Shembuj të ekuacioneve trigonometrike homogjene të shkallës 2. Ekuacionet trigonometrike - formula, zgjidhje, shembuj

Lloji i mësimit: shpjegim i materialit të ri. Puna zhvillohet në grupe. Çdo grup ka një ekspert që monitoron dhe drejton punën e nxënësve. Ndihmon nxënësit e dobët të besojnë në veten e tyre kur zgjidhin këto ekuacione.

Shkarko:

Pamja paraprake:

Mësimi mbi temën

" Ekuacionet trigonometrike homogjene"

(klasa e 10-të)

Synimi:

1. prezantoni konceptin e homogjenit ekuacionet trigonometrike shkalla I dhe II;
2. të formulojë dhe të përpunojë një algoritëm për zgjidhjen e ekuacioneve trigonometrike homogjene të shkallëve I dhe II;
3. t'i mësojë nxënësit të zgjidhin ekuacionet homogjene trigonometrike të shkallëve I dhe II;
4. të zhvillojë aftësinë për të identifikuar modelet dhe për të përgjithësuar;
5. nxisin interesin për këtë temë, zhvillojnë ndjenjën e solidaritetit dhe konkurrencës së shëndetshme.

Lloji i mësimit : një mësim në formimin e njohurive të reja.

Forma e sjelljes: punë në grupe.

Pajisjet: kompjuter, instalim multimedial

Ecuria e mësimit

I. Momenti organizativ

Në klasë sistemi i vlerësimit vlerësimi i njohurive (mësuesi shpjegon sistemin e vlerësimit të njohurive, duke plotësuar fletën e vlerësimit nga një ekspert i pavarur i zgjedhur nga mësuesi nga radhët e nxënësve). Mësimi shoqërohet me një prezantim. Shtojca 1.

Fleta e rezultateve Nr.

II. Përditësimi i njohurive bazë..

Ne vazhdojmë të studiojmë temën "Ekuacionet trigonometrike". Sot në mësim do t'ju njohim me një lloj tjetër të ekuacioneve trigonometrike dhe metodat për zgjidhjen e tyre, dhe për këtë arsye do të përsërisim atë që kemi mësuar. Kur zgjidhen të gjitha llojet e ekuacioneve trigonometrike, ato reduktohen në zgjidhjen e ekuacioneve trigonometrike më të thjeshta. Le të kujtojmë llojet kryesore të ekuacioneve më të thjeshta trigonometrike. Përdorni shigjetat për të përputhur shprehjet.

III. Motivimi për të mësuar.

Kemi punë për të bërë për të zgjidhur fjalëkryqin. Pasi ta zgjidhim atë, do të zbulojmë emrin e një lloji të ri ekuacionesh që do të mësojmë të zgjidhim sot në klasë.

Pyetjet janë projektuar në tabelë. Nxënësit hamendësojnë, hyn një ekspert i pavarur fletën e rezultateve pikë për studentët që përgjigjen.

Pasi të kenë zgjidhur fjalëkryqin, fëmijët do të lexojnë fjalën "homogjene".

Fjalëkryq.

Nëse hyni fjalë të vërteta, atëherë ju merrni emrin e njërit prej llojeve të ekuacioneve trigonometrike.

1.Vlera e variablit që e bën të vërtetë ekuacionin? (Rrënja)

2.Njësia e këndeve? (Radian)

3.Faktori numerik në produkt? (Koeficienti)

4. Seksioni i studimit të matematikës funksionet trigonometrike? (Trigonometri)

5. Cilin modeli matematik e nevojshme për prezantimin e funksioneve trigonometrike? (Rrethoni)

6.Cili funksion trigonometrik është çift? (Kosinus)

7. Si quhet barazia e vërtetë? (Identiteti)

8.Barazia me një ndryshore? (Ekuacioni)

9. Ekuacionet që kanë rrënjë të njëjta? (ekuivalente)

10. Sa rrënjë ka një ekuacion? (Zgjidhja)

IV. Shpjegimi i materialit të ri.

Tema e mësimit është "Ekuacionet trigonometrike homogjene". (Prezantimi)

Shembuj:

1. sin x + cos x = 0
2. √3cos x + sin x = 0
3. sin 4x = cos 4x
4. 2sin 2 x + 3 sin x cos x + cos 2 x = 0
5. 4 mëkat 2 x – 5 sin x cos x – 6 cos 2 x = 0
6. sin 2 x + 2 sin x cos x – 3cos 2 x + 2 = 0
7. 4sin 2 x – 8 sin x cos x + 10 cos 2 x = 3
8. 1 + 7cos 2 x = 3 mëkat 2x
9. mëkat 2x + 2cos 2x = 1

V. Punë e pavarur

Objektivat: të testohen në mënyrë gjithëpërfshirëse njohuritë e nxënësve gjatë zgjidhjes së të gjitha llojeve të ekuacioneve trigonometrike, të stimulohen studentët për vetë-analizë dhe vetëkontroll.
Nxënësve u kërkohet të kryejnë punën me shkrim për 10 minuta.
Nxënësit punojnë në copa letre të zbrazëta për t'i kopjuar. Me kalimin e kohës, majat mblidhen punë e pavarur, dhe zgjidhjet u lihen nxënësve t'i kopjojnë.
Kontrollimi i punës së pavarur (3 min) kryhet me kontroll të ndërsjellë.
. Nxënësit përdorin stilolaps me ngjyra për të kontrolluar vepra të shkruara fqinjin tuaj dhe shkruani emrin e inspektorit. Pastaj i dorëzojnë letrat.

Më pas ia dorëzojnë një eksperti të pavarur.

Opsioni 1: 1) sin x = √3cos x

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

3) 3sin x – 2sin x cos x = 1

4) sin 2x⁄sin x =0

Opsioni 2: 1) cosx + √3sin x = 0

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

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

4) cos 2x ⁄ cos x = 0

VI. Duke përmbledhur mësimin

VII. Detyrë shtëpie:

Detyrë shtëpie – 12 pikë (3 ekuacione 4 x 3 = 12 janë caktuar për detyrat e shtëpisë)

Veprimtaria e nxënësve – 1 përgjigje – 1 pikë (maksimumi 4 pikë)

Zgjidhja e ekuacioneve 1 pikë

Punë e pavarur - 4 pikë

Ekuacione jolineare me dy të panjohura

Përkufizimi 1. Le të jetë A disa grup çiftesh numrash (x; y) . Thonë se është dhënë bashkësia A 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. Ushtrimi z nga dy ndryshore x dhe y shpesh tregojnë Pra:

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

f (x , y) = sëpatë+nga+c ,

ku a, b, c - numrat e dhënë.

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 grup i pafundçifte numrash lloj

(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):
• Ekuacionin e parë të sistemit do ta lëmë të pandryshuar;

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

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.

Detaji i fundit, si të zgjidhni detyrat C1 nga Provimi i Unifikuar i Shtetit në matematikë - zgjidhja e ekuacioneve trigonometrike homogjene. Ne do t'ju tregojmë se si t'i zgjidhni ato në këtë mësim të fundit.

Cilat janë këto ekuacione? Le t'i shkruajmë ato pamje e përgjithshme.

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

ku `a` dhe `b` janë disa konstante. Ky ekuacion quhet ekuacion homogjen trigonometrik i shkallës së parë.

Ekuacioni trigonometrik homogjen i shkallës së parë

Për të zgjidhur një ekuacion të tillë, duhet ta pjesëtoni me `\cos x`. Pastaj do të marrë formën

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

Përgjigja për një ekuacion të tillë shkruhet lehtësisht duke përdorur arktangjenten.

Vini re se `\cos x ≠0`. Për ta verifikuar këtë, ne zëvendësojmë zeron në vend të kosinusit në ekuacion dhe gjejmë se sinusi gjithashtu duhet të jetë e barabartë me zero. Megjithatë, ato nuk mund të jenë të barabarta me zero në të njëjtën kohë, që do të thotë se kosinusi nuk është zero.

Disa nga pyetjet në provimin real të këtij viti përfshinin një ekuacion homogjen trigonometrik. Ndiqni lidhjen për. Ne do të marrim një version paksa të thjeshtuar të problemit.

Shembulli i parë. Zgjidhja e një ekuacioni trigonometrik homogjen të shkallës së parë

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

Pjestojeni me `\cos x`.

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

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

E përsëris, një detyrë e ngjashme ishte në Provimin e Unifikuar të Shtetit :) natyrisht, ju ende duhet të zgjidhni rrënjët, por kjo gjithashtu nuk duhet të shkaktojë ndonjë vështirësi të veçantë.

Le të kalojmë tani në lloji tjetër ekuacionet.

Ekuacioni trigonometrik homogjen i shkallës së dytë

Në përgjithësi duket kështu:

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

ku `a, b, c` janë disa konstante.

Ekuacione të tilla zgjidhen duke pjesëtuar me `\cos^2 x` (që përsëri nuk është zero). Le të shohim një shembull menjëherë.

Shembulli i dytë. Zgjidhja e një ekuacioni trigonometrik homogjen të shkallës së dytë

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

Pjestojeni me `\cos^2 x`.

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

Le të zëvendësojmë `t = \tg x`.

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

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

Zëvendësimi i kundërt

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

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

Përgjigja është marrë.

Shembulli i tretë. Zgjidhja e një ekuacioni trigonometrik homogjen të shkallës së dytë

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

Gjithçka do të ishte mirë, por ky ekuacion nuk është homogjen - "-2" në anën e djathtë na ndërhyn. Çfarë duhet bërë? Le të përdorim identitetin bazë trigonometrik dhe të shkruajmë '-2' duke e përdorur atë.

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

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

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

Pjestojeni me `\cos^2 x`.

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

Zëvendësimi `t= \tg x`.

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

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

Duke kryer zëvendësimin e kundërt, marrim:

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

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

Kjo shembulli i fundit në këtë mësim.

Si zakonisht, më lejoni t'ju kujtoj: trajnimi është gjithçka për ne. Pavarësisht se sa i shkëlqyer është një person, aftësitë nuk do të zhvillohen pa trajnim. Gjatë provimit, kjo është e mbushur me ankth, gabime dhe humbje kohe (vazhdoni vetë këtë listë). Sigurohuni që të studioni!

Detyrat e trajnimit

Zgjidh ekuacionet:

• `10^(\sin x) = 2^(\sin x) \cdot 5^(-\cos x)`. Kjo detyrë është nga Provimi i vërtetë i Unifikuar i Shtetit 2013. Askush nuk e ka anuluar njohjen e vetive të gradave, por nëse keni harruar, hidhini një sy;
• `\sqrt(3) \sin x + \sin^2 \frac(x)(2) = \cos^2 \frac(x)(2)`. Formula nga mësimi i shtatë do të jetë e dobishme.
• `\sqrt(3) \sin 2x + 3 \cos 2x = 0`.

Kjo është e gjitha. Dhe si zakonisht, më në fund: bëni pyetje në komente, pëlqeni, shikoni video, mësoni se si të zgjidhni Provimin e Unifikuar të Shtetit.

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

1. duhet të përmbajë disa terma;
2. të gjitha termat duhet të kenë të njëjtën shkallë;
3. 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 njëjtën shkallë kushtet? 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 - formulën kënd i 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. Pra, kemi para nesh një ekuacion trigonometrik homogjen të shkallës së tretë.

Ne kemi tre identitete të shkruara shkallë të ndryshme. 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 nga viti

cosx≠0

\cos x\ne 0, ne ndajmë të dyja anët tona të strukturës me cosn x((\cos )^(n))x, ku n n - kjo është ajo eksponent fuqie 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 (array)\]

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, e barabartë me 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 vlera e tabelës, 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 nga viti 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, pra shkallë e përgjithshme 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 vendoset kjo shprehje duke përdorur një diskriminues? Sigurisht që mundeni. Por unë propozoj të kujtojmë teoremën, anasjellta e teoremës Vieta, dhe marrim se e përfaqësojmë këtë polinom në formën e dy polinomeve të thjeshta, përkatësisht:

(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 shqetësoheni dhe të shkruani të njëjtat kudo. Personalisht, mendoj se është më mirë dhe më e besueshme për t'u përdorur shkronja të ndryshme në mënyrë që në rast se ju hyni në serioz universiteti teknik Me teste shtesë në matematikë, ekzaminuesit nuk gjetën gabime në përgjigje.

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 (rreshtoj)

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 tonën ekuacioni origjinal në 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

Para nesh 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 në këtë rast gjithçka është shumë më e thjeshtë. Shikoni, identiteti ynë i dhënë, me termin me në masën më të madhe kostot 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 zhduket 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 është 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 dytën:

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:

1. 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.
2. 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 e bën shumë më të lehtë zgjidhjen e ekuacioneve gradat 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 për të gjitha llojet e testet. 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 jo zero 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 - gjithashtu ekuacioni johomogjen. 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.

Ndalo! Le të përpiqemi të kuptojmë këtë formulë të rëndë.

Ndryshorja e parë në fuqi me një koeficient duhet të vijë e para. Në rastin tonë është

Në rastin tonë është. Siç zbuluam, kjo do të thotë se shkalla në variablin e parë konvergon. Dhe ndryshorja e dytë në shkallën e parë është në vend. Koeficienti.

e kemi.

Ndryshorja e parë është një fuqi, dhe ndryshorja e dytë është në katror, ​​me një koeficient. Ky është termi i fundit në ekuacion.

Siç mund ta shihni, ekuacioni ynë i përshtatet përkufizimit në formën e një formule.

Le të shohim pjesën e dytë (verbale) të përkufizimit.

Kemi dy të panjohura dhe. Ajo konvergon këtu.

Le të shqyrtojmë të gjitha kushtet. Në to, shuma e shkallëve të të panjohurave duhet të jetë e njëjtë.

Shuma e shkallëve është e barabartë.

Shuma e fuqive është e barabartë me (at dhe at).

Shuma e shkallëve është e barabartë.

Siç mund ta shihni, gjithçka përshtatet!!!

Tani le të praktikojmë përcaktimin ekuacionet homogjene.

Përcaktoni se cilat nga ekuacionet janë homogjene:

Ekuacione homogjene - ekuacione me numra:

Le të shqyrtojmë ekuacionin veçmas.

Nëse e ndajmë çdo term duke faktorizuar secilin term, marrim

Dhe ky ekuacion bie plotësisht nën përkufizimin e ekuacioneve homogjene.

Si të zgjidhen ekuacionet homogjene?

Shembulli 2.

Le ta ndajmë ekuacionin me.

Sipas kushtit tonë, y nuk mund të jetë i barabartë. Prandaj, ne mund të ndajmë me siguri

Duke bërë një zëvendësim, ne marrim një të thjeshtë ekuacioni kuadratik:

Meqenëse ky është një ekuacion kuadratik i reduktuar, ne përdorim teoremën e Vieta:

Pasi kemi bërë zëvendësimin e kundërt, marrim përgjigjen

Përgjigje:

Shembulli 3.

Le ta ndajmë ekuacionin me (me kusht).

Përgjigje:

Shembulli 4.

Gjeni nëse.

Këtu ju nuk duhet të ndani, por të shumëzoni. Le të shumëzojmë të gjithë ekuacionin me:

Le të bëjmë një zëvendësim dhe të zgjidhim ekuacionin kuadratik:

Pasi kemi bërë zëvendësimin e kundërt, marrim përgjigjen:

Përgjigje:

Zgjidhja e ekuacioneve trigonometrike homogjene.

Zgjidhja e ekuacioneve trigonometrike homogjene nuk ndryshon nga metodat e zgjidhjes të përshkruara më sipër. Vetëm këtu, ndër të tjera, duhet të dini pak trigonometri. Dhe të jeni në gjendje të zgjidhni ekuacionet trigonometrike (për këtë ju mund të lexoni seksionin).

Le të shohim ekuacione të tilla duke përdorur shembuj.

Shembulli 5.

Zgjidhe ekuacionin.

Ne shohim një ekuacion tipik homogjen: dhe janë të panjohura, dhe shuma e fuqive të tyre në çdo term është e barabartë.

Ekuacione të tilla homogjene nuk janë të vështira për t'u zgjidhur, por përpara se t'i ndani ekuacionet në, merrni parasysh rastin kur

Në këtë rast, ekuacioni do të marrë formën: , pra. Por sinusi dhe kosinusi nuk mund të jenë të barabartë në të njëjtën kohë, sepse në thelb identiteti trigonometrik. Prandaj, ne mund ta ndajmë me siguri në:

Meqenëse ekuacioni është dhënë, atëherë sipas teoremës së Vieta:

Përgjigje:

Shembulli 6.

Zgjidhe ekuacionin.

Si në shembull, ju duhet ta ndani ekuacionin me. Le të shqyrtojmë rastin kur:

Por sinusi dhe kosinusi nuk mund të jenë të barabartë në të njëjtën kohë, sepse sipas identitetit bazë trigonometrik. Kjo është arsyeja pse.

Le të bëjmë një zëvendësim dhe të zgjidhim ekuacionin kuadratik:

Le të bëjmë zëvendësimin e kundërt dhe të gjejmë dhe:

Përgjigje:

Zgjidhja e ekuacioneve eksponenciale homogjene.

Ekuacionet homogjene zgjidhen në të njëjtën mënyrë si ato të diskutuara më sipër. Nëse keni harruar se si të vendosni ekuacionet eksponenciale- shikoni seksionin përkatës ()!

Le të shohim disa shembuj.

Shembulli 7.

Zgjidhe ekuacionin

Le ta imagjinojmë kështu:

Ne shohim një ekuacion tipik homogjen, me dy ndryshore dhe një shumë fuqish. Le ta ndajmë ekuacionin në:

Siç mund ta shihni, duke bërë zëvendësimin, marrim ekuacionin kuadratik më poshtë (nuk ka nevojë të shqetësoheni për ndarjen me zero - është gjithmonë rreptësisht më i madh se zero):

Sipas teoremës së Vietës:

Përgjigje: .

Shembulli 8.

Zgjidhe ekuacionin

Le ta imagjinojmë kështu:

Le ta ndajmë ekuacionin në:

Le të bëjmë një zëvendësim dhe të zgjidhim ekuacionin kuadratik:

Rrënja nuk e plotëson kushtin. Le të bëjmë zëvendësimin e kundërt dhe të gjejmë:

Përgjigje:

EKUACIONET HOMOGJENE. NIVELI I MESËM

Së pari, duke përdorur shembullin e një problemi, më lejoni t'ju kujtoj cilat janë ekuacionet homogjene dhe cila është zgjidhja e ekuacioneve homogjene.

Zgjidheni problemin:

Gjeni nëse.

Këtu mund të vini re një gjë interesante: nëse e ndajmë çdo term me, marrim:

Kjo do të thotë, tani nuk ka të veçanta dhe, - tani ndryshorja në ekuacion është vlera e dëshiruar. Dhe ky është një ekuacion i zakonshëm kuadratik që mund të zgjidhet lehtësisht duke përdorur teoremën e Vieta: produkti i rrënjëve është i barabartë, dhe shuma është numrat dhe.

Përgjigje:

Ekuacionet e formës

quhet homogjen. Kjo do të thotë, ky është një ekuacion me dy të panjohura, secili term i të cilit ka të njëjtën shumë të fuqive të këtyre të panjohurave. Për shembull, në shembullin e mësipërm kjo shumë është e barabartë me. Zgjidhja e ekuacioneve homogjene kryhet duke pjestuar me një nga të panjohurat në këtë shkallë:

Dhe zëvendësimi i mëpasshëm i variablave: . Kështu marrim një ekuacion të fuqisë me një të panjohur:

Më shpesh do të hasim ekuacione të shkallës së dytë (d.m.th., kuadratike) dhe ne dimë t'i zgjidhim ato:

Vini re se ne mund të pjesëtojmë (dhe të shumëzojmë) të gjithë ekuacionin me një ndryshore vetëm nëse jemi të bindur se kjo ndryshore nuk mund të jetë e barabartë me zero! Për shembull, nëse na kërkohet të gjejmë, ne e kuptojmë menjëherë se pasi është e pamundur të ndahet. Në rastet kur kjo nuk është aq e dukshme, është e nevojshme të kontrollohet veçmas rasti kur kjo ndryshore është e barabartë me zero. Për shembull:

Zgjidhe ekuacionin.

Zgjidhja:

Ne shohim këtu një ekuacion tipik homogjen: dhe janë të panjohura, dhe shuma e fuqive të tyre në çdo term është e barabartë.

Por, përpara se të pjesëtojmë me dhe të marrim një relativ të ekuacionit kuadratik, duhet të shqyrtojmë rastin kur. Në këtë rast, ekuacioni do të marrë formën: , që do të thotë . Por sinusi dhe kosinusi nuk mund të jenë njëkohësisht të barabartë me zero, sepse sipas identitetit bazë trigonometrik: . Prandaj, ne mund ta ndajmë me siguri në:

Shpresoj se kjo zgjidhje është plotësisht e qartë? Nëse jo, lexoni seksionin. Nëse nuk është e qartë se nga erdhi, duhet të ktheheni edhe më herët - në seksion.

Vendosni vetë:

1. Gjeni nëse.
2. Gjeni nëse.
3. Zgjidhe ekuacionin.

Këtu do të shkruaj shkurtimisht drejtpërdrejt zgjidhjen e ekuacioneve homogjene:

Zgjidhjet:

Përgjigje:.

Por këtu duhet të shumëzojmë në vend që të pjesëtojmë:

Përgjigje:

Nëse nuk keni marrë ende ekuacione trigonometrike, mund ta kaloni këtë shembull.

Meqenëse këtu duhet të pjesëtojmë me, së pari le të sigurohemi që njëqind nuk është e barabartë me zero:

Dhe kjo është e pamundur.

Përgjigje:.

EKUACIONET HOMOGJENE. SHKURTËZIM PËR GJËRAT KRYESORE

Zgjidhja e të gjitha ekuacioneve homogjene reduktohet në pjesëtim me një nga të panjohurat për fuqinë dhe ndryshimin e mëtejshëm të ndryshoreve.

Algoritmi: