Homogeensed trigonomeetrilised võrrandid: üldine lahendusskeem. Homogeensete trigonomeetriliste võrrandite lahendus
Tunni tüüp: uue materjali selgitamine. Töö toimub rühmades. Igas rühmas on ekspert, kes juhendab ja juhib õpilaste tööd. Aitab nõrkadel õpilastel uskuda oma tugevusse nende võrrandite lahendamisel.
Lae alla:
Eelvaade:
Seotud õppetund
" Homogeensed trigonomeetrilised võrrandid"
(10. klass)
Sihtmärk:
- tutvustada I ja II astme homogeensete trigonomeetriliste võrrandite mõistet;
- sõnastada ja töötada välja algoritm I ja II astme homogeensete trigonomeetriliste võrrandite lahendamiseks;
- õpetada lahendama I ja II astme homogeenseid trigonomeetrilisi võrrandeid;
- arendada mustrite tuvastamise, üldistamise oskust;
- äratada huvi teema vastu, arendada solidaarsustunnet ja tervet rivaalitsemist.
Tunni tüüp : õppetund uute teadmiste kujundamisel.
Käitumise vorm: grupitöö.
Varustus: arvuti, multimeedia paigaldus
Tundide ajal
I. Organisatsioonimoment
Tunnis teadmiste hindamise hindamissüsteem (õpetaja selgitab teadmiste hindamise süsteemi, hindamislehe täitmine õpetaja poolt õpilaste hulgast valitud sõltumatu eksperdi poolt). Tunniga kaasneb esitlus. Lisa 1.
Hindamisleht nr.
n\n | Perekonnanimi Eesnimi | Kodutöö | kognitiivne tegevus | Võrrandite lahendamine | Sõltumatu Töö | Hinne |
II. Põhiteadmiste täiendamine..
Jätkame teema "Trigonomeetrilised võrrandid" uurimist. Tänases tunnis õpime teid tundma teist tüüpi trigonomeetriliste võrrandite ja nende lahendamise meetoditega ning seetõttu kordame õpitut üle. Igat tüüpi trigonomeetrilised võrrandid taandatakse lahendamisel kõige lihtsamate trigonomeetriliste võrrandite lahendamiseks. Tuletagem meelde kõige lihtsamate trigonomeetriliste võrrandite põhitüüpe. Kasutage avaldiste sobitamiseks nooli.
III. Motivatsioon õppimiseks.
Peame tegelema ristsõna lahendamisega. Olles selle lahendanud, saame teada uut tüüpi võrrandite nime, mida täna tunnis lahendama õpime.
Küsimused projitseeritakse tahvlile. Õpilased arvavad, sõltumatu ekspert kannab vastanud õpilastele punktid punktide lehele.
Pärast ristsõna lahendamist loevad poisid sõna “homogeenne”.
Ristsõna.
Kui sisestate õiged sõnad, saate ühe trigonomeetrilise võrrandi tüübi nime.
1. Muutuja väärtus, mis muudab võrrandi tõeliseks võrrandiks? (juur)
2. Nurkade mõõtühik? (radiaan)
3. Numbriline kordaja tootes? (Koefitsient)
4. Matemaatika osa, mis uurib trigonomeetrilisi funktsioone? (Trigonomeetria)
5. Millist matemaatilist mudelit on vaja trigonomeetriliste funktsioonide juurutamiseks? (ring)
6. Milline trigonomeetrilistest funktsioonidest on paaris? (koosinus)
7. Mis on tõelise võrdsuse nimi? (Identiteetti)
8.Võrdsus muutujaga? (võrrand)
9. Samade juurtega võrrandid? (ekvivalent)
10. Võrrandi juurte hulk? (Lahendus)
IV. Uue materjali selgitus.
Tunni teemaks on “Homogeensed trigonomeetrilised võrrandid”. (Esitlus)
Näited:
- sin x + cos x = 0
- √3cos x + sin x = 0
- sin4x = cos4x
- 2sin 2 x + 3 sin x cos x + cos 2 x = 0
- 4 patt 2 x – 5 sin x cos x – 6 cos 2 x = 0
- sin 2 x + 2 sin x cos x - 3 cos 2 x + 2 = 0
- 4sin 2 x – 8 sin x cos x + 10 cos 2 x = 3
- 1 + 7cos 2 x = 3 sin 2x
- sin2x + 2cos2x = 1
V. Iseseisev töö
Ülesanded: igat tüüpi trigonomeetriliste võrrandite lahendamisel õpilaste teadmisi igakülgselt proovile panna, innustada õpilasi sisekaemusele, enesekontrollile.
Õpilastel palutakse teha 10 minutit kirjalikku tööd.
Õpilased esinevad kopeerimiseks tühjadel paberilehtedel. Pärast aja möödumist kogutakse kokku iseseisvate tööde tipud ning kopeerimise lahendused jäävad õpilastele.
Iseseisva töö kontroll (3 min) toimub vastastikuse kontrollimise teel.
. Õpilased kontrollivad värvilise pliiatsiga naabri kirjalikku tööd ja panevad kirja kontrollija nime. Seejärel anna lehed üle.
Seejärel antakse need üle sõltumatule eksperdile.
1. võimalus: 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) sin2x⁄sinx=0
2. valik: 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. Õppetunni kokkuvõte
VII. Kodutöö:
Kodutöö - 12 punkti (kodutöö eest anti 3 võrrandit 4 x 3 = 12)
Õpilaste tegevus – 1 vastus – 1 punkt (maksimaalselt 4 punkti)
Võrrandite lahendamine 1 punkt
Iseseisev töö - 4 punkti
Mittelineaarsed võrrandid kahes tundmatus
Definitsioon 1 . Olgu A mõni arvupaaride komplekt (x; y) . Öeldakse, et hulk A on antud numbriline funktsioon z kahest muutujast x ja y , kui on määratud reegel, mille abil omistatakse hulga A igale arvupaarile kindel arv.
Kahe muutuja x ja y arvfunktsiooni z määramine on sageli määrama Niisiis:
kus f (x , y) - mis tahes funktsioon peale funktsiooni
f (x , y) = kirves+by+c ,
kus a, b, c on antud numbrid.
Definitsioon 3 . Võrrandi (2) lahendus nimeta numbripaar x; y), mille valem (2) on tõeline võrdsus.
Näide 1. lahendage võrrand
Kuna iga arvu ruut on mittenegatiivne, järeldub valemist (4), et tundmatud x ja y rahuldavad võrrandisüsteemi
mille lahendiks on arvupaar (6 ; 3) .
Vastus: (6; 3)
Näide 2 . lahendage võrrand
Seetõttu on võrrandi (6) lahendus lõpmatu arv arvupaare lahke
(1 + y ; y) ,
kus y on suvaline arv.
lineaarne
Definitsioon 4 . Võrrandisüsteemi lahendamine
nimeta numbripaar x; y), asendades need selle süsteemi igas võrrandis, saame õige võrdsuse.
Kahest võrrandist koosnevatel süsteemidel, millest üks on lineaarne, on vorm
g(x , y)
Näide 4. Lahenda võrrandisüsteem
Lahendus. Avaldame tundmatu y süsteemi (7) esimesest võrrandist tundmatu x võrra ja asendame saadud avaldise süsteemi teise võrrandiga:
Võrrandi lahendamine
x 1 = - 1 , x 2 = 9 .
Järelikult
y 1 = 8 - x 1 = 9 ,
y 2 = 8 - x 2 = - 1 .
Kahe võrrandi süsteemid, millest üks on homogeenne
Kahest võrrandist koosnevatel süsteemidel, millest üks on homogeenne, on vorm
kus a , b , c on antud numbrid ja g(x , y) on kahe muutuja x ja y funktsioon.
Näide 6. Lahenda võrrandisüsteem
Lahendus. Lahendame homogeense võrrandi
3x 2 + 2xy - y 2 = 0 ,
3x 2 + 17xy + 10y 2 = 0 ,
käsitledes seda ruutvõrrandina tundmatu x suhtes:
.
Juhul kui x = - 5y, süsteemi (11) teisest võrrandist saame võrrandi
5y 2 = - 20 ,
millel pole juuri.
Juhul kui
süsteemi (11) teisest võrrandist saame võrrandi
,
mille juurteks on arvud y 1 = 3 , y 2 = - 3 . Leides igale sellisele väärtusele y vastava väärtuse x , saame süsteemi kaks lahendit: (- 2 ; 3) , (2 ; - 3) .
Vastus: (- 2 ; 3) , (2 ; - 3)
Näiteid teist tüüpi võrrandisüsteemide lahendamisest
Näide 8. Lahendage võrrandisüsteem (MIPT)
Lahendus. Toome sisse uued tundmatud u ja v , mida väljendatakse x ja y kujul valemitega:
Süsteemi (12) ümberkirjutamiseks uute tundmatute järgi väljendame esmalt tundmatud x ja y u ja v kaudu. Süsteemist (13) tuleneb, et
Lahendame lineaarsüsteemi (14), jättes selle süsteemi teisest võrrandist välja muutuja x. Selleks teostame süsteemis (14) järgmised teisendused:
- jätame süsteemi esimese võrrandi muutmata;
- lahutage teisest võrrandist esimene võrrand ja asendage süsteemi teine võrrand saadud erinevusega.
Selle tulemusena muudetakse süsteem (14) samaväärseks süsteemiks
millest leiame
Kasutades valemeid (13) ja (15), kirjutame algse süsteemi (12) ümber järgmiselt
Süsteemi (16) esimene võrrand on lineaarne, seega saame sellest tundmatut u väljendada tundmatu v-ga ja asendada selle avaldise süsteemi teise võrrandiga.
Selle videotunni abil saavad õpilased uurida homogeensete trigonomeetriliste võrrandite teemat.
Anname definitsioonid:
1) esimese astme homogeenne trigonomeetriline võrrand näeb välja nagu sin x + b cos x = 0;
2) teise astme homogeenne trigonomeetriline võrrand näeb välja nagu sin 2 x + b sin x cos x + c cos 2 x = 0.
Vaatleme võrrandit a sin x + b cos x = 0. Kui a on null, näeb võrrand välja nagu b cos x = 0; kui b on null, siis näeb võrrand välja nagu sin x = 0. Need on võrrandid, mida nimetasime kõige lihtsamateks ja lahendasime varasemates teemades.
Nüüd kaaluge võimalust, kui a ja b ei ole võrdsed nulliga. Jagades võrrandi osad koosinusega x ja teostame teisenduse. Saame tg x + b = 0, siis tg x on võrdne - b/a.
Eeltoodust järeldub, et võrrand a sin mx + b cos mx = 0 on esimese astme homogeenne trigonomeetriline võrrand. Võrrandi lahendamiseks jagage selle osad cos mx-ga.
Analüüsime näidet 1. Lahendame 7 sin (x / 2) - 5 cos (x / 2) = 0. Esmalt jagage võrrandi osad koosinusega (x / 2). Teades, et siinus jagatud koosinusega on puutuja, saame 7 tg (x / 2) - 5 = 0. Avaldist teisendades leiame, et puutuja (x / 2) väärtus on 5/7. Selle võrrandi lahendus on x = arctan a + πn, meie puhul x = 2 arctan (5/7) + 2πn.
Vaatleme võrrandit a sin 2 x + b sin x cos x + c cos 2 x = 0:
1) kui a võrdub nulliga, näeb võrrand välja selline: b sin x cos x + c cos 2 x = 0. Teisendades saame avaldise cos x (b sin x + c cos x) = 0 ja jätkame lahendusega kahest võrrandist. Pärast võrrandi osade jagamist koosinusega x saame b tg x + c = 0, mis tähendab tg x = - c/b. Teades, et x \u003d arctan a + πn, on sel juhul lahendus x \u003d arctg (- c / b) + πn.
2) kui a ei ole võrdne nulliga, siis jagades võrrandi osad koosinuse ruuduga, saame puutujat sisaldava võrrandi, mis on ruut. Seda võrrandit saab lahendada uue muutuja sisseviimisega.
3) kui c võrdub nulliga, on võrrand kujul a sin 2 x + b sin x cos x = 0. Seda võrrandit saab lahendada, võttes x-i siinuse sulust välja.
1. vaata, kas võrrandis on patt 2 x;
2. kui võrrandis sisaldub liige a sin 2 x, siis saab võrrandi lahendada, jagades mõlemad osad koosinuse ruuduga ja sisestades seejärel uue muutuja.
3. kui võrrand a sin 2 x ei sisalda, siis saab võrrandi lahendada sulud cosx välja võttes.
Vaatleme näidet 2. Võtame koosinuse välja ja saame kaks võrrandit. Esimese võrrandi juur on x = π/2 + πn. Teise võrrandi lahendamiseks jagame selle võrrandi osad koosinusega x, teisenduste abil saame x = π/3 + πn. Vastus: x = π/2 + πn ja x = π/3 + πn.
Lahendame näite 3, võrrandi kujul 3 sin 2 2x - 2 sin 2x cos 2x + 3 cos 2 2x = 2 ja leiame selle juured, mis kuuluvad lõiku - π kuni π. Sest Kuna see võrrand on mittehomogeenne, tuleb see taandada homogeenseks vormiks. Kasutades valemit sin 2 x + cos 2 x = 1, saame võrrandi sin 2 2x - 2 sin 2x cos 2x + cos 2 2x = 0. Jagades kõik võrrandi osad cos 2 x-ga, saame tg 2 2x + 2tg 2x + 1 = 0 Kasutades uue muutuja z = tg 2x kasutuselevõttu, lahendame võrrandi, mille juur on z = 1. Siis tg 2x = 1, millest järeldub, et x = π/8 + (πn)/2. Sest vastavalt ülesande seisukorrale peate leidma juured, mis kuuluvad segmenti - π kuni π, lahendus näeb välja selline - 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.
TEKSTI TÕLGENDAMINE:
Homogeensed trigonomeetrilised võrrandid
Täna analüüsime, kuidas lahendatakse "Homogeensed trigonomeetrilised võrrandid". Need on erilist laadi võrrandid.
Tutvume definitsiooniga.
Tüüpvõrrand ja sinx+bcosx = 0 (ja siinus x pluss koosinus x on null) nimetatakse esimese astme homogeenseks trigonomeetriliseks võrrandiks;
vormi võrrand a patt 2 x+bsin xcosx+ccos 2 x= 0 (ja siinusruut x pluss siinus x koosinus x pluss koosinusruut x võrdub nulliga) nimetatakse teise astme homogeenseks trigonomeetriliseks võrrandiks.
Kui a=0, siis võtab võrrand kuju bcosx = 0.
Kui b = 0 , siis saame ja sin x = 0.
Need võrrandid on elementaarsed trigonomeetrilised ja nende lahendust käsitlesime oma eelmistes teemades
Kaaluge juhul, kui mõlemad koefitsiendid on nullist erinevad. Jagage võrrandi mõlemad pooled agapattx+ bcosx = 0 tähtaja kaupa edasi cosx.
Saame seda teha, kuna koosinus x ei ole null. Lõppude lõpuks, kui cosx = 0 , siis võrrand agapattx+ bcosx = 0 võtab vormi agapattx = 0 , aga≠ 0, seega pattx = 0 . Mis on võimatu, sest vastavalt trigonomeetrilisele põhiidentiteedile patt 2x+cos 2 x=1 .
Võrrandi mõlema poole jagamine agapattx+ bcosx = 0 tähtaja kaupa edasi cosx, saame: + =0
Teeme teisendusi:
1. Kuna = tg x, siis =ja tg x
2 võrra vähendama cosx, siis
Nii saame järgmise väljendi ja tg x + b = 0.
Teeme teisenduse:
1. Liigutage b vastupidise märgiga avaldise paremale poole
ja tg x \u003d - b
2. Vabane kordajast ja võrrandi mõlema poole jagamine a-ga
tg x= -.
Järeldus: vormi võrrand ja pattmx+bcosmx = 0 (ja siinus em x pluss koosinus em x on null) nimetatakse ka esimese astme homogeenseks trigonomeetriliseks võrrandiks. Selle lahendamiseks jagage mõlemad pooled cosmx.
NÄIDE 1. Lahendage võrrand 7 sin - 5 cos \u003d 0 (seitse siinus x kahega miinus viis koosinus x kahega on null)
Lahendus. Jagame võrrandi mõlemad osad liikme kaupa cos-iga, saame
1. \u003d 7 tg (kuna siinuse ja koosinuse suhe on puutuja, siis seitse siinus x kahega jagatud koosinus x kahega võrdub 7 puutujaga x kahega)
2. -5 = -5 (kui lühendatakse cos)
Nii saime võrrandi
7tg - 5 = 0, Teisendame avaldise, liigutame miinus viis paremale, muutes märki.
Oleme taandanud võrrandi kujule tg t = a, kus t=, a =. Ja kuna sellel võrrandil on lahendus mis tahes väärtusele aga ja need lahendused näevad välja
x \u003d arctg a + πn, siis näeb meie võrrandi lahendus välja järgmine:
Arctg + πn, leidke x
x \u003d 2 arctan + 2πn.
Vastus: x \u003d 2 arctg + 2πn.
Liigume edasi teise astme homogeense trigonomeetrilise võrrandi juurde
agasin 2 x+b sin x cos x +alatescos2 x = 0.
Vaatleme mitut juhtumit.
I. Kui a=0, siis võtab võrrand kuju bpattxcosx+ccos 2 x= 0.
Lahendades e siis kasutame võrrandite faktoriseerimise meetodit. Võtame välja cosx sulgudes ja saame: cosx(bpattx+ccosx)= 0 . Kus cosx= 0 või
b sin x +alatescos x = 0. Ja me juba teame, kuidas neid võrrandeid lahendada.
Jagame võrrandi mõlemad osad liikme kaupa cosx-ga, saame
1 (sest siinuse ja koosinuse suhe on puutuja).
Nii saame võrrandi: b tg x+c=0
Oleme taandanud võrrandi kujule tg t = a, kus t= x, a =. Ja kuna sellel võrrandil on lahendus mis tahes väärtusele aga ja need lahendused näevad välja
x \u003d arctg a + πn, siis on meie võrrandi lahendus:
x \u003d arctg + πn, .
II. Kui a≠0, siis jagame võrrandi mõlemad osad liikme kaupa cos 2 x.
(Sarnaselt argumenteerides, nagu esimese astme homogeense trigonomeetrilise võrrandi puhul, ei saa koosinus x kaduda).
III. Kui c=0, siis võtab võrrand kuju agapatt 2 x+ bpattxcosx= 0. See võrrand lahendatakse faktoriseerimise meetodil (võta välja pattx sulgude jaoks).
Seega võrrandi lahendamisel agapatt 2 x+ bpattxcosx+ccos 2 x= 0 saate järgida järgmist algoritmi:
NÄIDE 2. Lahendage võrrand sinxcosx - cos 2 x= 0 (siinus x korda koosinus x miinus kolm korda koosinus ruudus x juur võrdub nulliga).
Lahendus. Teguriseerime (sulg cosx). Hangi
cos x(sin x - cos x)= 0, s.o. cos x=0 või sin x - cos x= 0.
Vastus: x \u003d + πn, x \u003d + πn.
NÄIDE 3. Lahendage võrrand 3sin 2 2x - 2 sin2xcos2 x +3cos 2 2x= 2 (kahe x kolm siinusruut miinus kahe x siinuse ja kahe x koosinus pluss kahe x kolm koosinuse ruut) ja leida selle intervalli (- π; π) kuuluvad juured.
Lahendus. See võrrand ei ole homogeenne, seega teostame teisendusi. Võrrandi paremal küljel olev arv 2 asendatakse korrutisega 2 1
Kuna trigonomeetrilise põhiidentiteedi kohaselt on sin 2 x + cos 2 x \u003d 1, siis
2 ∙ 1= 2 ∙ (sin 2 x + cos 2 x) = sulgudes avades saame: 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
Seega on võrrand 3sin 2 2x - 2 sin2xcos2 x +3cos 2 2x= 2 kujul:
3sin 2 2x - 2sin 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.
Oleme saanud teise astme homogeense trigonomeetrilise võrrandi. Rakendame terminite kaupa jagamist cos 2 2x:
tg 2 2x - 2tg 2x + 1 = 0.
Toome sisse uue muutuja z= tg2х.
Meil on z 2 - 2 z + 1 = 0. See on ruutvõrrand. Märgates vasakul pool lühendatud korrutamisvalemit - erinevuse ruutu (), saame (z - 1) 2 = 0, s.o. z = 1. Pöördume tagasi pöördasenduse juurde:
Oleme taandanud võrrandi kujule tg t \u003d a, kus t \u003d 2x, a \u003d 1. Ja kuna sellel võrrandil on lahendus mis tahes väärtusele aga ja need lahendused näevad välja
x \u003d arctg x a + πn, siis on meie võrrandi lahendus:
2x \u003d arctg1 + πn,
x \u003d + , (x võrdub pi summaga kaheksa ja pi en korda kahega).
Meil jääb üle leida sellised x väärtused, mis sisalduvad intervallis
(- π; π), st. rahuldada topeltvõrratus - π x π. Sest
x= + , siis - π + π. Jagage kõik selle võrratuse osad π-ga ja korrutage 8-ga, saame
liigutage seadet paremale ja vasakule, muutes märgi miinus üheks
jagame neljaga, saame
mugavuse huvides valime murdosades täisarvulised osad
- Seda ebavõrdsust rahuldab järgmine täisarv n: -2, -1, 0, 1 Viimane detail matemaatika eksami ülesannete C1 lahendamisest - homogeensete trigonomeetriliste võrrandite lahendus. Selles viimases õppetükis räägime teile, kuidas neid lahendada. Mis need võrrandid on? Paneme need üldiselt kirja. $$a\sin x + b\cos x = 0,$$ kus "a" ja "b" on mõned konstandid. Seda võrrandit nimetatakse esimese astme homogeenseks trigonomeetriliseks võrrandiks. Sellise võrrandi lahendamiseks peate selle jagama arvuga "\cos x". Siis võtab see vormi $$\newcommand(\tg)(\mathop(\mathrm(tg))) a \tg x + b = 0.$$ Vastus sellisele võrrandile on hõlpsasti kirjutatav kaartangensi abil. Pange tähele, et „\cos x ≠0”. Selle kontrollimiseks asendame võrrandis koosinuse asemel nulliga ja saame, et siinus peab samuti olema võrdne nulliga. Samas ei saa need olla samaaegselt võrdsed nulliga, mis tähendab, et koosinus ei ole null. Mõned selle aasta reaaleksami ülesanded taandati homogeenseks trigonomeetriliseks võrrandiks. Järgige linki. Võtame probleemi veidi lihtsustatud versiooni. $$\sin x + \cos x = 0.$$ Jagage arvuga "\cos x". $$\tg x + 1 = 0,$$ $$x = -\frac(\pi)(4)+\pi k.$$ Kordan, eksamil oli sarnane ülesanne :) muidugi tuleb veel juured välja valida, aga ka see ei tohiks erilisi raskusi tekitada. Liigume nüüd järgmise võrranditüübi juurde. Üldiselt näeb see välja selline: $$a\sin^2 x + b\sin x \cos x + c\cos^2 x =0,$$ kus "a, b, c" on mõned konstandid. Sellised võrrandid lahendatakse jagades arvuga \cos^2 x (mis on jällegi nullist erinev). Vaatame kohe näidet. $$\sin^2 x - 2\sin x \, \cos x - 3\cos^2 x = 0.$$ Jagage arvuga "\cos^2 x". $$(\tg)^2 x - 2\tg x -3 =0.$$ Asendage "t = \tg x". $$t^2 - 2t -3 = 0,$$ $$t_1 = 3, \t_2 = -1.$$ Vastupidine asendamine $$\tg x = 3, \text( või ) \tg x = -1,$$ $$x = \arctan(3)+\pi k, \text( või ) x= -\frac(\pi)(4)+ \pi k.$$ Vastus saadud. $$-\sin^2 x + \frac(2\sqrt(2))(3)\sin x \cos x - 3\cos^2 x = -2.$$ Kõik oleks hästi, aga see võrrand ei ole homogeenne – meid takistab paremal pool `-2`. Mida teha? Kasutame trigonomeetrilist põhiidentiteeti ja kirjutame sellega `-2`. $$-\sin^2 x + \frac(2\sqrt(2))(3)\sin x \cos x - 3\cos^2 x = -2(\sin^2 x + \cos^2 x ),$$ $$-\sin^2 x + \frac(2\sqrt(2))(3)\sin x \cos x - 3\cos^2 x + 2\sin^2 x + 2\cos^2 x = 0, $$ $$\sin^2 x + \frac(2\sqrt(2))(3)\sin x \cos x - \cos^2 x = 0.$$ Jagage arvuga "\cos^2 x". $$(\tg)^2 x + \frac(2\sqrt(2))(3) \tg x - 1 = 0,$$ Asendamine t= \tg x. $$t^2 + \frac(2\sqrt(2))(3) t - 1 = 0,$$ $$t_1 = \frac(\sqrt(3))(3),\ t_2 = -\sqrt(3).$$ Pöördasenduse tegemisel saame: $$\tg x = \frac(\sqrt(3))(3) \text( või ) \tg x = -\sqrt(3).$$ $$x =-\frac(\pi)(3) + \pi k,\ x = \frac(\pi)(6)+ \pi k.$$ See on selle õpetuse viimane näide. Nagu tavaliselt, tuletan meelde: koolitus on meie jaoks kõik. Ükskõik kui särav inimene ka poleks, oskused ilma treenimata ei arene. Eksamil on see täis põnevust, vigu, raisatud aega (jätke seda loendit ise). Olge kindlasti hõivatud! Lahendage võrrandid: See on kõik. Ja nagu ikka, lõpuks: esitage kommentaarides küsimusi, pange meeldimisi, vaadake videoid, õppige eksamit lahendama.
"Inimese suurus seisneb tema mõtlemisvõimes." Tunni eesmärgid: 1) Hariduslik- tutvustada õpilastele homogeenseid võrrandeid, kaaluda nende lahendamise meetodeid, aidata kaasa varem uuritud trigonomeetriliste võrrandite tüüpide lahendamise oskuste kujunemisele. 2) Hariduslik- arendada õpilaste loomingulist tegevust, nende tunnetuslikku tegevust, loogilist mõtlemist, mälu, probleemsituatsioonis töötamise oskust, saavutada oskus õigesti, järjekindlalt, ratsionaalselt väljendada oma mõtteid, laiendada õpilaste silmaringi, tõsta nende matemaatilise kultuuri tase. 3) Hariduslik- kasvatada enesetäiendamise soovi, rasket tööd, kujundada oskust pädevalt ja täpselt sooritada matemaatilisi arvestusi, kasvatada aktiivsust, edendada huvi matemaatika vastu. Tunni tüüp: kombineeritud. Varustus: Tundide ajal 1. Organisatsioonietapp (2 minutit) Vastastikune tervitus; õpilaste tunniks valmisoleku kontrollimine (töökoht, välimus); tähelepanu organiseerimine. Õpetaja räägib õpilastele tunni teema (slaid 2) ja selgitab, et tunni ajal kasutatakse laual olevat jaotuslehte. 2. Teoreetilise materjali kordamine (15 minutit) Ülesanded perfokaartidel(6 inimest) .
Tööaeg perfokaartidel - 10 min (2. lisa) Ülesandeid lahendades saavad õpilased teada, kus rakendatakse trigonomeetrilisi arvutusi. Saadakse järgmised vastused: triangulatsioon (tehnika, mis võimaldab mõõta kaugusi lähedalasuvate tähtedeni astronoomias), akustika, ultraheli, tomograafia, geodeesia, krüptograafia. (slaid 5) esiküsitlus. Mäng "Arva ära šifrisõna" Blaise Pascal ütles kunagi, et matemaatika on nii tõsine teadus, et ei tohiks kasutamata jätta võimalust seda veidi meelelahutuslikumaks muuta. Nii et ma soovitan teil mängida. Pärast näidete lahendamist määrake numbrite jada, millest krüptitud sõna koosneb. Ladina keeles tähendab see sõna "sine". (slaid 3) 2) arctaan (-√3) 4) tg (kaare cos (1/2)) 5) tg (kaar ctg √3) Vastus: "Painutada" Mäng "Hajutatud matemaatik» Suulise töö ülesanded projitseeritakse ekraanile: Kontrollige võrrandite lahendi õigsust.(õige vastus ilmub õpilase vastuse järel slaidile). (slaid 4) Vastused vigadega Õiged vastused x = ± π/6+2πn x = ± π/3+2πn x = π/3+πn X = (-1)
nπ/3+πn tg x = π/4 x = 1
+πn tg x \u003d 1, x \u003d π / 4 + πn x = ±π/6+ π
n x = ± π/6+2πn x \u003d (-1) n arcsin1 / 3 + 2πn x \u003d (-1) n arcsin1 / 3 + pn x = ± π/6+2πn x = ± 5π/6+2πn cos x = π/3 x = ± 1/2
+2πn cos x = 1/2, x = ± π/3+2πn Kodutööde kontrollimine. Õpetaja paneb paika kõikide õpilaste kodutööde õigsuse ja teadlikkuse; tuvastab lüngad teadmistes; täiendab õpilaste teadmisi, oskusi ja vilumusi lihtsamate trigonomeetriliste võrrandite lahendamise alal. 1 võrrand.
Õpilane kommenteerib võrrandi lahendust, mille read ilmuvad slaidile kommentaari järjekorras). (slaid 6) √3tg2x = 1; tg2x=1/√3;
2х= arctg 1/√3 +πn, n ∈Z. 2x \u003d π / 6 + πn, n ∈Z. x \u003d π / 12+
π/2
n,
n
∈Z.
2 võrrand.
Lahendus h kirjutatakse õpilastele tahvlile. 2 sin 2 x + 3 cosx = 0. 3. Uute teadmiste realiseerimine (3 minutit) Õpilased tuletavad õpetaja soovil meelde trigonomeetriliste võrrandite lahendamise viise. Nad valivad need võrrandid, mida nad juba oskavad lahendada, nimetavad võrrandi lahendamise meetodi ja tulemuse .
Vastused ilmuvad slaidile. (slaid 7) . Uue muutuja sissejuhatus: nr 1. 2sin 2x - 7sinx + 3 = 0. Olgu sinx = t, siis: 2t 2 – 7t + 3 = 0. Faktoreerimine: №2.
3sinx cos4x – cos4x = 0; cos4x(3sinx - 1) = 0; cos4x = 0 või 3 sinx - 1 = 0; … nr 3. 2 sinx - 3 cosx = 0, nr 4. 3 sin 2 x - 4 sinx cosx + cos 2 x \u003d 0. Õpetaja: Te ei tea veel, kuidas kahte viimast tüüpi võrrandeid lahendada. Mõlemad on sama tüüpi. Neid ei saa taandada funktsiooni sinx või cosx võrrandiks. Kutsutakse homogeensed trigonomeetrilised võrrandid. Kuid ainult esimene on esimese astme homogeenne võrrand ja teine on teise astme homogeenne võrrand. Tänases tunnis tutvute selliste võrranditega ja õpite neid lahendama. 4. Uue materjali selgitamine (25 minutit) Õpetaja annab õpilastele homogeensete trigonomeetriliste võrrandite definitsioonid, tutvustab nende lahendamise viise. Definitsioon. Nimetatakse võrrandit kujul a sinx + b cosx =0, kus a ≠ 0, b ≠ 0 esimese astme homogeenne trigonomeetriline võrrand.(slaid 8) Sellise võrrandi näide on võrrand #3. Kirjutame välja võrrandi üldkuju ja analüüsime seda. ja sinx + b cosx = 0. Kui cosx = 0, siis sinx = 0. – Kas selline olukord võib juhtuda? - Mitte. Oleme saanud vastuolu trigonomeetrilise põhiidentiteediga. Seega cosx ≠ 0. Jagame terminite kaupa cosx-iga: a tgx + b = 0 tgx = -b / a on lihtsaim trigonomeetriline võrrand. Väljund: Esimese astme homogeensed trigonomeetrilised võrrandid lahendatakse võrrandi mõlema poole jagamisel cosx-iga (sinx). Näiteks: 2 sinx - 3 cosx = 0, Sest cosx ≠ 0, siis tgx = 3/2 ;
x = arctg (3/2) + πn, n ∈Z. Definitsioon. Nimetatakse võrrand kujul a sin 2 x + b sinx cosx + c cos 2 x = 0 , kus a ≠ 0, b ≠ 0, c ≠ 0 teise astme trigonomeetriline võrrand. (slaid 8) Sellise võrrandi näide on võrrand nr 4. Kirjutame välja võrrandi üldkuju ja analüüsime seda. a sin 2 x + b sinx cosx + c cos 2 x = 0. Kui cosx = 0, siis sinx = 0. Jälle tekkis vastuolu trigonomeetrilise põhiidentiteediga. Seega cosx ≠ 0. Jagame terminite kaupa cos 2 x: ja tg 2 x + b tgx + c = 0 on ruutvõrrand. Järeldus: Oh teise astme homogeensed trigonomeetrilised võrrandid lahendatakse võrrandi mõlema poole jagamisel cos 2 x (sin 2 x). Näiteks: 3 sin 2 x - 4 sinx cosx + cos 2 x \u003d 0. Sest cos 2 x ≠ 0, siis 3tg 2 x - 4 tgx + 1 = 0 (Paluge õpilasel minna tahvli juurde ja täita võrrand iseseisvalt). Asendus: tgx = y. 3 a 2 - 4 a + 1 = 0 D = 16 - 12 = 4 y 1 = 1 või y 2 = 1/3 tgx=1 või tgx=1/3 x = arctg (1/3) + πn, n ∈Z. x = arctg1 + πn, n ∈Z. x = π/4 + πn, n ∈Z. 5. Õpilaste uuest materjalist arusaamise kontrollimise etapp (1 min.) Valige lisavõrrand: sinx=2cosx; 2sinx + cosx = 2; √3sinx + cosx = 0; sin 2 x - 2 sinx cosx + 4cos 2 x \u003d 0; 4cosx + 5sinx = 0; √3sinx – cosx = 0. (slaid 9) 6. Uue materjali konsolideerimine (24 min). Õpilased koos tahvli ääres vastajatega lahendavad võrrandeid uue materjali jaoks. Ülesanded on slaidile kirjutatud tabeli kujul. Võrrandi lahendamisel avaneb slaidil olev pildi vastav osa. 4 võrrandi täitmise tulemusena avaneb õpilaste ees portree matemaatikust, kellel oli trigonomeetria arengule oluline mõju. (õpilased tunnevad ära Francois Vieta portree - suure matemaatiku, kes andis suure panuse trigonomeetriasse, avastas redutseeritud ruutvõrrandi juurte omadused ja tegeles krüptograafiaga) . (slaid 10) 1)
√3sinx + cosx = 0, Sest cosx ≠ 0, siis √3tgx + 1 = 0; tgx = –1/√3; х = arctg (–1/√3) + πn, n ∈Z. x = –π/6 + πn, n ∈Z. 2)
sin 2 x - 10 sinx cosx + 21 cos 2 x \u003d 0. Sest cos 2 x ≠ 0, siis tg 2 x – 10 tgx + 21 = 0 Asendamine: tgx = y. y 2 - 10 a + 21 = 0 y 1 = 7 või y 2 = 3 tgx=7 või tgx=3 x = arctg7 + πn, n ∈Z x = arctg3 + πn, n ∈Z 3)
sin 2 2x - 6 sin2x cos2x + 5cos 2 2x = 0. Sest cos 2 2x ≠ 0, siis 3tg 2 2x – 6tg2x +5 = 0 Asendamine: tg2x = y. 3 a 2 - 6 a + 5 = 0 D \u003d 36–20 \u003d 16 y 1 = 5 või y 2 = 1 tg2x=5 või tg2x=1 2x = arctg5 + πn, n ∈Z x = 1/2 arctg5 + π/2 n, n ∈Z
2x = arctg1 + πn, n ∈Z x = π/8 + π/2 n, n ∈Z 4)
6sin 2 x + 4 sin(π-x) cos(2π-x) = 1. 6sin 2 x + 4 sinx cosx = 1. 6sin 2 x + 4 sinx cosx - sin 2 x - cos 2 x \u003d 0. 5sin 2 x + 4 sinx cosx - cos 2 x \u003d 0. Sest cos 2 x ≠ 0, siis 5tg 2 x + 4 tgx –1 = 0 Asendamine: tg x = y. 5a 2 + 4a - 1 = 0 D = 16 + 20 = 36 y 1 = 1/5 või y 2 = -1 tgx = 1/5 või tgx = -1 x = arctg1/5 + πn, n ∈Z x = arctg(–1) + πn, n ∈Z x = –π/4 + πn, n ∈Z Lisad (kaardil): Lahendage võrrand ja, valides nelja pakutud variandi hulgast ühe, arvake ära reduktsioonivalemid tuletanud matemaatiku nimi: 2sin 2 x - 3 sinx cosx - 5cos 2 x = 0. Vastuse valikud: х = arctg2 + 2πn, n ∈Z х = –π/2 + πn, n ∈Z – P. Tšebõšev x = arctaan 12,5 + 2πn, n ∈Z x = –3π/4 + πn, n ∈Z – Eukleides
х = arctg 5 + πn, n ∈Z х = –π/3 + πn, n ∈Z – Sofia Kovalevskaja
x = arctg2.5 + πn, n ∈Z x = –π/4 + πn, n ∈Z – Leonard Euler Õige vastus: Leonhard Euler. 7. Diferentseeritud iseseisev töö (8 min) Suur matemaatik ja filosoof pakkus rohkem kui 2500 aastat tagasi välja viisi vaimsete võimete arendamiseks. "Mõtlemine algab imest," ütles ta. Oleme täna korduvalt veendunud nende sõnade õigsuses. Pärast iseseisva töö täitmist kahe valiku osas saate näidata, kuidas materjali õppisite, ja teada saada selle matemaatiku nime. Iseseisvaks tööks kasutage jaotuslehte, mis on teie töölaudadel. Saate ise valida ühe kolmest pakutud võrrandist. Kuid pidage meeles, et kollasele vastava võrrandi lahendamisel saate ainult "3", lahendades võrrandi, mis vastab rohelisele - "4", punasele - "5". (3. lisa) Ükskõik, millise raskusastme õpilased valivad, saab pärast võrrandi õiget lahendust esimene variant sõna "ARIST", teine - "HOTELL". Slaidil on sõna: "ARIST-HOTEL". (slaid 11) Iseseisva tööga infolehed antakse üle kontrollimiseks. (4. lisa) 8. Kodutöö salvestamine (1 min) D/z: §7.17. Koostage ja lahendage 2 esimese astme homogeenset võrrandit ja 1 teise astme homogeenset võrrandit (kasutades koostamiseks Vieta teoreemi). (slaid 12) 9. Tunni kokkuvõtte tegemine, hinde panemine (2 minutit) Õpetaja juhib veel kord tähelepanu seda tüüpi võrranditele ja nendele teoreetilistele faktidele, mis tunnis meelde jäid, räägib nende õppimise vajadusest. Õpilased vastavad küsimustele: Õpetaja märgib üksikute õpilaste tunni edukamad tööd, paneb hindeid.Esimese astme homogeenne trigonomeetriline võrrand
Esimene näide. Esimese astme homogeense trigonomeetrilise võrrandi lahendus
Teise astme homogeenne trigonomeetriline võrrand
Teine näide. Teise astme homogeense trigonomeetrilise võrrandi lahendus
Kolmas näide. Teise astme homogeense trigonomeetrilise võrrandi lahendus
Koolitusülesanded
Blaise Pascal.
