Ekuacioni trigonometrik homogjen i shkallës 1. Ekuacionet trigonometrike homogjene: skema e zgjidhjes së përgjithshme

Me këtë video mësim, nxënësit do të mund të studiojnë temën e ekuacioneve trigonometrike homogjene.

Le të japim përkufizime:

1) një ekuacion homogjen trigonometrik i shkallës së parë duket si një sin x + b cos x = 0;

2) një ekuacion homogjen trigonometrik i shkallës së dytë duket si një sin 2 x + b sin x cos x + c cos 2 x = 0.

Konsideroni ekuacionin a sin x + b cos x = 0. Nëse a është e barabartë me zero, atëherë ekuacioni do të duket si b cos x = 0; nëse b është e barabartë me zero, atëherë ekuacioni do të duket si një sin x = 0. Këto janë ekuacionet që i kemi quajtur më të thjeshtat dhe janë zgjidhur më herët në temat e mëparshme.

Tani merrni parasysh opsionin kur a dhe b nuk janë të barabarta me zero. Duke pjesëtuar pjesët e ekuacionit me kosinusin x, kryejmë transformimin. Marrim një tg x + b = 0, atëherë tg x do të jetë e barabartë me - b/a.

Nga sa më sipër rezulton se ekuacioni a sin mx + b cos mx = 0 është homogjen ekuacioni trigonometrik I diplomë. Për të zgjidhur një ekuacion, pjesëtojini pjesët e tij me cos mx.

Le të shohim shembullin 1. Të zgjidhim 7 sin (x/2) - 5 cos (x/2) = 0. Së pari, ndani pjesët e ekuacionit me kosinus (x/2). Duke ditur se sinusi i pjesëtuar me kosinus është tangjent, marrim 7 tan (x/2) - 5 = 0. Duke transformuar shprehjen, gjejmë se vlera e tan (x/2) është e barabartë me 5/7. Zgjidhje ekuacioni i dhënë ka formën x = arctan a + πn, në rastin tonë x = 2 arctan (5/7) + 2πn.

Konsideroni ekuacionin a sin 2 x + b sin x cos x + c cos 2 x = 0:

1) në një e barabartë me zero ekuacioni do të duket si b sin x cos x + c cos 2 x = 0. Duke transformuar, marrim shprehjen cos x (b sin x + c cos x) = 0 dhe vazhdojmë me zgjidhjen e dy ekuacioneve. Pas pjesëtimit të pjesëve të ekuacionit me kosinusin x, fitojmë b tg x + c = 0, që do të thotë tg x = - c/b. Duke ditur se x = arctan a + πn, atëherë zgjidhja in në këtë rast do të jetë x = arctan (- c/b) + πn.

2) nëse a nuk është e barabartë me zero, atëherë duke pjesëtuar pjesët e ekuacionit me kosinusin në katror, fitojmë një ekuacion që përmban një tangjente, e cila do të jetë kuadratike. Ky ekuacion mund të zgjidhet duke futur një ndryshore të re.

3) kur c është i barabartë me zero, ekuacioni do të marrë formën a sin 2 x + b sin x cos x = 0. Ky ekuacion mund të zgjidhet nëse nxjerrim sinusin e x nga kllapat.

1. shikoni nëse ekuacioni përmban një sin 2 x;

2. Nëse ekuacioni përmban termin a sin 2 x, atëherë ekuacioni mund të zgjidhet duke pjesëtuar të dyja anët me kosinusin në katror dhe më pas duke prezantuar një ndryshore të re.

3. Nëse ekuacioni nuk përmban një sin 2 x, atëherë ekuacioni mund të zgjidhet duke nxjerrë cosx nga kllapat.

Le të shqyrtojmë shembullin 2. Le të nxjerrim kosinusin nga kllapat dhe të marrim dy ekuacione. Rrënja e ekuacionit të parë është x = π/2 + πn. Për të zgjidhur ekuacionin e dytë, pjesët e këtij ekuacioni i ndajmë me kosinusin x dhe me transformim fitojmë x = π/3 + πn. Përgjigje: x = π/2 + πn dhe x = π/3 + πn.

Le të zgjidhim shembullin 3, një ekuacion të formës 3 sin 2 2x - 2 sin 2x cos 2x + 3 cos 2 2x = 2 dhe të gjejmë rrënjët e tij, të cilat i përkasin segmentit nga - π në π. Sepse ky ekuacion është johomogjen, është e nevojshme ta reduktojmë në pamje homogjene. Duke përdorur formula e mëkatit 2 x + cos 2 x = 1, marrim ekuacioni i mëkatit 2 2x - 2 sin 2x cos 2x + cos 2 2x = 0. Duke pjesëtuar të gjitha pjesët e ekuacionit me cos 2 x, marrim tan 2 2x + 2tg 2x + 1 = 0. Duke përdorur hyrjen e një ndryshoreje të re z = tan 2x , zgjidhim ekuacionin rrënja e të cilit është do të jetë z = 1. Pastaj tan 2x = 1, që do të thotë se x = π/8 + (πn)/2. Sepse sipas kushteve të problemit, duhet të gjeni rrënjët që i përkasin segmentit nga - π në π, zgjidhja do të ketë formën - 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.

DEKODIMI I TEKSTIT:

Ekuacionet trigonometrike homogjene

Sot do të shohim se si zgjidhen "ekuacionet trigonometrike homogjene". Këto janë ekuacione të një lloji të veçantë.

Le të njihemi me përkufizimin.

Ekuacioni i formës dhe sin x+bcosx = 0 (dhe sinus x plus kosinus x është i barabartë me zero) quhet ekuacion homogjen trigonometrik i shkallës së parë;

ekuacioni i formës dhe mëkati 2 x+bmëkat xcosx+scos 2 x= 0 (dhe sinus katror x plus të jetë sinus x kosinus x plus se kosinus katror x është i barabartë me zero) quhet një ekuacion homogjen trigonometrik i shkallës së dytë.

Nëse a=0, atëherë ekuacioni merr formën bcosx = 0.

Nëse b = 0 , atëherë marrim dhe sin x= 0.

Këto ekuacione janë trigonometrike elementare, dhe ne diskutuam zgjidhjen e tyre në temat tona të mëparshme

Le të shqyrtojmë rastin kur të dy koeficientët nuk janë të barabartë me zero. Le të ndajmë të dyja anët e ekuacionit Amëkatx+ bcosx = 0 anëtar për anëtar cosx.

Ne mund ta bëjmë këtë pasi kosinusi i x është jo zero. Në fund të fundit, nëse cosx = 0 , pastaj ekuacioni Amëkatx+ bcosx = 0 do të marrë formën Amëkatx = 0 , A≠ 0, pra mëkatx = 0 . E cila është e pamundur, sepse sipas identitetit bazë trigonometrik mëkat 2 x+cos 2 x=1 .

Pjestimi i të dy anëve të ekuacionit Amëkatx+ bcosx = 0 anëtar për anëtar cosx, marrim: + =0

Le të bëjmë transformimet:

1. Meqenëse = tg x, atëherë =dhe tg x

2 reduktuar me cosx, Pastaj

Kështu marrim shprehjen e mëposhtme dhe tg x + b =0.

Le të bëjmë transformimin:

1.lëvizni b në anën e djathtë të shprehjes me shenjën e kundërt

dhe tg x =- b

2. Le të heqim qafe shumëzuesin dhe pjesëtimi i të dyja anët e ekuacionit me a

tan x= -.

Përfundim: Ekuacioni i formës një mëkatmx+bcosmx = 0 (dhe sinus em x plus kosinus em x është zero) quhet gjithashtu një ekuacion homogjen trigonometrik i shkallës së parë. Për ta zgjidhur atë, ndani të dyja anët me cosmx.

SHEMBULL 1. Zgjidhe ekuacionin 7 sin - 5 cos = 0 (shtatë sinus x mbi dy minus pesë kosinus x mbi dy barazohet me zero)

Zgjidhje. Duke pjesëtuar të dyja anët e termit të ekuacionit me cos, marrim

1. = 7 tan (pasi raporti i sinusit me kosinusin është një tangjente, atëherë shtatë sinus x me dy pjesëtuar me kosinus x me dy janë të barabarta me 7 tan x me dy)

2. -5 = -5 (me shkurtim cos)

Në këtë mënyrë kemi marrë ekuacionin

7tg - 5 = 0, Le të transformojmë shprehjen, lëvizim minus pesë në anën e djathtë, duke ndryshuar shenjën.

Ekuacionin e kemi reduktuar në formën tg t = a, ku t=, a =. Dhe meqenëse ky ekuacion ka një zgjidhje për çdo vlerë A dhe këto zgjidhje kanë formën

x = arctan a + πn, atëherë zgjidhja e ekuacionit tonë do të ketë formën:

Arctg + πn, gjeni x

x=2 arctan + 2πn.

Përgjigje: x=2 arctan + 2πn.

Le të kalojmë në ekuacionin homogjen trigonometrik të shkallës së dytë

Asin 2 x+b sin x cos x +Mecos 2 x= 0.

Le të shqyrtojmë disa raste.

I. Nëse a=0, atëherë ekuacioni merr formën bmëkatxcosx+scos 2 x= 0.

Gjatë zgjidhjes së e Më pas përdorim metodën e faktorizimit të ekuacioneve. Do ta nxjerrim cosx përtej kllapave dhe marrim: cosx(bmëkatx+scosx)= 0 . Ku cosx= 0 ose

b sin x +Mecos x= 0. Dhe ne tashmë dimë se si t'i zgjidhim këto ekuacione.

Le të ndajmë të dy anët e termit të ekuacionit me cosх, marrim

1 (pasi raporti i sinusit me kosinusin është një tangjente).

Kështu marrim ekuacionin: b tg x+c=0

Ekuacionin e kemi reduktuar në formën tg t = a, ku t= x, a =. Dhe meqenëse ky ekuacion ka një zgjidhje për çdo vlerë A dhe këto zgjidhje kanë formën

x = arctan a + πn, atëherë zgjidhja e ekuacionit tonë do të jetë:

x = arctan + πn, .

II. Nëse a≠0, atëherë i ndajmë të dyja anët e ekuacionit term për term në cos 2 x.

(Duke argumentuar në mënyrë të ngjashme, si në rastin e një ekuacioni trigonometrik homogjen të shkallës së parë, kosinusi x nuk mund të shkojë në zero).

III. Nëse c=0, atëherë ekuacioni merr formën Amëkat 2 x+ bmëkatxcosx= 0. Ky ekuacion mund të zgjidhet me metodën e faktorizimit (ne nxjerrim mëkatx përtej kllapave).

Kjo do të thotë se gjatë zgjidhjes së ekuacionit Amëkat 2 x+ bmëkatxcosx+scos 2 x= 0 mund të ndiqni algoritmin:

SHEMBULL 2. Zgjidheni ekuacionin sinxcosx - cos 2 x= 0 (sine x herë kosinus x minus rrënjën e trefishit të kosinusit në katror x është zero).

Zgjidhje. Le ta faktorizojmë (fusim cosx jashtë kllapave). marrim

cos x(sin x - cos x)= 0, d.m.th. cos x=0 ose sin x - cos x= 0.

Përgjigje: x =+ πn, x= + πn.

SHEMBULL 3. Zgjidheni ekuacionin 3sin 2 2x - 2 sin2xcos2 x +3cos 2 2x= 2 (tre sinus në katror dy x minus dyfishi i prodhimit të sinusit dy x herë kosinusit dy x plus tre kosinusit në katror dy x) dhe gjeni rrënjët e tij që i përkasin intervali (- π;

Zgjidhje. Ky ekuacion nuk është homogjen, ndaj le të bëjmë disa transformime. Ne zëvendësojmë numrin 2 që gjendet në anën e djathtë të ekuacionit me produktin 2 1

Meqenëse sipas identitetit kryesor trigonometrik sin 2 x + cos 2 x =1, atëherë

2 ∙ 1= 2 ∙ (sin 2 x + cos 2 x) = duke hapur kllapat marrim: 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

Kjo do të thotë se ekuacioni 3sin 2 2x - 2 sin2xcos2 x +3cos 2 2x= 2 do të marrë formën:

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,

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

Ne morëm një ekuacion homogjen trigonometrik të shkallës së dytë. Le të zbatojmë metodën e pjesëtimit term pas termi me cos 2 2x:

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

Le të prezantojmë një variabël të ri z= tan2х.

Kemi z 2 - 2 z + 1 = 0. Ky është një ekuacion kuadratik. Duke vërejtur formulën e shkurtuar të shumëzimit në anën e majtë - katrorin e diferencës (), marrim (z - 1) 2 = 0, d.m.th. z = 1. Le të kthehemi te zëvendësimi i kundërt:

Ekuacionin e kemi reduktuar në formën tg t = a, ku t= 2x, a =1. Dhe meqenëse ky ekuacion ka një zgjidhje për çdo vlerë A dhe këto zgjidhje kanë formën

x = arctan x a + πn, atëherë zgjidhja e ekuacionit tonë do të jetë:

2х= arctan1 + πn,

x = + , (x është e barabartë me shumën e pi shumë tetë dhe pi en herë dy).

Gjithçka që duhet të bëjmë është të gjejmë vlerat e x që përmbahen në interval

(- π; π), d.m.th. plotësoni pabarazinë e dyfishtë - π x π. Sepse

x= +, pastaj - π + π. Ndani të gjitha pjesët e kësaj pabarazie me π dhe shumëzoni me 8, marrim

lëvizni një në të djathtë dhe në të majtë, duke ndryshuar shenjën në minus një

pjesëtojmë me katër marrim,

Për lehtësi, ne i ndajmë të gjitha pjesët në fraksione

Kjo pabarazi plotësohet nga numri i plotë n i mëposhtëm: -2, -1, 0, 1

Ruajtja e privatësisë suaj është e rëndësishme për ne. Për këtë arsye, ne kemi zhvilluar një politikë të privatësisë që përshkruan se si ne përdorim dhe ruajmë informacionin tuaj. Ju lutemi rishikoni praktikat tona të privatësisë dhe na tregoni nëse keni ndonjë pyetje.

Mbledhja dhe përdorimi i informacionit personal

Informacioni personal i referohet të dhënave që mund të përdoren për të identifikuar ose kontaktuar një person specifik.

Mund t'ju kërkohet të jepni informacionin tuaj personal në çdo kohë kur na kontaktoni.

Më poshtë janë disa shembuj të llojeve të informacionit personal që mund të mbledhim dhe se si mund ta përdorim këtë informacion.

Çfarë informacioni personal mbledhim:

Kur dorëzoni një aplikim në sajt, ne mund të mbledhim informacione të ndryshme, duke përfshirë emrin tuaj, numrin e telefonit, adresën e emailit, etj.

Si i përdorim të dhënat tuaja personale:

Informacioni personal që mbledhim na lejon t'ju kontaktojmë me oferta unike, promovime dhe ngjarje të tjera dhe ngjarje të ardhshme.
Herë pas here, ne mund të përdorim të dhënat tuaja personale për të dërguar njoftime dhe komunikime të rëndësishme.
Ne gjithashtu mund të përdorim të dhënat personale për qëllime të brendshme, si kryerja e auditimeve, analizave të të dhënave dhe kërkimeve të ndryshme, me qëllim që të përmirësojmë shërbimet që ofrojmë dhe t'ju ofrojmë rekomandime në lidhje me shërbimet tona.
Nëse merrni pjesë në një tërheqje çmimesh, konkurs ose promovim të ngjashëm, ne mund të përdorim informacionin që ju jepni për të administruar programe të tilla.

Zbulimi i informacionit palëve të treta

Ne nuk ua zbulojmë informacionin e marrë nga ju palëve të treta.

Përjashtimet:

Nëse është e nevojshme - në përputhje me ligjin, procedurën gjyqësore, në procedurat ligjore dhe/ose në bazë të kërkesave publike ose kërkesave nga organet qeveritare në Federatën Ruse - për të zbuluar informacionin tuaj personal. Ne gjithashtu mund të zbulojmë informacione për ju nëse përcaktojmë se një zbulim i tillë është i nevojshëm ose i përshtatshëm për qëllime sigurie, zbatimi të ligjit ose qëllime të tjera me rëndësi publike.
Në rast të një riorganizimi, bashkimi ose shitjeje, ne mund t'i transferojmë informacionet personale që mbledhim te pala e tretë pasardhëse e aplikueshme.

Mbrojtja e informacionit personal

Ne marrim masa paraprake - duke përfshirë administrative, teknike dhe fizike - për të mbrojtur informacionin tuaj personal nga humbja, vjedhja dhe keqpërdorimi, si dhe qasja, zbulimi, ndryshimi dhe shkatërrimi i paautorizuar.

Respektimi i privatësisë suaj në nivel kompanie

Për t'u siguruar që informacioni juaj personal është i sigurt, ne i komunikojmë punonjësve tanë standardet e privatësisë dhe sigurisë dhe zbatojmë në mënyrë rigoroze praktikat e privatësisë.

Ekuacione jolineare me dy të panjohura

Përkufizimi 1. Le të jetë A disa grup çiftesh numrash (x; y) . funksioni numerik z nga dy variabla x dhe y , nëse specifikohet një rregull me ndihmën e së cilës çdo çift numrash nga bashkësia A shoqërohet me një numër të caktuar.

Specifikimi i një funksioni numerik z të dy ndryshoreve x dhe y është shpesh tregojnë Pra:

Ku f (x , y) – çdo funksion tjetër përveç funksionit

f (x , y) = sëpatë+nga+c ,

ku a, b, c jepen numra.

Përkufizimi 3. Zgjidhja e ekuacionit (2) telefononi një çift numrash ( x; y), për të cilën formula (2) është një barazi e vërtetë.

Shembulli 1. Zgjidhe ekuacionin

Meqenëse katrori i çdo numri është jonegativ, nga formula (4) rezulton se të panjohurat x dhe y plotësojnë sistemin e ekuacioneve

zgjidhja e së cilës është një çift numrash (6; 3).

Përgjigje: (6; 3)

Shembulli 2. Zgjidhe ekuacionin

Prandaj, zgjidhja e ekuacionit (6) është numër i pafund i çifteve të numrave lloji

(1 + y ; y) ,

ku y është çdo numër.

lineare

Përkufizimi 4. Zgjidhja e një sistemi ekuacionesh

telefononi një çift numrash ( x; y) , kur i zëvendësojmë në secilin nga ekuacionet e këtij sistemi, fitohet barazia e saktë.

Sistemet e dy ekuacioneve, njëri prej të cilëve është linear, kanë formën

g(x , y)

Shembulli 4. Zgjidh sistemin e ekuacioneve

Zgjidhje . Le të shprehim të panjohurën y nga ekuacioni i parë i sistemit (7) përmes të panjohurës x dhe të zëvendësojmë shprehjen që rezulton në ekuacionin e dytë të sistemit:

Zgjidhja e ekuacionit

x 1 = - 1 , x 2 = 9 .

Prandaj,

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

Sistemet e dy ekuacioneve, njëra prej të cilave është homogjene

Sistemet e dy ekuacioneve, njëra prej të cilave është homogjene, kanë formën

ku a, b, c jepen numra dhe g(x , y) – funksioni i dy ndryshoreve x dhe y.

Shembulli 6. Zgjidh sistemin e ekuacioneve

Zgjidhje . Le të zgjidhim ekuacionin homogjen

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

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

duke e trajtuar atë si një ekuacion kuadratik në lidhje me të panjohurën x:

Në rast x = - 5y, nga ekuacioni i dytë i sistemit (11) fitojmë ekuacionin

5y 2 = - 20 ,

që nuk ka rrënjë.

Në rast

nga ekuacioni i dytë i sistemit (11) fitojmë ekuacionin

rrënjët e të cilit janë numrat y 1 = 3 , y 2 = - 3 . Duke gjetur për secilën nga këto vlera y vlerën përkatëse x, marrim dy zgjidhje për sistemin: (- 2 ; 3), (2 ; - 3) .

Përgjigje: (- 2 ; 3) , (2 ; - 3)

Shembuj të zgjidhjes së sistemeve të ekuacioneve të llojeve të tjera

Shembulli 8. Zgjidhja e një sistemi ekuacionesh (MIPT)

Zgjidhje . Le të prezantojmë të panjohurat e reja u dhe v, të cilat shprehen përmes x dhe y sipas formulave:

Për të rishkruar sistemin (12) në terma të të panjohurave të reja, fillimisht shprehim të panjohurat x dhe y në terma u dhe v. Nga sistemi (13) rezulton se

Le të zgjidhim sistemin linear (14) duke eliminuar variablin x nga ekuacioni i dytë i këtij sistemi.

Për këtë qëllim, ne kryejmë transformimet e mëposhtme në sistemin (14):
nga ekuacioni i dytë zbresim ekuacionin e parë dhe zëvendësojmë ekuacionin e dytë të sistemit me diferencën që rezulton.

Si rezultat, sistemi (14) shndërrohet në një sistem ekuivalent

nga e cila gjejmë

Duke përdorur formulat (13) dhe (15), ne rishkruajmë sistemin origjinal (12) në formën

Ekuacioni i parë i sistemit (16) është linear, kështu që ne mund të shprehim prej tij të panjohurën u përmes të panjohurës v dhe ta zëvendësojmë këtë shprehje në ekuacionin e dytë të sistemit.

Sot do të studiojmë ekuacionet homogjene trigonometrike. Së pari, le të shohim terminologjinë: çfarë është një ekuacion trigonometrik homogjen. Ajo ka karakteristikat e mëposhtme:

duhet të përmbajë disa terma;
të gjitha termat duhet të kenë të njëjtën shkallë;
të gjitha funksionet e përfshira në një identitet homogjen trigonometrik duhet të kenë domosdoshmërisht të njëjtin argument.

Algoritmi i zgjidhjes

Le të zgjedhim kushtet

Dhe nëse gjithçka është e qartë me pikën e parë, atëherë ia vlen të flasim për të dytën në më shumë detaje. Çfarë do të thotë të kesh të njëjtën shkallë termash? Le të shohim problemin e parë:

3cosx+5sinx=0

3\cos x+5\sin x=0

Termi i parë në këtë ekuacion është 3cosx 3\cos x. Ju lutemi vini re se këtu ka vetëm një funksion trigonometrik - cosx\cos x - dhe asnjë funksion tjetër trigonometrik nuk është i pranishëm këtu, kështu që shkalla e këtij termi është 1. E njëjta gjë me të dytin - 5sinx 5\sin x - këtu është i pranishëm vetëm sinusi, pra shkalla e këtij termi është gjithashtu e barabartë me një. Pra, kemi para nesh një identitet të përbërë nga dy elementë, secili prej të cilëve përmban një funksion trigonometrik dhe vetëm një. Ky është një ekuacion i shkallës së parë.

Le të kalojmë në shprehjen e dytë:

4mëkat2 x+sin2x−3=0

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

Anëtari i parë i këtij ndërtimi është 4mëkat2 x 4((\sin )^(2))x.

Tani mund të shkruajmë zgjidhjen e mëposhtme:

mëkat2 x=sinx⋅sinx

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

Me fjalë të tjera, termi i parë përmban dy funksione trigonometrike, domethënë shkalla e tij është dy. Le të merremi me elementin e dytë - sin2x\ mëkat 2x. Le të kujtojmë këtë formulë - formula e këndit të dyfishtë:

sin2x=2sinx⋅cosx

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

Dhe përsëri, në formulën që rezulton kemi dy funksione trigonometrike - sinus dhe kosinus. Kështu, vlera e fuqisë së këtij termi ndërtimor është gjithashtu e barabartë me dy.

Kalojmë në elementin e tretë - 3. Nga lënda e matematikës shkolla e mesme Kujtojmë se çdo numër mund të shumëzohet me 1, kështu që e shkruajmë atë:

˜ 3=3⋅1

Dhe njësia mund të shkruhet duke përdorur identitetin bazë trigonometrik në formën e mëposhtme:

1=mëkat2 x⋅ cos2 x

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

Prandaj, ne mund ta rishkruajmë 3 si më poshtë:

3=3(mëkat2 x⋅ cos2 x)=3mëkat2 x+3 cos2 x

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

Kështu, termi ynë 3 ndahet në dy elementë, secili prej të cilëve është homogjen dhe ka një shkallë të dytë. Sinusi në termin e parë ndodh dy herë, kosinusi në të dytin gjithashtu ndodh dy herë. Kështu, 3 mund të përfaqësohet gjithashtu si një term me një eksponent të fuqisë prej dy.

E njëjta gjë me shprehjen e tretë:

mëkat3 x+ mëkat2 xcosx=2 cos3 x

Le të shohim. Termi i parë është mëkat3 x((\sin )^(3))x është një funksion trigonometrik i shkallës së tretë. Elementi i dytë - mëkat2 xcosx((\sin )^(2))x\cos x.

mëkat2 ((\sin )^(2)) është një lidhje me vlerën e fuqisë dy të shumëzuar me cosx\cos x është termi i parë. Në total, termi i tretë gjithashtu ka një vlerë fuqie prej tre. Më në fund, në të djathtë ka një lidhje tjetër - 2cos3 x 2((\cos )^(3))x është një element i shkallës së tretë. Kështu, kemi para nesh një ekuacion trigonometrik homogjen të shkallës së tretë.

Ne kemi tre identitete të shkallëve të ndryshme të shkruara. Kushtojini vëmendje përsëri shprehjes së dytë. Në procesverbalin origjinal, njëri prej anëtarëve ka një argument 2x 2x. Ne jemi të detyruar të heqim qafe këtë argument duke e transformuar atë duke përdorur formulën e sinusit me kënd të dyfishtë, sepse të gjitha funksionet e përfshira në identitetin tonë duhet të kenë domosdoshmërisht të njëjtin argument. Dhe kjo është një kërkesë për ekuacionet homogjene trigonometrike.

Ne përdorim formulën e identitetit kryesor trigonometrik dhe shkruajmë zgjidhjen përfundimtare

Ne i kemi rregulluar kushtet, le të kalojmë te zgjidhja. Pavarësisht nga eksponenti i fuqisë, zgjidhja e barazive të këtij lloji kryhet gjithmonë në dy hapa:

1) vërtetoni këtë

cosx≠0

\cos x\ne 0. Për ta bërë këtë, mjafton të kujtojmë formulën e identitetit kryesor trigonometrik (mëkat2 x⋅ cos2 x=1)\left(((\sin )^(2))x\cdot ((\cos )^(2))x=1 \djathtas) dhe zëvendësojeni në këtë formulë cosx=0\cos x=0. Do të marrim shprehjen e mëposhtme:

mëkat2 x=1sinx=±1

\filloj(rreshtoj)& ((\sin )^(2))x=1 \\& \sin x=\pm 1 \\\fund (rreshtoj)

Zëvendësimi i vlerave të fituara, d.m.th. në vend të cosx\cos x është zero, dhe në vend të kësaj sinx\sin x — 1 ose -1, në shprehjen origjinale, do të marrim një barazi numerike të pasaktë. Ky është justifikimi që

cosx≠0

2) hapi i dytë rrjedh logjikisht nga i pari. Që kur

cosx≠0

\cos x\ne 0, ne ndajmë të dyja anët tona të strukturës me cosn x((\cos )^(n))x, ku n n është vetë eksponenti i fuqisë së një ekuacioni trigonometrik homogjen. Çfarë na jep kjo:

\[\fillimi(grupi)(·(35)(l))

sinxcosx=tgxcosxcosx=1

\fillim(rreshtoj)& \frac(\sin x)(\cos x)=tgx \\& \frac(\cos x)(\cos x)=1 \\\fund (linjë) \\() \\ \fund (arresë)\]

Falë kësaj, ndërtimi ynë fillestar i rëndë reduktohet në ekuacion n n-shkallë në lidhje me tangjenten, zgjidhja e së cilës mund të shkruhet lehtësisht duke përdorur një ndryshim të ndryshores. Ky është i gjithë algoritmi. Le të shohim se si funksionon në praktikë.

Ne i zgjidhim problemet reale

Detyra nr. 1

3cosx+5sinx=0

3\cos x+5\sin x=0

Ne kemi zbuluar tashmë se ky është një ekuacion trigonometrik homogjen me një eksponent fuqie të barabartë me një. Prandaj, para së gjithash, le ta zbulojmë këtë cosx≠0\cos x\ne 0. Supozoni të kundërtën, që

cosx=0→sinx=±1

\cos x=0\në \sin x=\pm 1.

Ne zëvendësojmë vlerën që rezulton në shprehjen tonë, marrim:

3⋅0+5⋅(±1) =0±5=0

\fillim(rreshtoj)& 3\cdot 0+5\cdot \majtas(\pm 1 \djathtas)=0 \\& \pm 5=0 \\\fund (rreshtoj)

Bazuar në këtë mund të themi se cosx≠0\cos x\ne 0. Pjesëtojmë ekuacionin tonë me cosx\cos x sepse e gjithë shprehja jonë ka një vlerë fuqie prej një. Ne marrim:

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

\fillim(rreshtoj)& 3\majtas(\frac(\cos x)(\cos x) \djathtas)+5\majtas(\frac(\sin x)(\cos x) \djathtas)=0 \\& 3+5tgx=0 \\& tgx=-\frac(3)(5) \\\fund (rreshtoj)

Kjo nuk është një vlerë tabele, kështu që përgjigja do të përfshijë arctgx arctgx:

x=arctg (−3 5 ) + π n,n∈Z

x=arctg\left(-\frac(3)(5) \djathtas)+\tekst( )\!\!\pi\!\!\tekst( )n,n\në Z

Që kur arctg arctg arctg është një funksion tek, mund të heqim "minus" nga argumenti dhe ta vendosim përpara arctg. Ne marrim përgjigjen përfundimtare:

x=−arctg 3 5 + π n,n∈Z

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

Detyra nr. 2

4mëkat2 x+sin2x−3=0

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

Siç e mbani mend, përpara se të filloni ta zgjidhni atë, duhet të kryeni disa transformime. Ne kryejmë transformimet:

4mëkat2 x+2sinxcosx−3 (mëkat2 x+ cos2 x)=0 4mëkat2 x+2sinxcosx−3 mëkat2 x−3 cos2 x=0mëkat2 x+2sinxcosx−3 cos2 x=0

\fillim(rreshtoj)& 4((\sin )^(2)x+2\sin x\cos x-3\left(((\sin )^(2))x+((\cos )^(2 ))x \djathtas)=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 \\\fund (rreshtoj)

Ne morëm një strukturë të përbërë nga tre elementë. Në mandatin e parë shohim mëkat2 ((\sin )^(2)), pra vlera e fuqisë së tij është dy. Në mandatin e dytë shohim sinx\sin x dhe cosx\cos x - përsëri ka dy funksione, ato shumëzohen, kështu që shkalla totale është përsëri dy. Në lidhjen e tretë shohim cos2 x((\cos )^(2))x - e ngjashme me vlerën e parë.

Le ta vërtetojmë këtë cosx=0\cos x=0 nuk është një zgjidhje për këtë ndërtim. Për ta bërë këtë, le të supozojmë të kundërtën:

\[\fillimi(grupi)(·(35)(l))

\cos x=0 \\\sin x=\pm 1 \\1+2\cdot \left(\pm 1 \djathtas)\cdot 0-3\cdot 0=0 \\1+0-0=0 \ \1=0 \\\fund (arresë)\]

Ne e kemi vërtetuar këtë cosx=0\cos x=0 nuk mund të jetë zgjidhje. Le të kalojmë në hapin e dytë - ndajmë të gjithë shprehjen tonë me cos2 x((\cos )^(2))x. Pse në katror? Sepse eksponenti i fuqisë së këtij ekuacioni homogjen është i barabartë me dy:

mëkat2 xcos2 x+2sinxcosxcos2 x−3=0 t g2 x+2tgx−3=0

\fillim(rreshtoj)& \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 \\\fund (radhis)

A është e mundur të zgjidhet kjo shprehje duke përdorur një diskriminues? Sigurisht që mundeni. Por unë propozoj të kujtojmë teoremën e kundërt me teoremën e Vietës, dhe marrim se mund ta përfaqësojmë këtë polinom në formën e dy polinomeve të thjeshta, domethënë:

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

\fillim(radhis)& \left(tgx+3 \djathtas)\majtas(tgx-1 \djathtas)=0 \\& tgx=-3\në x=-arctg3+\text( )\!\!\pi\ !\!\text( )n,n\in Z \\& tgx=1\to x=\frac(\text( )\!\!\pi\!\!\text( ))(4)+\ tekst( )\!\!\pi\!\!\tekst( )k,k\në Z \\\fund (rreshtoj)

Shumë studentë pyesin nëse ia vlen të shkruani koeficientë të veçantë për secilin grup zgjidhjesh të identiteteve apo të mos shqetësoni dhe shkruani të njëjtin kudo. Personalisht, besoj se është më mirë dhe më e besueshme të përdorësh shkronja të ndryshme, në mënyrë që nëse hyn në një universitet teknik serioz me teste shtesë në matematikë, ekzaminerët nuk do të gjejnë faj me përgjigjen.

Detyra nr. 3

mëkat3 x+ mëkat2 xcosx=2 cos3 x

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

Ne tashmë e dimë se ky është një ekuacion homogjen trigonometrik i shkallës së tretë, nuk nevojiten formula të veçanta dhe gjithçka që kërkohet nga ne është të lëvizim termin 2cos3 x 2((\cos )^(3))x në të majtë. Le të rishkruajmë:

mëkat3 x+ mëkat2 xcosx−2 cos3 x=0

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

Ne shohim se çdo element përmban tre funksione trigonometrike, kështu që ky ekuacion ka një vlerë fuqie prej tre. Le ta zgjidhim. Para së gjithash, ne duhet ta vërtetojmë këtë cosx=0\cos x=0 nuk është rrënjë:

\[\fillimi(grupi)(·(35)(l))

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

Le t'i zëvendësojmë këta numra në ndërtimin tonë origjinal:

(±1)3 +1⋅0−2⋅0=0 ±1+0−0=0±1=0

\filloj(rreshtoj)& ((\majtas(\pm 1 \djathtas))^(3))+1\cdot 0-2\cdot 0=0 \\& \pm 1+0-0=0 \\& \pm 1=0 \\\fund (radhis)

Prandaj, cosx=0\cos x=0 nuk është zgjidhje. Ne e kemi vërtetuar këtë cosx≠0\cos x\ne 0. Tani që e kemi vërtetuar këtë, le ta ndajmë ekuacionin tonë origjinal me cos3 x((\cos )^(3))x. Pse në një kub? Sepse sapo vërtetuam se ekuacioni ynë origjinal ka fuqinë e tretë:

mëkat3 xcos3 x+mëkat2 xcosxcos3 x−2=0 t g3 x+t g2 x−2=0

\fillim(rreshtoj)& \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 \\\fund (radhis)

Le të prezantojmë një variabël të ri:

tgx=t

Le të rishkruajmë ndërtimin:

t3 +t2 −2=0

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

Ne kemi një ekuacion kub. Si ta zgjidhim atë? Fillimisht, kur sapo po përgatisja këtë video tutorial, planifikova që fillimisht të flisja për faktorizimin e polinomeve dhe teknikat e tjera. Por në këtë rast gjithçka është shumë më e thjeshtë. Hidhini një sy identitetit tonë të dhënë, me termin me shkallën më të lartë me vlerë 1. Përveç kësaj, të gjithë koeficientët janë numra të plotë. Kjo do të thotë që ne mund të përdorim një përfundim nga teorema e Bezout, e cila thotë se të gjitha rrënjët janë pjesëtues të numrit -2, pra termi i lirë.

Shtrohet pyetja: me çfarë pjesëtohet -2? Meqenëse 2 është një numër i thjeshtë, nuk ka shumë opsione. Këta mund të jenë numrat e mëposhtëm: 1; 2; -1; -2. Rrënjët negative zhduken menjëherë. Pse? Për shkak se të dyja janë më të mëdha se 0 në vlerë absolute, pra t3 ((t)^(3)) do të jetë më i madh në modul se t2 ((t) ^ (2)). Dhe meqenëse kubi është një funksion tek, prandaj numri në kub do të jetë negativ, dhe t2 ((t)^(2)) - pozitiv, dhe i gjithë ky ndërtim, me t=−1 t=-1 dhe t=−2 t=-2, nuk do të jetë më shumë se 0. Zbrisni -2 prej tij dhe merrni një numër që është sigurisht më i vogël se 0. Mbeten vetëm 1 dhe 2.

˜ t=1→ 1+1−2=0→0=0

˜t=1\tek \tekst( )1+1-2=0\në 0=0

Ne kemi marrë barazinë numerike të saktë. Prandaj, t=1 t=1 është rrënja.

t=2→8+4−2=0→10≠0

t=2\në 8+4-2=0\në 10\ne 0

t=2 t=2 nuk është rrënjë.

Sipas konkluzionit dhe të njëjtës teoremë të Bezout, çdo polinom rrënja e të cilit është x0 ((x)_(0)), përfaqësojeni atë në formën:

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

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

Në rastin tonë, në rol x x vepron si një ndryshore t t, dhe në rol x0 ((x)_(0)) është një rrënjë e barabartë me 1. Marrim:

t3 +t2 −2=(t−1)⋅P(t)

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

Si të gjeni një polinom P (t) P\majtas(t\djathtas)? Natyrisht, ju duhet të bëni sa më poshtë:

P(t)= t3 +t2 −2 t−1

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

Le të zëvendësojmë:

t3 +t2 +0⋅t−2t−1=t2 +2t+2

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

Pra, polinomi ynë origjinal ndahet pa mbetje. Kështu, ne mund ta rishkruajmë barazinë tonë origjinale si:

(t−1)( t2 +2t+2)=0

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

Produkti është zero kur të paktën një nga faktorët është zero. Ne kemi konsideruar tashmë shumëzuesin e parë. Le të shohim të dytin:

t2 +2t+2=0

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

Studentët me përvojë ndoshta e kanë kuptuar tashmë se ky ndërtim nuk ka rrënjë, por le të llogarisim diskriminuesin.

D=4−4⋅2=4−8=−4

D=4-4\cpika 2=4-8=-4

Diskriminuesi është më i vogël se 0, prandaj shprehja nuk ka rrënjë. Në total, ndërtimi i madh u reduktua në barazinë e zakonshme:

\[\fillimi(grupi)(·(35)(l))

t=\tekst( )1 \\tgx=\tekst( )1 \\x=\frac(\text( )\!\!\pi\!\!\tekst( ))(4)+\tekst( ) \!\!\pi\!\!\tekst( )k,k\në Z \\\fund(array)\]

Si përfundim, do të doja të shtoja disa komente për detyrën e fundit:

a do të plotësohet gjithmonë kushti? cosx≠0\cos x\ne 0, dhe a ia vlen ta kryeni fare këtë kontroll? Sigurisht, jo gjithmonë. Në rastet kur cosx=0\cos x=0 është një zgjidhje për barazinë tonë, ne duhet ta heqim atë nga kllapat, dhe atëherë një ekuacion homogjen i plotë do të mbetet në kllapa.
Çfarë është pjesëtimi i një polinomi me një polinom. Në të vërtetë, shumica e shkollave nuk e studiojnë këtë, dhe kur studentët shohin një dizajn të tillë për herë të parë, ata përjetojnë një tronditje të lehtë. Por, në fakt, kjo është një teknikë e thjeshtë dhe e bukur që lehtëson shumë zgjidhjen e ekuacioneve të shkallëve më të larta. Sigurisht që do t'i kushtohet një video tutorial i veçantë, të cilin do ta publikoj në të ardhmen e afërt.

Pikat kryesore

Ekuacionet trigonometrike homogjene janë një temë e preferuar në të gjitha llojet e testeve. Ato mund të zgjidhen shumë thjesht - thjesht praktikoni një herë. Për ta bërë të qartë se për çfarë po flasim, le të paraqesim një përkufizim të ri.

Një ekuacion trigonometrik homogjen është ai në të cilin çdo term jozero përbëhet nga i njëjti numër faktorësh trigonometrikë. Këto mund të jenë sinus, kosinus ose kombinime të tyre - metoda e zgjidhjes është gjithmonë e njëjtë.

Shkalla e një ekuacioni trigonometrik homogjen është numri i faktorëve trigonometrikë të përfshirë në termat jozero.

sinx+15 cos x=0

\sin x+15\text( cos )x=0 - identiteti i shkallës 1;

2 sin2x+5sinxcosx−8cos2x=0

2\text( sin)2x+5\sin xcosx-8\cos 2x=0 - shkalla e 2-të;

sin3x+2sinxcos2x=0

\sin 3x+2\sin x\cos 2x=0 - shkalla e 3-të;

sinx+cosx=1

\sin x+\cos x=1 - dhe ky ekuacion nuk është homogjen, pasi ka një njësi në të djathtë - një term jo zero në të cilin nuk ka faktorë trigonometrikë;

sin2x+2sinx−3=0

\sin 2x+2\sin x-3=0 është gjithashtu një ekuacion jo homogjen. Elementi sin2x\sin 2x është i shkallës së dytë (pasi mund të përfaqësohet

sin2x=2sinxcosx

\sin 2x=2\sin x\cos x), 2sinx 2\sin x është i pari, dhe termi 3 është përgjithësisht zero, pasi nuk ka sinus ose kosinus në të.

Skema e përgjithshme e zgjidhjes

Skema e zgjidhjes është gjithmonë e njëjtë:

Le të supozojmë se cosx=0\cos x=0. Pastaj sinx=±1\sin x=\pm 1 - kjo rrjedh nga identiteti kryesor. Le të zëvendësojmë sinx\sin x dhe cosx\cos x në shprehjen origjinale, dhe nëse rezultati është i pakuptimtë (për shembull, shprehja 5=0 5=0), shkoni në pikën e dytë;

Çdo gjë e ndajmë me fuqinë e kosinusit: cosx, cos2x, cos3x... - varet nga vlera e fuqisë së ekuacionit. Ne marrim barazinë e zakonshme me tangjentet, të cilat mund të zgjidhen në mënyrë të sigurt pasi të zëvendësojmë tgx=t.

tgx=tRrënjët e gjetura do të jenë përgjigja e shprehjes origjinale.