Exemples d'équations trigonométriques homogènes du premier degré. Systèmes avec équations non linéaires

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 une équation trigonométrique homogène de degré I. 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. La solution de cette équation 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) avec a 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 de 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 ce cas sera x = arctan (- с/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 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. Sortons 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 ramener à une forme homogène. En utilisant la formule sin 2 x + cos 2 x = 1, nous obtenons l'équation sin 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 tg 2 2x + 2tg 2x + 1 = 0 . En utilisant l'entrée d'une nouvelle variable z = tan 2x, nous résolvons l'équation dont la racine est z = 1. Alors tan 2x = 1, ce qui implique 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 être 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 par 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)

On obtient donc 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 nous divisons 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). On a

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 :

3sin 2 2x - 2 sin 2x cos2 x +3cos 2 2x = 2 sin 2 x + 2 cos 2 x.

3sin 2 2x - 2 sin 2x cos2 x +3cos 2 2x - 2 sin 2 x - 2 cos 2 x=0,

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

Le dernier détail, comment résoudre les tâches C1 de l'examen d'État unifié en mathématiques - résoudre des équations trigonométriques homogènes. Nous vous expliquerons comment les résoudre dans cette dernière leçon.

Quelles sont ces équations ? Écrivons-les en termes généraux.

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

où `a` et `b` sont des constantes. Cette équation est appelée équation trigonométrique homogène du premier degré.

Équation trigonométrique homogène du premier degré

Pour résoudre une telle équation, vous devez la diviser par « \cos x ». Il prendra alors la forme

$$\newcommand(\tg)(\mathop(\mathrm(tg))) a \tg x + b = 0.$$

La réponse à une telle équation s’écrit facilement en utilisant l’arctangente.

Notez que `\cos x ≠0`. Pour vérifier cela, nous substituons zéro dans l’équation au lieu du cosinus et nous constatons que le sinus doit également être égal à zéro. Cependant, ils ne peuvent pas être égaux à zéro en même temps, ce qui signifie que le cosinus n’est pas nul.

Certaines des questions de l'examen réel de cette année impliquaient une équation trigonométrique homogène. Suivez le lien vers. Nous prendrons une version légèrement simplifiée du problème.

Premier exemple. Solution d'une équation trigonométrique homogène du premier degré

$$\sin x + \cos x = 0.$$

Divisez par `\cos x`.

$$\tg x + 1 = 0,$$

$$x = -\frac(\pi)(4)+\pi k.$$

Je le répète, une tâche similaire existait lors de l'examen d'État unifié :) bien sûr, vous devez toujours sélectionner les racines, mais cela ne devrait pas non plus poser de difficultés particulières.

Passons maintenant au type d'équation suivant.

Équation trigonométrique homogène du deuxième degré

En général, cela ressemble à ceci :

$$a\sin^2 x + b\sin x \cos x + c\cos^2 x =0,$$

où `a, b, c` sont des constantes.

De telles équations sont résolues en divisant par `\cos^2 x` (qui encore une fois n'est pas nul). Regardons tout de suite un exemple.

Deuxième exemple. Solution d'une équation trigonométrique homogène du deuxième degré

$$\sin^2 x - 2\sin x \, \cos x - 3\cos^2 x = 0.$$

Divisez par `\cos^2 x`.

$$(\tg)^2 x - 2\tg x -3 =0.$$

Remplaçons `t = \tg x`.

$$t^2 - 2t -3 = 0,$$

$$t_1 = 3,\t_2 = -1.$$

Remplacement inversé

$$\tg x = 3, \text( ou ) \tg x = -1,$$

$$x = \arctan(3)+\pi k, \text( ou ) x= -\frac(\pi)(4)+ \pi k.$$

La réponse a été reçue.

Troisième exemple. Solution d'une équation trigonométrique homogène du deuxième degré

$$-\sin^2 x + \frac(2\sqrt(2))(3)\sin x \cos x - 3\cos^2 x = -2.$$

Tout irait bien, mais cette équation n'est pas homogène - le « -2 » sur le côté droit nous gêne. Ce qu'il faut faire? Utilisons l'identité trigonométrique de base et écrivons « -2 » en l'utilisant.

$$-\sin^2 x + \frac(2\sqrt(2))(3)\sin x \cos x - 3\cos^2 x = -2(\sin^2 x + \cos^2 x ),$$

$$-\sin^2 x + \frac(2\sqrt(2))(3)\sin x \cos x - 3\cos^2 x + 2\sin^2 x + 2\cos^2 x = 0,$$

$$\sin^2 x + \frac(2\sqrt(2))(3)\sin x \cos x - \cos^2 x = 0.$$

Divisez par `\cos^2 x`.

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

Remplacement `t= \tg x`.

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

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

En effectuant la substitution inverse, on obtient :

$$\tg x = \frac(\sqrt(3))(3) \text( ou ) \tg x = -\sqrt(3).$$

$$x =-\frac(\pi)(3) + \pi k,\ x = \frac(\pi)(6)+ \pi k.$$

Ceci est le dernier exemple de ce tutoriel.

Comme d'habitude, je vous le rappelle : la formation est tout pour nous. Aussi brillant soit-il, les compétences ne se développeront pas sans formation. Lors de l’examen, c’est semé d’anxiété, d’erreurs et de perte de temps (continuez vous-même cette liste). Assurez-vous d'étudier!

Tâches de formation

Résolvez les équations :

• `10^(\sin x) = 2^(\sin x) \cdot 5^(-\cos x)`. Il s'agit d'une tâche du véritable Examen d'État unifié 2013. Personne n'a annulé la connaissance des propriétés des diplômes, mais si vous avez oublié, jetez un œil ;
• `\sqrt(3) \sin x + \sin^2 \frac(x)(2) = \cos^2 \frac(x)(2)`. La formule de la septième leçon vous sera utile.
• `\sqrt(3) \sin 2x + 3 \cos 2x = 0`.

C'est tout. Et comme d'habitude, enfin : posez des questions dans les commentaires, aimez, regardez des vidéos, apprenez à résoudre l'examen d'État unifié.

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 :

1. il doit contenir plusieurs termes ;
2. tous les termes doivent avoir le même degré ;
3. 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 construction est également égale à deux.

Passons au troisième élément - 3. On se souvient du cours de mathématiques au lycée que n'importe quel nombre peut être multiplié par 1, alors on l'écrit :

˜ 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 est scindé 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

Jetons un coup d'oeil. 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 compris 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 le

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 a:

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 le 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 \\\fin (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 vous 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 les mêmes 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 rien à redire sur 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 la 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 agit comme 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 :

1. 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.
2. 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 aussi 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 :

Faisons comme si 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.

Établissement d'enseignement professionnel budgétaire de l'État dans le village de Teeli de la République de Tyva

Développement d'une leçon de mathématiques

Sujet de la leçon :

"Équations trigonométriques homogènes"

Enseignant : Oorzhak

Ailana Mikhaïlovna

Sujet de la leçon : «Équations trigonométriques homogènes»(d'après le manuel d'A.G. Mordkovich)

Groupe : Master Culture Végétale, 1ère année

Type de cours : Une leçon pour apprendre du nouveau matériel.

Objectifs de la leçon:

2. Développer la pensée logique, la capacité de tirer des conclusions, la capacité d'évaluer les résultats des actions effectuées

3. Inculquer aux étudiants la précision, le sens des responsabilités et le développement de motivations positives pour l'apprentissage

Matériel de cours: ordinateur portable, projecteur, écran, cartes, affiches sur la trigonométrie : significations des fonctions trigonométriques, formules de base de la trigonométrie.

Durée du cours : 45 minutes.

Structure de la leçon :

Pendant les cours.

1. Moment d'organisation (1 min)

Vérifiez l'état de préparation des élèves pour le cours, écoutez le groupe de service.

2. Actualisation des connaissances de base (3 min)

2.1. Vérification des devoirs.

Trois élèves résolvent au tableau n° 18.8 (c, d) ; N° 18.19. Le reste des étudiants procède à une évaluation par les pairs.

3. Apprendre du nouveau matériel (13 min)

3.1. Motivation des étudiants.

Il est demandé aux élèves de nommer des équations qu'ils connaissent et qu'ils peuvent résoudre (diapositive n°1)

1) 3 cos 2 x – 3 cos x = 0 ;

2) cos (x – 1) = ;

3) 2 péché 2 x + 3 péché x = 0 ;

4) 6 sin 2 x – 5 cos x + 5 = 0 ; 12

5) sin x cos x + cos²x = 0 ;

6) tg + 3ctg = 4.

7) 2sin x – 3cos x = 0 ;

8) péché 2 x + cos 2 x = 0 ;

9) sin²х – 3sinх cos x+2cos²х = 0.

Les élèves ne seront pas en mesure de nommer la solution des équations 7 à 9.

3.2. Explication d'un nouveau sujet.

Enseignant : Les équations que vous ne parvenez pas à résoudre sont assez courantes dans la pratique. On les appelle équations trigonométriques homogènes. Notez le sujet de la leçon : « Équations trigonométriques homogènes ». (diapositive numéro 2)

Détermination d'équations homogènes sur l'écran du projecteur. (diapositive numéro 3)

Considérons une méthode de résolution d'équations trigonométriques homogènes (diapositive n° 4, 5)

Analyser les solutions aux exemples

Exemple 1. Résoudre l'équation 2sin x – 3cosx = 0 ; (diapositive numéro 6)

Il s’agit d’une équation homogène du premier degré. Divisons les deux côtés du terme de l'équation par cos x, on obtient :

2tg x – 3 = 0

tg x =

x = arctan + πn , n Z.

Réponse : x = arctan + π n, n Z.

Exemple 2 . Résoudre l'équation du péché 2 x + cos 2 x = 0 ; (diapositive numéro 7)

Il s’agit d’une équation homogène du premier degré. Divisons les deux côtés du terme de l'équation par cos 2 x, on obtient :

tg2 x + 1 = 0

tg2 x = - 1

2x = arctan (-1)+ πn, nZ.

2x = - + πn, nZ.

x = - + , nZ.

Réponse : x = - + , n Z.

Exemple 3 . Résolvez l'équation sin²х – 3sinх cos x+2cos²х = 0. (diapositive numéro 8)

Chaque terme de l'équation a le même degré. Il s’agit d’une équation homogène du deuxième degré. Divisons les deux côtés de l'équation terme par terme par cos 2 x ≠ 0, on obtient :

TG 2 x-3tg x+2 = 0. Introduisons une nouvelle variable z = tan x, on obtient

z 2 – 3z + 2 =0

z 1 = 1, z 2 = 2

cela signifie soit tg x = 1, soit tg x = 2

4. Consolidation du matériel étudié (10 min)

L'enseignant analyse en détail des exemples avec des élèves faibles au tableau, les élèves forts les résolvent de manière indépendante dans leurs cahiers.

5. Travail indépendant différencié (15 min)

L'enseignant délivre des fiches avec des tâches de trois niveaux : basique (A), intermédiaire (B), avancé (C). Les étudiants choisissent eux-mêmes le niveau d'exemples qu'ils vont résoudre.

6. Résumer. Réflexion sur les activités d'apprentissage en classe (2 min)

Répondez aux questions:

Quels types d’équations trigonométriques avons-nous appris ?

Comment résoudre une équation homogène du premier degré ?

Comment résoudre une équation homogène du deuxième degré ?

J'ai découvert …

J'ai appris …

Reconnaissez le bon travail de chaque élève pendant la leçon et attribuez des notes.

7. Devoirs. (1 minute)

Informez les élèves de leurs devoirs et donnez de brèves instructions sur la façon de les réaliser.

N° 18.12 (c, d), n° 18.24 (c, d), n° 18.27 (a)

Les références:

Diapositive 2

"Équations trigonométriques homogènes"

1. Une équation de la forme a sin x + b cos x = 0, où a ≠0, b ≠0 est appelée une équation trigonométrique homogène du premier degré. 2. Une équation de la forme a sin 2 x + b sin x cos x + c cos 2 x = 0, où a ≠0, b ≠0, c ≠0 est appelée une équation trigonométrique homogène du deuxième degré. Définition:

Je degré a sinx + b cosx = 0, (a,b ≠ 0). Divisons les deux côtés de l'équation terme par terme par cosx ≠ 0. On obtient : a tanx + b = 0 tgx = -b /a l'équation trigonométrique la plus simple En divisant une équation homogène a sinx + b cosx = 0 par cos x ≠ 0, les racines de cette équation ne sont pas perdues. Méthode de résolution d'équations trigonométriques homogènes

a sin²x + b sinx cosx + c cos²x = 0. 1) si a ≠ 0, diviser les deux côtés du terme de l'équation par cos ² x ≠0 On obtient : a tan ² x + b tanx + c = 0, résoudre en introduisant une nouvelle variable z = tgx 2) si a = 0, alors on obtient : b sinx cosx + c cos ² x =0, résoudre par méthode de factorisation / En divisant l'équation homogène a sin ² x + b sinx cosx + c cos ² x = 0 par cos 2 x ≠ 0 les racines de cette équation ne sont pas perdues. IIe degré

Il s’agit d’une équation homogène du premier degré. Divisons les deux côtés de l'équation terme par terme par cos x, nous obtenons : Exemple 1. Résolvez l'équation 2 sin x – 3 cos x = 0

Il s’agit d’une équation homogène du premier degré. Divisons les deux côtés du terme de l'équation par cos 2 x, nous obtenons : Exemple 2. Résoudre l'équation sin 2 x + cos 2 x = 0

Chaque terme de l'équation a le même degré. Il s’agit d’une équation homogène du deuxième degré. Divisons les deux côtés de l'équation terme par terme avec os 2 x ≠ 0, nous obtenons : Exemple 3. Résoudre l'équation sin ² x – 3 sin x cos x+2 cos ² x = 0

Répondez aux questions : - Quels types d'équations trigonométriques avons-nous étudiés ? -Comment résoudre une équation homogène du premier degré ? - Comment résoudre une équation homogène du deuxième degré ? Résumer

J'ai appris... - J'ai appris... Réflexion

N° 18.12 (c, d), n° 18.24 (c, d), n° 18.27 (a) Devoirs.

Merci pour la leçon! Bien joué!

Aperçu:

Auto-analyse d'un cours de mathématiques par le professeur Oorzhak A.M.

Groupe : Master Culture Végétale, 1ère année.

Sujet de la leçon : Equations trigonométriques homogènes.

Type de cours : Une leçon d'apprentissage de nouveau matériel.

Objectifs de la leçon:

1. Développer les compétences des étudiants dans la résolution d'équations trigonométriques homogènes, envisager des méthodes de résolution d'équations homogènes de niveaux de complexité de base et avancés.

2. Développer la pensée logique, la capacité de tirer des conclusions et la capacité d'évaluer les résultats des actions effectuées.

3. Inculquer aux étudiants la précision, le sens des responsabilités et le développement de motivations positives pour l'apprentissage.

La leçon s'est déroulée selon une planification thématique. Le sujet de la leçon reflète les parties théoriques et pratiques de la leçon et est compréhensible pour les étudiants. Toutes les étapes de la leçon visaient à atteindre ces objectifs, en tenant compte des caractéristiques du groupe.

Structure de la leçon.

1. Le moment d'organisation comprenait l'organisation préliminaire du groupe, le début mobilisateur du cours, la création d'un confort psychologique et la préparation des élèves à l'assimilation active et consciente de la nouvelle matière. La préparation du groupe et de chaque élève a été vérifiée visuellement par mes soins. Tâche didactique de la scène : Pattitude positive envers la leçon.

2. L’étape suivante consiste à mettre à jour les connaissances de base des étudiants. La tâche principale de cette étape est : la restauration dans la mémoire des étudiants des connaissances nécessaires à l’apprentissage d’une nouvelle matière. La mise à jour s'est effectuée sous forme de contrôle des devoirs au tableau.

3. (Étape principale de la leçon) Formation de nouvelles connaissances. A ce stade, les tâches didactiques suivantes ont été mises en œuvre : Assurer la perception, la compréhension et la mémorisation primaire des connaissances et des modalités d'action, des connexions et des relations dans l'objet d'étude.

Cela a été facilité par : la création d'une situation problématique, la méthode de conversation en combinaison avec l'utilisation des TIC. Un indicateur de l’efficacité de l’assimilation par les étudiants des nouvelles connaissances est l’exactitude des réponses, le travail indépendant et la participation active des étudiants au travail.

4.L'étape suivante est la consolidation primaire du matériau. Dont le but est d'établir un retour d'information pour obtenir des informations sur le degré de compréhension du nouveau matériel, son exhaustivité, l'exactitude de son assimilation et pour la correction en temps opportun des erreurs détectées. Pour cela j'ai utilisé : la résolution d'équations trigonométriques homogènes simples. Ici, des tâches du manuel ont été utilisées qui correspondent aux résultats d'apprentissage requis. La consolidation initiale du matériel s'est déroulée dans une atmosphère de bonne volonté et de coopération. À ce stade, j'ai travaillé avec des élèves faibles, les autres ont décidé eux-mêmes, suivis d'un auto-test du jury.

5. Le moment suivant de la leçon était le contrôle primaire des connaissances. Tâche didactique de l'étape : Identifier la qualité et le niveau de maîtrise des connaissances et des méthodes d'action, assurer leur correction. Ici, elle a mis en œuvre une approche différenciée de l'apprentissage et a proposé aux enfants un choix de tâches de trois niveaux : basique (A), intermédiaire (B) et avancé (C). J'ai fait un tour et noté les élèves qui ont choisi le niveau de base. Ces étudiants ont réalisé le travail sous la supervision de l'enseignant.

6. À l'étape suivante - en résumé, les tâches d'analyse et d'évaluation du succès de la réalisation de l'objectif ont été résolues. En résumant la leçon, j'ai simultanément réfléchi à l'activité d'apprentissage. Les élèves ont appris à résoudre des équations trigonométriques homogènes. Des notes ont été données.

7. La dernière étape est celle des devoirs. Tâche didactique : S'assurer que les élèves comprennent le contenu et les méthodes de réalisation des devoirs. A donné de brèves instructions sur la façon de faire ses devoirs.

Pendant le cours, j'ai eu l'occasion de réaliser des objectifs pédagogiques, de développement et d'éducation. Je pense que cela a été facilité par le fait que dès les premières minutes de la leçon, les enfants ont fait preuve d'activité. Ils étaient prêts à accepter un nouveau sujet. L'ambiance dans le groupe était psychologiquement favorable.




Dans cet article, nous examinerons une méthode de résolution d'équations trigonométriques homogènes.

Les équations trigonométriques homogènes ont la même structure que les équations homogènes de tout autre type. Permettez-moi de vous rappeler la méthode de résolution des équations homogènes du deuxième degré :

Considérons des équations homogènes de la forme


Particularités des équations homogènes :

a) tous les monômes ont le même degré,

b) le terme libre est nul,

c) l'équation contient des puissances avec deux bases différentes.

Les équations homogènes sont résolues à l'aide d'un algorithme similaire.

Pour résoudre ce type d'équation, on divise les deux côtés de l'équation par (peut être divisé par ou par)

Attention! Lorsque vous divisez les côtés droit et gauche d’une équation par une expression contenant une inconnue, vous pouvez perdre des racines. Par conséquent, il est nécessaire de vérifier si les racines de l’expression par laquelle nous divisons les deux côtés de l’équation sont les racines de l’équation d’origine.

Si c'est le cas, alors nous écrivons cette racine pour ne pas l'oublier plus tard, puis divisons l'expression par ceci.

En général, la première chose à faire lors de la résolution d’une équation comportant un zéro à droite est d’essayer de factoriser le côté gauche de l’équation de toutes les manières disponibles. Et puis assimilez chaque facteur à zéro. Dans ce cas, nous ne perdrons certainement pas les racines.

Alors, divisez soigneusement le côté gauche de l’équation en expression terme par terme. On a:



Réduisons le numérateur et le dénominateur des deuxième et troisième fractions :



Présentons le remplacement :

On obtient une équation quadratique :



Résolvons l'équation quadratique, trouvons les valeurs de , puis revenons à l'inconnue d'origine.

Lors de la résolution d’équations trigonométriques homogènes, il y a plusieurs choses importantes à retenir :

1. Le terme factice peut être converti en carré du sinus et du cosinus en utilisant l'identité trigonométrique de base :

2. Le sinus et le cosinus d'un argument double sont des monômes du deuxième degré - le sinus d'un argument double peut être facilement converti en produit du sinus et du cosinus, et le cosinus d'un argument double en carré du sinus ou du cosinus :



Examinons plusieurs exemples de résolution d'équations trigonométriques homogènes.

1 . Résolvons l'équation :

Il s'agit d'un exemple classique d'équation trigonométrique homogène du premier degré : le degré de chaque monôme est égal à un, le terme d'origine est égal à zéro.

Avant de diviser les deux côtés de l’équation par , vous devez vérifier que les racines de l’équation ne sont pas les racines de l’équation d’origine. On vérifie : si , alors title="sin(x)0">, следовательно их сумма не равна нулю.!}

Divisons les deux côtés de l'équation par .

On a:

, Où

, Où

Répondre: , Où

2. Résolvons l'équation :

Ceci est un exemple d'équation trigonométrique homogène du deuxième degré. Nous rappelons que si nous pouvons factoriser le membre de gauche de l’équation, il est alors conseillé de le faire. Dans cette équation, nous pouvons mettre . Faisons-le:





Solution de la première équation : , où

La deuxième équation est une équation trigonométrique homogène du premier degré. Pour le résoudre, divisez les deux côtés de l’équation par . On a:



Réponse : , où ,

3. Résolvons l'équation :

Pour rendre cette équation « devenue » homogène, on la transforme en produit et on présente le nombre 3 comme la somme des carrés du sinus et du cosinus :

Déplaçons tous les termes vers la gauche, ouvrons les parenthèses et présentons les termes similaires. On a:



Factorisons le côté gauche et définissons chaque facteur égal à zéro :



Réponse : , où ,

4 . Résolvons l'équation :

Voyons ce que nous pouvons retirer des parenthèses. Faisons-le:

Assumons chaque facteur à zéro :



Solution de la première équation :

La deuxième équation de population est une équation homogène classique du deuxième degré. Les racines de l’équation ne sont pas les racines de l’équation d’origine, nous divisons donc les deux côtés de l’équation par :





Solution de la première équation :

Solution de la deuxième équation.