique homogène. Il présente les caractéristiques suivantes :

il doit contenir plusieurs termes ;
tous les termes doivent avoir le même degré ;
toutes les fonctions incluses dans une identité trigonométrique homogène doivent nécessairement avoir le même argument.

Algorithme de solution

Sélectionnons les termes

Et si tout est clair avec le premier point, alors cela vaut la peine de parler plus en détail du second. Que signifie avoir le même degré de termes ? Regardons le premier problème :

3cosx+5sinx=0

3\cos x+5\sin x=0

Le premier terme de cette équation est 3cosx 3\cos x. Veuillez noter qu'il n'y a qu'une seule fonction trigonométrique ici - cosx\cos x - et aucune autre fonction trigonométrique n'est présente ici, donc le degré de ce terme est 1. De même avec le second - 5sinx 5\sin x - seul le sinus est présent ici, c'est-à-dire que le degré de ce terme est également égal à un. Nous avons donc devant nous une identité constituée de deux éléments, dont chacun contient une fonction trigonométrique, et une seule. Il s'agit d'une équation du premier degré.

Passons à la deuxième expression :

4péché2 x+sin2x−3=0

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

Le premier membre de cette construction est 4péché2 x 4((\sin )^(2))x.

Nous pouvons maintenant écrire la solution suivante :

péché2 x = péchéx⋅sinx

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

Autrement dit, le premier terme contient deux fonctions trigonométriques, c'est-à-dire que son degré est deux. Parlons du deuxième élément - péché2x\péché 2x. Rappelons cette formule - la formule du double angle :

sin2x=2sinx⋅cosx

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

Et encore une fois, dans la formule résultante, nous avons deux fonctions trigonométriques - sinus et cosinus. Ainsi, la valeur de puissance de ce terme de la construction est également égale à deux.

Passons au troisième élément - 3. Du cours de mathématiques lycée Nous nous souvenons que n'importe quel nombre peut être multiplié par 1, nous l'écrivons donc :

˜ 3=3⋅1

Et l’unité peut être écrite en utilisant l’identité trigonométrique de base sous la forme suivante :

1=péché2 x⋅ parce que2 x

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

On peut donc réécrire 3 comme suit :

3=3(péché2 x⋅ parce que2 x)=3péché2 x+3 parce que2 x

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

Ainsi, notre terme 3 se divise en deux éléments dont chacun est homogène et possède un second degré. Le sinus du premier terme apparaît deux fois, le cosinus du second apparaît également deux fois. Ainsi, 3 peut également être représenté comme un terme avec un exposant puissance de deux.

Même chose avec la troisième expression :

péché3 x+ péché2 xcosx=2 parce que3 x

Voyons. Le premier terme est péché3 x((\sin )^(3))x est une fonction trigonométrique du troisième degré. Deuxième élément - péché2 xcosx((\sin )^(2))x\cos x.

péché2 ((\sin )^(2)) est un lien avec une valeur de puissance deux multipliée par cosx\cos x est le premier terme. Au total, le troisième terme a également une valeur de puissance de trois. Enfin, à droite il y a un autre lien - 2parce que3 x 2((\cos )^(3))x est un élément du troisième degré. Ainsi, nous avons devant nous une équation trigonométrique homogène du troisième degré.

Nous avons écrit trois identités de degrés différents. Faites à nouveau attention à la deuxième expression. Dans le dossier original, l'un des membres a une dispute 2x 2x. Nous sommes obligés de nous débarrasser de cet argument en le transformant à l'aide de la formule du sinus à double angle, car toutes les fonctions incluses dans notre identité doivent nécessairement avoir le même argument. Et c'est une exigence pour les équations trigonométriques homogènes.

Nous utilisons la formule de l'identité trigonométrique principale et notons la solution finale

Nous avons réglé les termes, passons à la solution. Quel que soit l’exposant de puissance, la résolution d’égalités de ce type s’effectue toujours en deux étapes :

1) prouver que

cosx≠0

\cos x\ne 0. Pour ce faire, il suffit de rappeler la formule de l'identité trigonométrique principale (péché2 x⋅ parce que2 x=1)\left(((\sin )^(2))x\cdot ((\cos )^(2))x=1 \right) et remplacez-le dans cette formule cosx=0\cosx=0. Nous obtiendrons l'expression suivante :

péché2 x=1sinx=±1

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

En remplaçant les valeurs obtenues, c'est-à-dire au lieu de cosx\cos x est nul, et à la place péché\sin x — 1 ou -1, dans l'expression originale, nous obtiendrons une égalité numérique incorrecte. C'est la justification que

cosx≠0

2) la deuxième étape découle logiquement de la première. Parce que

cosx≠0

\cos x\ne 0, nous divisons nos deux côtés de la structure par parce quen x((\cos )^(n))x, où n n est l'exposant de puissance lui-même d'une équation trigonométrique homogène. Qu'est-ce que cela nous donne :

\[\begin(array)(·(35)(l))

péchécosx=tgxcosxcosx=1

\begin(align)& \frac(\sin x)(\cos x)=tgx \\& \frac(\cos x)(\cos x)=1 \\\end(align) \\() \\ \fin(tableau)\]

Grâce à cela, notre lourde construction initiale se réduit à l’équation n n-degré par rapport à la tangente, dont la solution peut être facilement écrite en utilisant un changement de variable. C'est tout l'algorithme. Voyons comment cela fonctionne dans la pratique.

Nous résolvons de vrais problèmes

Tâche n°1

3cosx+5sinx=0

3\cos x+5\sin x=0

Nous avons déjà découvert qu'il s'agit d'une équation trigonométrique homogène avec un exposant de puissance égal à un. Alors, tout d’abord, découvrons que cosx≠0\cos x\ne 0. Supposons le contraire, que

cosx=0→sinx=±1

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

Nous substituons la valeur résultante dans notre expression, nous obtenons :

3⋅0+5⋅(±1) =0±5=0

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

Sur cette base, nous pouvons dire que cosx≠0\cos x\ne 0. Divisons notre équation par cosx\cos x car notre expression entière a une valeur de puissance de un. On obtient :

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

\begin(align)& 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(aligner)

Il ne s'agit pas d'une valeur de tableau, la réponse inclura donc arctgx arctgx :

x=arctg (−3 5 ) + πn,n∈Z

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

Parce que arctg arctg arctg est une fonction étrange, nous pouvons retirer le « moins » de l'argument et le placer devant arctg. Nous obtenons la réponse finale :

x=−arctg 3 5 + πn,n∈Z

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

Tâche n°2

4péché2 x+sin2x−3=0

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

Comme vous vous en souvenez, avant de commencer à le résoudre, vous devez effectuer quelques transformations. Nous réalisons les transformations :

4péché2 x+2sinxcosx−3 (péché2 x+ parce que2 x)=0 4péché2 x+2sinxcosx−3 péché2 x−3 parce que2 x=0péché2 x+2sinxcosx−3 parce que2 x=0

\begin(align)& 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 (aligner)

Nous avons reçu une structure composée de trois éléments. Au premier terme, nous voyons péché2 ((\sin )^(2)), c'est-à-dire que sa valeur de puissance est de deux. Au deuxième terme, nous voyons péché\sin x et cosx\cos x - encore une fois il y a deux fonctions, elles sont multipliées, donc le degré total est encore une fois deux. Dans le troisième lien, nous voyons parce que2 x((\cos )^(2))x - similaire à la première valeur.

Prouvons que cosx=0\cos x=0 n'est pas une solution à cette construction. Pour ce faire, supposons le contraire :

\[\begin(array)(·(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 \\\fin (tableau)\]

Nous avons prouvé que cosx=0\cos x=0 ne peut pas être une solution. Passons à la deuxième étape : divisez l'ensemble de notre expression par parce que2 x((\cos )^(2))x. Pourquoi au carré ? Parce que l'exposant puissance de cette équation homogène est égal à deux :

péché2 xparce que2 x+2sinxcosxparce que2 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 \\\fin (aligner)

Est-il possible de résoudre cette expression à l’aide d’un discriminant ? Bien sûr que vous le pouvez. Mais je propose de rappeler le théorème inverse du théorème de Vieta, et on obtient qu'on peut représenter ce polynôme sous la forme de deux polynômes simples, à savoir :

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

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

De nombreux étudiants se demandent s'il vaut la peine d'écrire des coefficients séparés pour chaque groupe de solutions d'identités ou s'il ne vaut pas la peine d'écrire le même partout. Personnellement, je pense qu'il est préférable et plus fiable d'utiliser des lettres différentes, de sorte que si vous entrez dans une université technique sérieuse avec des tests supplémentaires en mathématiques, les examinateurs ne trouveront pas à redire à la réponse.

Tâche n°3

péché3 x+ péché2 xcosx=2 parce que3 x

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

Nous savons déjà qu'il s'agit d'une équation trigonométrique homogène du troisième degré, aucune formule spéciale n'est nécessaire et il nous suffit de déplacer le terme 2parce que3 x 2((\cos )^(3))x vers la gauche. Réécrivons :

péché3 x+ péché2 xcosx−2 parce que3 x=0

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

Nous voyons que chaque élément contient trois fonctions trigonométriques, cette équation a donc une valeur de puissance de trois. Résolvons-le. Tout d'abord, nous devons prouver que cosx=0\cos x=0 n'est pas une racine :

\[\begin(array)(·(35)(l))

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

Remplaçons ces nombres dans notre construction originale :

(±1)3 +1⋅0−2⋅0=0 ±1+0−0=0±1=0

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

Ainsi, cosx=0\cos x=0 n'est pas une solution. Nous avons prouvé que cosx≠0\cos x\ne 0. Maintenant que nous avons prouvé cela, divisons notre équation originale par parce que3 x((\cos )^(3))x. Pourquoi dans un cube ? Parce que nous venons de prouver que notre équation originale a une troisième puissance :

péché3 xparce que3 x+péché2 xcosxparce que3 x−2=0 t g3 x+t g2 x−2=0

\begin(align)& \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 \\\fin (aligner)

Introduisons une nouvelle variable :

tgx=t

Réécrivons la construction :

t3 +t2 −2=0

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

Nous avons une équation cubique. Comment le résoudre ? Au départ, alors que je préparais ce didacticiel vidéo, j'avais prévu de parler d'abord de la factorisation des polynômes et d'autres techniques. Mais dans ce cas, tout est beaucoup plus simple. Jetez un œil à notre identité donnée, le terme ayant le degré le plus élevé valant 1. De plus, tous les coefficients sont des nombres entiers. Cela signifie que l’on peut utiliser un corollaire du théorème de Bezout, qui dit que toutes les racines sont des diviseurs du nombre -2, c’est-à-dire le terme libre.

La question se pose : par quoi fait -2 divisé ? Puisque 2 est un nombre premier, il n’y a pas beaucoup d’options. Il peut s'agir des nombres suivants : 1 ; 2 ; -1 ; -2. Les racines négatives disparaissent immédiatement. Pourquoi? Parce que les deux sont supérieurs à 0 en valeur absolue, donc t3 ((t)^(3)) sera supérieur en module à t2 ((t)^(2)). Et puisque le cube est une fonction impaire, donc le nombre dans le cube sera négatif, et t2 ((t)^(2)) - positif, et toute cette construction, avec t=−1 t=-1 et t=−2 t=-2, ne sera pas supérieur à 0. Soustrayez-en -2 et obtenez un nombre qui est certainement inférieur à 0. Il ne reste que 1 et 2. Remplaçons chacun de ces nombres :

˜ t=1→ 1+1−2=0→0=0

˜t=1\à \text( )1+1-2=0\à 0=0

Nous avons obtenu l'égalité numérique correcte. Ainsi, t=1 t=1 est la racine.

t=2→8+4−2=0→10≠0

t=2\à 8+4-2=0\à 10\ne 0

t=2 t=2 n'est pas une racine.

D’après le corollaire et le même théorème de Bezout, tout polynôme dont la racine est x0 ((x)_(0)), représentez-le sous la forme :

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

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

Dans notre cas, dans le rôle x x est une variable t t, et dans le rôle x0 ((x)_(0)) est une racine égale à 1. On obtient :

t3 +t2 −2=(t−1)⋅P(t)

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

Comment trouver un polynôme P. (t) P\gauche(t\droite) ? Évidemment, vous devez procéder comme suit :

P(t)= t3 +t2 −2 t−1

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

Remplaçons :

t3 +t2 +0⋅t−2t−1=t2 +2t+2

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

Ainsi, notre polynôme original est divisé sans reste. Ainsi, nous pouvons réécrire notre égalité originale comme suit :

(t−1)( t2 +2t+2)=0

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

Le produit est nul lorsqu’au moins un des facteurs est nul. Nous avons déjà considéré le premier multiplicateur. Regardons le deuxième :

t2 +2t+2=0

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

Les étudiants expérimentés ont probablement déjà compris que cette construction n’a pas de racines, mais calculons quand même le discriminant.

ré=4−4⋅2=4−8=−4

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

Le discriminant est inférieur à 0, donc l'expression n'a pas de racine. Au total, l'immense construction a été réduite à l'égalité habituelle :

\[\begin(array)(·(35)(l))

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

En conclusion, je voudrais ajouter quelques commentaires sur la dernière tâche :

la condition sera-t-elle toujours satisfaite ? cosx≠0\cos x\ne 0, et est-ce que cela vaut la peine d'effectuer cette vérification ? Bien sûr, pas toujours. Dans les cas où cosx=0\cos x=0 est une solution de notre égalité ; nous devrions la retirer des parenthèses, et alors une équation homogène à part entière restera entre parenthèses.
Qu'est-ce que diviser un polynôme par un polynôme. En effet, la plupart des écoles n’étudient pas ce sujet et lorsque les étudiants voient un tel design pour la première fois, ils ressentent un léger choc. Mais, en fait, il s’agit d’une technique simple et belle qui facilite grandement la solution d’équations de degrés supérieurs. Bien entendu, un didacticiel vidéo séparé lui sera dédié, que je publierai prochainement.

Points clés

Les équations trigonométriques homogènes sont un sujet de prédilection dans toutes sortes de tests. Ils peuvent être résolus très simplement – il suffit de s’entraîner une fois. Pour clarifier de quoi nous parlons, introduisons une nouvelle définition.

Une équation trigonométrique homogène est une équation dans laquelle chaque terme non nul est constitué du même nombre de facteurs trigonométriques. Il peut s'agir de sinus, de cosinus ou d'une combinaison de ceux-ci - la méthode de résolution est toujours la même.

Le degré d'une équation trigonométrique homogène est le nombre de facteurs trigonométriques inclus dans les termes non nuls.

sinx+15 car x=0

\sin x+15\text( cos )x=0 - identité du 1er degré ;

2 sin2x+5sinxcosx−8cos2x=0

2\text( sin)2x+5\sin xcosx-8\cos 2x=0 - 2ème degré ;

sin3x+2sinxcos2x=0

\sin 3x+2\sin x\cos 2x=0 - 3ème degré ;

sinx+cosx=1

\sin x+\cos x=1 - et cette équation n'est pas homogène, puisqu'il y a une unité à droite - un terme non nul dans lequel il n'y a pas de facteurs trigonométriques ;

sin2x+2sinx−3=0

\sin 2x+2\sin x-3=0 est également une équation non homogène. Élément péché2x\sin 2x est du second degré (puisqu’il peut être représenté

sin2x=2sinxcosx

\sin 2x=2\sin x\cos x), 2sinx 2\sin x est le premier, et le terme 3 est généralement nul, car il ne contient ni sinus ni cosinus.

Schéma de solution général

Le schéma de solution est toujours le même :

Supposons que cosx=0\cosx=0. Alors sinx=±1\sin x=\pm 1 - cela découle de l'identité principale. Remplaçons péché\sin x et cosx\cos x dans l'expression originale, et si le résultat est absurde (par exemple, l'expression 5=0 5=0), passez au deuxième point ;

On divise tout par la puissance du cosinus : cosx, cos2x, cos3x... - dépend de la valeur de puissance de l'équation. Nous obtenons l’égalité habituelle avec les tangentes, qui peut être résolue en toute sécurité après avoir remplacé tgx=t.

tgx=tLes racines trouvées seront la réponse à l'expression originale.