A megnövekedett összetettségű feladatokban gyakran előfordulnak modulust tartalmazó trigonometrikus egyenletek. Legtöbbjük heurisztikus megközelítést igényel a megoldáshoz, ami a legtöbb diák számára egyáltalán nem ismerős.
Az alábbi feladatok a modult tartalmazó trigonometrikus egyenletek megoldásának legjellemzőbb módszereit hivatottak bemutatni.
1. feladat Határozza meg a legkisebb pozitív és a legnagyobb különbségét (fokban)! negatív gyökerek egyenletek 1 + 2sin x · |cos x| = 0.
Megoldás.
Bővítsük ki a modult:
1) Ha cos x ≥ 0, akkor az eredeti egyenlet a következő formában lesz: 1 + 2sin x cos x = 0.
A kettős szög szinuszának képletét használjuk, így kapjuk:
1 + sin2x = 0; sin2x = -1;
2x = -π/2 + 2πn, n € Z;
x = -π/4 + πn, n € Z. Mivel cos x ≥ 0, akkor x = -π/4 + 2πk, k € Z.
2) Ha cos x< 0, то adott egyenlet alakja 1 - 2sin x cos x = 0. A kettősszögű szinusz képlet szerint a következőt kapjuk:
1 – sin2x = 0; sin2x = 1;
2x = π/2 + 2πn, n ∈ Z;
x = π/4 + πn, n € Z. Mivel cos x< 0, то x = 5π/4 + 2πk, k € Z.
3) Az egyenlet legnagyobb negatív gyöke: -π / 4; az egyenlet legkisebb pozitív gyöke: 5π/4.
Kívánt különbség: 5π/4 - (-π/4) = 6π/4 = 3π/2 = 3 180°/2 = 270°.
Válasz: 270°.
2. Feladat. Határozzuk meg (fokban) a |tg x| egyenlet legkisebb pozitív gyökét + 1/cos x = tg x.
Megoldás.
Bővítsük ki a modult:
1) Ha tg x ≥ 0, akkor
tg x + 1/cos x = tg x;
A kapott egyenletben nincsenek gyökök.
2) Ha tg x< 0, тогда
Tg x + 1/cos x = tg x;
1/cos x – 2tg x = 0;
1/cos x - 2sin x / cos x = 0;
(1 – 2sin x) / cos x = 0;
1 – 2sin x = 0 és cos x ≠ 0.
Az 1. ábra és a tg x feltétel felhasználásával< 0 находим, что x = 5π/6 + 2πn, где n € Z.
3) Az 5π/6 egyenlet legkisebb pozitív gyöke. Alakítsa át ezt az értéket fokokká:
5π/6 = 5 180°/6 = 5 30° = 150°.
Válasz: 150°.
3. feladat. Határozza meg a sin |2x| egyenlet különböző gyökeinek számát! = cos 2x a [-π/2 intervallumon; π/2].
Megoldás.
Írjuk fel az egyenletet sin|2x|-ként – cos 2x = 0 és vegyük az y = sin |2x| függvényt - mivel 2x. Mivel a függvény páros, akkor x ≥ 0 esetén megtaláljuk a nulláit.
sin 2x – cos 2x = 0; az egyenlet mindkét oldalát elosztjuk cos 2x ≠ 0-val, így kapjuk:
tg 2x – 1 = 0;
2x = π/4 + πn, n ∈ Z;
x = π/8 + πn/2, n ∈ Z.
A függvény paritását felhasználva azt kapjuk, hogy az eredeti egyenlet gyökei az alak számai
± (π/8 + πn/2), ahol n ∈ Z.
A [-π/2; π/2] számok tartoznak: -π/8; π/8.
Tehát az egyenlet két gyöke az adott intervallumhoz tartozik.
Válasz: 2.
Ez az egyenlet a modul bővítésével is megoldható.
4. feladat Határozza meg a sin x - (|2cos x - 1|) / (2cos x - 1) sin 2 x = sin 2 x egyenlet gyökeinek számát a [-π intervallumon; 2π].
Megoldás.
1) Tekintsük azt az esetet, amikor 2cos x – 1 > 0, azaz. cos x > 1/2, akkor az egyenlet a következő lesz:
sin x - sin 2 x \u003d sin 2 x;
sin x - 2sin 2 x \u003d 0;
sinx(1 - 2sinx) = 0;
sinx = 0 vagy 1 - 2sinx = 0;
sin x = 0 vagy sin x = 1/2.
A 2. ábra és a cos x > 1/2 feltétel segítségével megtaláljuk az egyenlet gyökereit:
x = π/6 + 2πn vagy x = 2πn, n € Z.
2) Tekintsük azt az esetet, amikor 2cos x – 1< 0, т.е. cos x < 1/2, тогда исходное уравнение принимает вид:
sin x + sin 2 x = sin 2 x;
x = 2πn, n ∈ Z.
A 2. ábra és a cos x feltétel felhasználásával< 1/2, находим, что x = π + 2πn, где n € Z.
A két esetet kombinálva a következőket kapjuk:
x = π/6 + 2πn vagy x = πn.
3) A [-π; 2π] a gyökökhöz tartoznak: π/6; -π; 0; π; 2π.
Így az egyenlet öt gyöke tartozik az adott intervallumhoz.
Válasz: 5.
5. feladat Határozza meg az (x - 0,7) egyenlet gyökeinek számát 2 |sin x| + sin x = 0 a [-π intervallumon; 2π].
Megoldás.
1) Ha sin x ≥ 0, akkor az eredeti egyenlet (x - 0,7) 2 sin x + sin x = 0 alakot ölti. A sin x közös tényező zárójelből való kiemelése után a következőt kapjuk:
sin x((x - 0,7) 2 + 1) = 0; mivel (x - 0,7) 2 + 1 > 0 minden valós x-re, akkor sinx = 0, azaz. x = πn, n ∈ Z.
2) Ha sin x< 0, то -(x – 0,7) 2 sin x + sin x = 0;
sin x((x - 0,7) 2 - 1) = 0;
sinx \u003d 0 vagy (x - 0,7) 2 + 1 \u003d 0. Mivel sin x< 0, то (x – 0,7) 2 = 1. Извлекаем Négyzetgyök az utolsó egyenlet bal és jobb oldaláról a következőket kapjuk:
x - 0,7 \u003d 1 vagy x - 0,7 \u003d -1, ami azt jelenti, hogy x = 1,7 vagy x \u003d -0,3.
Figyelembe véve a sinx feltételt< 0 получим, что sin (-0,3) ≈ sin (-17,1°) < 0 и sin (1,7) ≈ sin (96,9°) >A 0 azt jelenti, hogy csak a -0,3 szám az eredeti egyenlet gyöke.
3) A [-π; 2π] a következő számokhoz tartoznak: -π; 0; π; 2π; -0,3.
Így az egyenletnek öt gyöke van egy adott intervallumon.
Válasz: 5.
Az órákra vagy vizsgákra a hálózaton elérhető különféle oktatási források segítségével készülhet fel. Jelenleg bárki 
az embernek csak újat kell használnia információs technológia Végtére is, helyes, és ami a legfontosabb, megfelelő alkalmazásuk növeli a motivációt a tantárgy tanulmányozásában, növeli az érdeklődést és elősegíti a szükséges anyagok jobb asszimilációját. De ne felejtsük el, hogy a számítógép nem tanít meg gondolkodni, a kapott információkat fel kell dolgozni, meg kell érteni és meg kell jegyezni. Ezért segítséget kérhet online oktatóinktól, akik segítenek megbirkózni az Önt érdeklő problémák megoldásával.
Van kérdésed? Nem tudja, hogyan kell megoldani a trigonometrikus egyenleteket?
Ha oktatói segítséget szeretne kérni - regisztráljon.
Az első óra ingyenes!
oldalon, az anyag teljes vagy részleges másolásakor a forrásra mutató hivatkozás szükséges.
1. feladat
A logika egyszerű: úgy fogunk csinálni, mint korábban, annak ellenére, hogy a trigonometrikus függvényeknek most összetettebb argumentuma van!
Ha egy ilyen alakú egyenletet oldanánk meg:
Ekkor a következő választ írnánk:
Vagy (mert)
De most a következő kifejezést játsszuk:
Akkor írhatod:
Az a célunk veled, hogy egyszerűen, minden "szennyeződés" nélkül állj a bal oldalon!
Szabaduljunk meg tőlük!
Először is távolítsuk el a nevezőt: ehhez szorozzuk meg egyenlőségünket a következővel:
Most megszabadulunk tőle, ha mindkét részt elosztjuk vele:
Most pedig szabaduljunk meg a nyolctól:
Az eredményül kapott kifejezés felírható 2 megoldási sorozatként (a másodfokú egyenlethez hasonlóan, ahol a diszkriminánst összeadjuk vagy kivonjuk)
Meg kell találnunk a legnagyobb negatív gyökeret! Egyértelmű, hogy rendezni kell.
Nézzük először az első sorozatot:
Nyilvánvaló, hogy ha vesszük, akkor ennek eredményeként pozitív számokat kapunk, de nem érdekelnek minket.
Tehát negatívnak kell tekinteni. Legyen.
Amikor már a gyökér lesz:
És meg kell találnunk a legnagyobb negatívumot!! Tehát itt már nincs értelme a negatív irányba menni. És ennek a sorozatnak a legnagyobb negatív gyöke egyenlő lesz.
Most nézzük a második sorozatot:
És ismét behelyettesítjük: , majd:
Nem érdekel!
Akkor már nincs értelme növelni! Csökkentsük! Akkor hadd:
Illik!
Legyen. Akkor
Ezután - a legnagyobb negatív gyökér!
Válasz:
2. feladat
Ismét megoldjuk, függetlenül a komplex koszinusz argumentumtól:
Most ismét kifejezzük a bal oldalon:
Szorozd meg mindkét oldalt
Oszd fel mindkét oldalt
Nincs más hátra, mint jobbra mozgatni, mínuszról pluszra változtatva a jelét.
Ismét 2 gyökérsorozatot kapunk, az egyiket a másikkal.
Meg kell találnunk a legnagyobb negatív gyökeret. Tekintsük az első sorozatot:
Nyilvánvaló, hogy az első negatív gyöket at kapjuk, egyenlő lesz, és az 1. sorozat legnagyobb negatív gyöke lesz.
A második sorozathoz
Az első negatív gyök szintén a következővel lesz egyenlő: Mivel akkor az egyenlet legnagyobb negatív gyöke.
Válasz: .
3. feladat
Az érintő összetett argumentumától függetlenül döntünk.
Úgy tűnik, ez nem bonyolult, igaz?
Mint korábban, a bal oldalon kifejezzük:
Nos, ez nagyszerű, általában csak egy gyökérsorozat létezik! Ismét keresse meg a legnagyobb negatívumot.
Egyértelmű, hogy kiderül, ha . És ez a gyökér egyenlő.
Válasz:
Most próbálja meg egyedül megoldani a következő problémákat.
Házi feladat vagy 3 feladat önálló megoldáshoz.
- Re-shi-te egyenlet.
- Re-shi-te egyenlet.
A from-ve-te on-pi-shi-te-ben a legkisebb in-lo-zhi-tel-ny gyökér. - Re-shi-te egyenlet.
A from-ve-te on-pi-shi-te-ben a legkisebb in-lo-zhi-tel-ny gyökér.
Kész? Ellenőrizzük. Nem írom le részletesen a teljes megoldási algoritmust, számomra úgy tűnik, hogy fent már elég figyelmet fordítottak rá.
Nos, minden rendben? Ó, azok a csúnya melléküregek, mindig van velük valami baj!
Nos, most meg tudod oldani a legegyszerűbb trigonometrikus egyenleteket!
Nézze meg a megoldásokat és válaszokat:
1. feladat
Expressz
A legkisebb pozitív gyöket akkor kapjuk, ha az, since, then
Válasz:
2. feladat
A legkisebb pozitív gyökér értékét a következő helyen kapjuk meg.
Egyenlő lesz.
Válasz: .
3. feladat
Amikor megkapjuk, amikor megvan.
Válasz: .
Ez a tudás segít megoldani sok olyan problémát, amellyel a vizsgán szembe kell néznie.
Ha „5” minősítésre jelentkezik, akkor csak tovább kell olvasnia a cikket középszint, amelyet bonyolultabb trigonometrikus egyenletek megoldására fogunk fordítani (C1. feladat).
ÁTLAGOS SZINT
Ebben a cikkben leírom bonyolultabb típusú trigonometrikus egyenletek megoldásaés hogyan válasszuk ki a gyökereiket. Itt a következő témákra fogok koncentrálni:
- Trigonometrikus egyenletek belépő szintre (lásd fent).
A bonyolultabb trigonometrikus egyenletek a megnövekedett bonyolultságú problémák alapját képezik. Megkövetelik, hogyan kell magát az egyenletet megoldani Általános nézet, és keressük meg ennek az egyenletnek egy adott intervallumhoz tartozó gyökereit.
A trigonometrikus egyenletek megoldása két részfeladatra redukálódik:
- Egyenlet megoldás
- Gyökér kiválasztása
Meg kell jegyezni, hogy a második nem mindig kötelező, de a legtöbb példában mégis szükséges a kiválasztás. És ha nem kötelező, akkor inkább együttérzhet - ez azt jelenti, hogy az egyenlet önmagában meglehetősen bonyolult.
A C1-es feladatok elemzésével kapcsolatos tapasztalataim azt mutatják, hogy általában a következő kategóriákba sorolják őket.
Négy fokozott összetettségű feladatkategória (korábban C1)
- Tényezőssé redukáló egyenletek.
- Formára redukáló egyenletek.
- Változóváltással megoldott egyenletek.
- Az irracionalitás vagy a nevező miatt további gyökválasztást igénylő egyenletek.
Egyszerűen fogalmazva: ha megkapod az első három egyenlettípus egyike akkor tartsa magát szerencsésnek. Számukra általában ki kell választani egy bizonyos intervallumhoz tartozó gyökereket.
Ha egy 4-es típusú egyenlettel találkozik, akkor kevésbé szerencsés: hosszabb ideig és körültekintőbben kell vele bütykölni, de gyakran nincs szükség a gyökér további kiválasztására. Ennek ellenére a következő cikkben az ilyen típusú egyenleteket elemzem, és ezt az első három típusú egyenlet megoldásának szentelem.
Faktorozásra redukáló egyenletek
A legfontosabb dolog, amit emlékezned kell az ilyen típusú egyenletek megoldásához
A gyakorlat azt mutatja, hogy ez a tudás általában elegendő. Nézzünk néhány példát:
1. példa: Egyenlet, amely a redukció és a kettős szög szinuszának képleteivel redukál faktorizálást
- Re-shi-te egyenlet
- Keresse meg ennek az egyenletnek az összes gyökerét
Itt, ahogy ígértem, a casting képletek működnek:
Akkor az egyenletem így fog kinézni:
Ekkor az egyenletem a következő formában lesz:
Egy rövidlátó diák azt mondhatná: és most mindkét részt redukálom, megkapom a legegyszerűbb egyenletet, és élvezem az életet! És keservesen téved!
| NE FELEDJE: SOHA NE CSÖKKENTSE A TRIGONOMETRIAI EGYENLET MINDKÉT RÉSZÉT AZ ISMERETLEN FUNKCIÓNÁL! ÍGY ELVESZTED GYÖKERET! |
Szóval mit kéne tenni? Igen, minden egyszerű, vigyen át mindent egy irányba, és vegye ki a közös tényezőt:
Nos, kiszámoltuk, hurrá! Most döntünk:
Az első egyenletnek gyökerei vannak:
És a második:
Ezzel befejeződik a probléma első része. Most ki kell választanunk a gyökereket:
A rés a következő:
Vagy így is írható:
Nos, vegyük a gyökereket:
Először is dolgozzunk az első sorozattal (és ez enyhén szólva könnyebb!)
Mivel a mi intervallumunk teljesen negatív, nem kell nem negatívakat venni, akkor is adnak nem negatív gyökereket.
Vegyük hát - kicsit túl sok, nem illik.
Hadd, akkor - megint nem ütött.
Még egy próbálkozás - akkor - ott, üss! Az első gyökér megtalálható!
Újra lövök: majd - üss újra!
Na, még egyszer: - ez már repülés.
Tehát az első sorozatból 2 gyök tartozik az intervallumhoz: .
A második sorozattal dolgozunk (építjük a szabály szerinti hatalomhoz):
Alullövés!
Megint hiányzik!
Ismét hiány!
Megvan!
Repülési!
Így a következő gyökök tartoznak az én spanomhoz:
Ezt az algoritmust fogjuk használni az összes többi példa megoldására. Gyakoroljunk még egy példát együtt.
2. példa: Egyenlet, amely redukciós képletekkel redukál faktorizálást
- Oldja meg az egyenletet
Megoldás:
Ismét a hírhedt szereplőképletek:
Még egyszer, ne próbálja meg vágni!
Az első egyenletnek gyökerei vannak:
És a második:
Most ismét a gyökerek keresése.
Kezdem a második sorozattal, az előző példából már mindent tudok róla! Nézze meg és győződjön meg arról, hogy a réshez tartozó gyökerek a következők:
Most az első sorozat, és ez egyszerűbb:
Ha - alkalmas
Ha - szintén jó
Ha – már repülés.
Akkor a gyökerek a következők lesznek:
Önálló munkavégzés. 3 egyenlet.
Nos, érted a technikát? A trigonometrikus egyenletek megoldása már nem tűnik olyan nehéznek? Ezután gyorsan oldja meg saját maga a következő problémákat, majd Ön és én más példákat is megoldunk:
- Oldja meg az egyenletet
Keresse meg ennek az egyenletnek a réshez kapcsolódó összes gyökerét. - Re-shi-te egyenlet
Jelölje meg az egyenlet gyökereit, amelyek a vágáshoz kapcsolódnak - Re-shi-te egyenlet
Keresse meg ennek az egyenletnek az összes gyökerét a le-zha-shchi pro-inter-zhut-ku-ban.
1. egyenlet
És ismét az öntési képlet:
Gyökerek első sorozata:
A gyökerek második sorozata:
Elkezdjük az intervallum kiválasztását
Válasz: , .
2. egyenlet Önálló munkavégzés ellenőrzése.
Elég trükkös csoportosítás faktorokba (a kettős szög szinuszának képletét használom):
akkor vagy
Ez egy általános megoldás. Most meg kell vennünk a gyökereket. Az a baj, hogy nem tudjuk pontosan megmondani annak a szögnek az értékét, amelynek koszinusza egynegyed. Ezért nem tudok csak úgy megszabadulni az arckoszintól - ez egy ilyen kellemetlenség!
Amit tehetek, az az, hogy azóta rájövök.
Készítsünk egy táblázatot: intervallum:
Nos, fájdalmas keresések során arra a kiábrándító következtetésre jutottunk, hogy az egyenletünknek egy gyöke van a jelzett intervallumon: \displaystyle arccos\frac(1)(4)-5\pi
3. egyenlet. Önálló munka ellenőrzése.
Ijesztő egyenlet. Ez azonban egészen egyszerűen megoldható a kettős szög szinuszának képletével:
Vágjuk le 2-vel:
Csoportosítjuk az első tagot a másodikkal, a harmadikat a negyedikkel, és kivesszük a közös tényezőket:
Nyilvánvaló, hogy az első egyenletnek nincs gyökere, és most vegyük figyelembe a másodikat:
Általában egy kicsit később foglalkoztam az ilyen egyenletek megoldásával, de mivel kiderült, nem volt mit tenni, döntenünk kellett ...
Forma egyenletek:
Ezt az egyenletet úgy oldjuk meg, hogy mindkét oldalt elosztjuk:
Így az egyenletünknek egyetlen gyökérsorozata van:
Meg kell találni közülük azokat, amelyek a következő intervallumhoz tartoznak: .
Építsük újra a táblázatot, ahogy korábban is:
Válasz: .
A formára redukáló egyenletek:
Nos, itt az ideje, hogy áttérjünk az egyenletek második részére, főleg, hogy már kiböktem, miből áll az új típusú trigonometrikus egyenletek megoldása. De nem lesz felesleges megismételni a forma egyenletét
Ezt úgy oldjuk meg, hogy mindkét részt elosztjuk koszinusszal:
- Re-shi-te egyenlet
Jelölje meg az egyenletnek a vágási ponthoz kapcsolódó gyökereit. - Re-shi-te egyenlet
Jelölje meg az egyenlet gyökereit, fent-le-zha-shchi pro-inter-zhut-ku.
1. példa
Az első nagyon egyszerű. Mozgás jobbra, és alkalmazza a kettős szögű koszinusz képletet:
Aha! Típusegyenlet: . Mindkét részt felosztom
Gyökéreltávolítást végzünk:
Rés:
Válasz:
2. példa
Minden elég triviális: nyissuk ki a jobb oldali zárójeleket:
Alapvető trigonometrikus azonosság:
Kettős szög szinusza:
Végül megkapjuk:
Gyökerek szűrése: rés.
Válasz: .
Nos, hogy tetszik a technika, nem túl bonyolult? Remélem, nem. Azonnal fenntartást tehetünk: tiszta formájában meglehetősen ritkák az olyan egyenletek, amelyek azonnal az érintő egyenletévé redukálódnak. Általában ez az átmenet (koszinuszos osztással) csak egy nagyobb része kihívást jelentő feladat. Íme egy gyakorlati példa:
- Re-shi-te egyenlet
- Keresse meg ennek az egyenletnek az összes gyökerét, a-le-zha-schie-ból-vágásból.
Ellenőrizzük:
Az egyenlet azonnal megoldódik, elegendő mindkét részt elosztani:
Gyökér rostálás:
Válasz: .
Így vagy úgy, de még nem találkoztunk az imént tárgyalt egyenletekkel. Azonban még túl korai, hogy lezárjuk: van még egy "réteg" az egyenleteknek, amelyeket nem elemeztünk. Így:
Trigonometrikus egyenletek megoldása változó változtatásával
Itt minden átlátható: alaposan megnézzük az egyenletet, lehetőleg egyszerűsítjük, cserét végzünk, megoldunk, fordított cserét végzünk! Szavakkal, minden nagyon egyszerű. Lássuk működés közben:
Példa.
- Oldja meg az egyenletet: .
- Keresse meg ennek az egyenletnek az összes gyökerét, a-le-zha-schie-ból-vágásból.
Nos, itt maga a csere javasolja magát a kezünkbe!
Ekkor az egyenletünk a következő lesz:
Az első egyenletnek gyökerei vannak:
A második pedig ilyen:
Most keressük meg az intervallumhoz tartozó gyököket
Válasz: .
Nézzünk együtt egy kicsit összetettebb példát:
- Re-shi-te egyenlet
- Jelölje meg az adott egyenlet gyökereit, at-bove-le-zha-shchi pro-inter-zhut-ku.
Itt a csere nem látszik azonnal, ráadásul nem is nagyon szembetűnő. Először gondoljuk át: mit tehetünk?
El tudjuk képzelni például
És ugyanakkor
Ekkor az egyenletem a következő:
És most figyelem, fókusz:
Osszuk fel az egyenlet mindkét oldalát:
Hirtelen te és én kaptunk másodfokú egyenlet viszonylag! Csináljunk egy cserét, és a következőt kapjuk:
Az egyenletnek a következő gyökerei vannak:
A gyökér kellemetlen második sorozata, de nincs mit tenni! Az intervallumon kiválasztjuk a gyökereket.
Ezt is figyelembe kell vennünk
Azóta és azóta
Válasz:
A konszolidáció érdekében, mielőtt saját maga megoldaná a problémákat, itt van egy másik gyakorlat az Ön számára:
- Re-shi-te egyenlet
- Keresse meg ennek az egyenletnek az összes gyökerét a le-zha-shchi pro-inter-zhut-ku-ban.
Itt kell nyitott szemmel járni: vannak nevezőink, amelyek nullák is lehetnek! Ezért különösen oda kell figyelni a gyökerekre!
Először is át kell alakítanom az egyenletet, hogy megfelelő helyettesítést végezhessek. Nem tudok most jobbat elképzelni, mint átírni az érintőt szinuszra és koszinuszra:
Most koszinuszról szinuszra megyek az alapvető trigonometrikus azonosság szerint:
És végül mindent közös nevezőre hozok:
Most rátérhetek az egyenletre:
De at (azaz at).
Most minden készen áll a cserére:
Akkor akár
Azonban vegye figyelembe, hogy ha, akkor ugyanakkor!
Ki szenved ettől? A baj az érintővel van, nincs definiálva, amikor a koszinusz nulla (nullával való osztás történik).
Tehát az egyenlet gyökerei a következők:
Most kiszűrjük a gyökereket az intervallumban:
| - illik | |
| - keresés |
Így az egyenletünknek egyetlen gyöke van az intervallumon, és ez egyenlő.
Látod: a nevező megjelenése (valamint az érintő, bizonyos nehézségekhez vezet a gyökerekkel kapcsolatban! Itt óvatosabbnak kell lenni!).
Nos, te és én már majdnem befejeztük a trigonometrikus egyenletek elemzését, már nagyon kevés van hátra - két feladat önálló megoldásához. Itt vannak.
- Oldja meg az egyenletet
Keresse meg ennek az egyenletnek az összes gyökerét, a-le-zha-schie-ból-vágásból. - Re-shi-te egyenlet
Jelölje meg ennek az egyenletnek a gyökereit, amelyek a vágáshoz kapcsolódnak.
Határozott? Nem túl nehéz? Ellenőrizzük:
- A redukciós képletek szerint dolgozunk:
Behelyettesítjük az egyenletbe:
Írjunk át mindent koszinuszban, hogy kényelmesebb legyen a csere:
Most már egyszerű a csere:
Nyilvánvaló, hogy ez egy idegen gyök, mivel az egyenletnek nincs megoldása. Akkor:
Az intervallumon keressük a szükséges gyökereket
Válasz: .
Itt azonnal látható a csere:Akkor akár
- illik! - illik! - illik! - illik! - sok! - szintén sokat! Válasz:
Na, most minden! De a trigonometrikus egyenletek megoldása ezzel nem ér véget, mi hagytuk el a legtöbbet nehéz esetek: ha az egyenletekben irracionalitás vagy különféle "összetett nevezők" vannak. Az ilyen feladatok megoldásának módját egy haladó szintű cikkben megvizsgáljuk.
HALADÓ SZINT
Az előző két cikkben tárgyalt trigonometrikus egyenletek mellett egy másik egyenletosztályt is figyelembe veszünk, amely még alaposabb elemzést igényel. Ezek a trigonometrikus példák vagy irracionalitást vagy nevezőt tartalmaznak, ami megnehezíti az elemzésüket.. Azonban a C részben találkozhat ezekkel az egyenletekkel. vizsgálati munka. Azonban minden felhőnek van ezüst bélése: az ilyen egyenleteknél általában már nem vetődik fel a kérdés, hogy melyik gyöke tartozik egy adott intervallumhoz. Ne vergessünk, hanem csak trigonometrikus példákat.
1. példa
Oldja meg az egyenletet, és keresse meg a szegmenshez tartozó gyököket.
Megoldás:
Van egy nevezőnk, ami nem lehet egyenlő nullával! Ekkor ennek az egyenletnek a megoldása megegyezik a rendszer megoldásával
Oldjuk meg az egyes egyenleteket:
És most a második:
Most pedig nézzük a sorozatot:
Nyilvánvaló, hogy az opció nem felel meg nekünk, mivel ebben az esetben a nevező nullára van állítva (lásd a második egyenlet gyökeinek képletét)
Ha - akkor minden rendben van, és a nevező nem egyenlő nullával! Ekkor az egyenlet gyökei: , .
Most kiválasztjuk az intervallumhoz tartozó gyököket.
| - nem megfelelő | - illik | |
| - illik | - illik | |
| felsorolás | felsorolás |
Akkor a gyökerek:
Látod, már a nevező formájában jelentkező kis interferencia is jelentősen befolyásolta az egyenlet megoldását: elvetettünk egy sor gyököt, amely semmissé teszi a nevezőt. A dolgok még bonyolultabbá válhatnak, ha olyan trigonometrikus példákkal találkozunk, amelyekben irracionalitás van.
2. példa
Oldja meg az egyenletet:
Megoldás:
Nos, legalább nem kell kiválasztania a gyökereket, és ez jó! Először oldjuk meg az egyenletet, függetlenül az irracionalitástól:
És mi, ennyi? Nem, sajnos az túl könnyű lenne! Emlékeztetni kell arra, hogy a gyökér alatt csak nem negatív számok állhatnak. Akkor:
Megoldás erre az egyenlőtlenségre:
Most azt kell kideríteni, hogy az első egyenlet gyökeinek egy része nem esett-e véletlenül olyan helyre, ahol az egyenlőtlenség nem áll fenn.
Ehhez ismét használhatja a táblázatot:
| : , De | Nem! | |
| Igen! | ||
| Igen! |
Így nekem „kiesett” az egyik gyökér! Kiderül, ha felteszed. Ekkor a választ a következőképpen írhatjuk fel:
Válasz:
Látod, a gyökér még jobban odafigyelést igényel! Bonyolítjuk: most álljon a gyökerem alatt trigonometrikus függvény.
3. példa
Ahogy eddig is: először mindegyiket külön-külön megoldjuk, majd átgondoljuk, hogy mit csináltunk.
Most a második egyenlet:
Most a legnehezebb dolog kideríteni, hogy negatív értékeket kapunk-e az aritmetikai gyök alatt, ha behelyettesítjük az első egyenletből származó gyököket:
A számot radiánban kell érteni. Mivel a radián körülbelül fok, a radián körülbelül fok. Ez a második negyed sarka. Mi a jele a második negyed koszinuszának? Mínusz. Mi van a szinuszával? Plusz. Tehát mi a helyzet a kifejezéssel:
Kevesebb, mint nulla!
Tehát - nem az egyenlet gyökere.
Most fordulj.
Hasonlítsuk össze ezt a számot nullával.
A kotangens egy 1 negyedben csökkenő függvény (minél kisebb az argumentum, annál nagyobb a kotangens). a radiánok körülbelül fokok. Eközben
azóta, akkor és ezért
,
Válasz: .
Lehetne még nehezebb? Kérem! Nehezebb lesz, ha a gyök még mindig trigonometrikus függvény, és az egyenlet második része ismét egy trigonometrikus függvény.
Minél több trigonometrikus példa, annál jobb, nézzen tovább:
4. példa
A gyökér nem megfelelő a korlátozott koszinusz miatt
Most a második:
Ugyanakkor a gyökér meghatározása szerint:
Emlékeznünk kell az egységkörre: nevezetesen azokra a negyedekre, ahol a szinusz kisebb, mint nulla. Mik ezek a negyedek? Harmadik és negyedik. Ezután az első egyenlet azon megoldásaira leszünk kíváncsiak, amelyek a harmadik vagy negyedik negyedben találhatók.
Az első sorozat a harmadik és a negyedik negyed metszéspontjában fekvő gyökereket ad. A második sorozat szöges ellentétben áll vele, és az első és a második negyed határán húzódó gyökereket hoz létre. Ezért ez a sorozat nem felel meg nekünk.
Válasz: ,
És újra trigonometrikus példák "nehéz irracionalitással". Nemcsak a gyökér alatt van ismét egy trigonometrikus függvény, hanem most már a nevezőben is!
5. példa
Nos, nincs mit tenni – úgy járunk, mint korábban.
Most a nevezővel dolgozunk:
Nem akarom megoldani a trigonometrikus egyenlőtlenséget, ezért trükkösen megteszem: veszem és behelyettesítem a gyöksorozatomat az egyenlőtlenségbe:
Ha páros, akkor van:
hiszen akkor az összes látószög a negyedik negyedben van. És ismét a szent kérdés: mi a szinusz jele a negyedik negyedben? Negatív. Aztán az egyenlőtlenség
Ha páratlan, akkor:
Melyik negyedben van a szög? Ez a második negyed sarka. Ezután az összes szöglet ismét a második negyed szöglete. A szinusz pozitív. Pont amire szüksége van! Tehát a sorozat:
Illik!
Ugyanígy foglalkozunk a gyökér második sorozatával:
Helyettesítsük be az egyenlőtlenségünket:
Ha páros, akkor
Az első negyed sarkai. Ott pozitív a szinusz, tehát megfelelő a sorozat. Ha most páratlan, akkor:
illik is!
Nos, most leírjuk a választ!
Válasz:
Nos, ez volt talán a legmunkásabb eset. Most önálló megoldásra kínálok feladatokat.
Kiképzés
- Oldja meg és keresse meg az egyenletnek a szegmenshez tartozó összes gyökerét.
Megoldások:
Első egyenlet:
vagy
ODZ gyökér:Második egyenlet:
Az intervallumhoz tartozó gyökerek kiválasztása
Válasz:
Vagy
vagy
De
Fontolgat: . Ha páros, akkor
- nem passzol!
Ha - páratlan, : - belefér!
Tehát az egyenletünknek a következő gyöksorozata van:
vagy
Gyökerek kiválasztása az intervallumon:
| - nem megfelelő | - illik | |
| - illik | - sok | |
| - illik | sok |
Válasz: , .
Vagy
Azóta, amikor az érintő nincs definiálva. Azonnal dobja el ezt a gyökérsorozatot!
Második rész:
Ugyanakkor az ODZ ezt megköveteli
Ellenőrizzük az első egyenletben található gyökereket:
Ha aláírja:
Az első negyed szögei, ahol az érintő pozitív. Nem megfelelő!
Ha aláírja:
Negyedik negyed sarok. Ott az érintő negatív. Illik. Írd le a választ:
Válasz: , .
Ebben a cikkben összetett trigonometrikus példákat bontottunk fel, de Önnek meg kell tudnia oldani az egyenleteket.
ÖSSZEFOGLALÁS ÉS ALAPKÉPLET
A trigonometrikus egyenlet olyan egyenlet, amelyben az ismeretlen szigorúan a trigonometrikus függvény előjele alatt áll.
A trigonometrikus egyenletek megoldásának két módja van:
Az első módszer a képletek használata.
A második út egy trigonometrikus körön keresztül vezet.
Lehetővé teszi szögek mérését, szinuszuk, koszinuszaik és egyebek megtalálását.
