Segmente ait denklemin kökleri nasıl bulunur? Segmente ait denklemin köklerini bulma. Trigonometrik denklemleri çözme yöntemleri

27. Belirli bir parçadaki kökleri seçin

28. 10. 2sin2x =4cos x –sinx+1 denklemini çözün [/2; 3/2]

29. Bir daire kullanarak kökleri seçin

Görev 1

Mantık basit: trigonometrik fonksiyonların artık daha karmaşık bir argümanı olmasına rağmen, daha önce yaptığımız gibi yapacağız!

Eğer formun bir denklemini çözecek olsaydık:

O zaman aşağıdaki cevabı yazacağız:

Veya (çünkü)

Ama şimdi şu ifadeyi oynuyoruz:

O zaman şunu yazabilirsiniz:

Sizinle amacımız, herhangi bir "safsızlık" olmadan basitçe solda durmanızı sağlamaktır!

Onlardan kurtulalım!

İlk olarak, paydayı kaldırın: bunu yapmak için eşitliğimizi şu şekilde çarpın:

Şimdi her iki parçayı da ona bölerek kurtuluyoruz:

Şimdi sekizden kurtulalım:

Ortaya çıkan ifade, 2 dizi çözüm olarak yazılabilir (ikinci dereceden bir denkleme benzeterek, burada ayrımcıyı toplar veya çıkarırız)

En büyük negatif kökü bulmalıyız! Çözmenin gerekli olduğu açıktır.

Önce ilk seriye bakalım:

Açıktır ki, alırsak sonuç olarak pozitif sayılar alacağız ama onlarla ilgilenmiyoruz.

Bu nedenle olumsuz alınmalıdır. İzin vermek.

Kök zaten ne zaman olacak:

Ve en büyük negatifi bulmalıyız!! Yani burada olumsuz yöne gitmek artık mantıklı değil. Ve bu dizinin en büyük negatif kökü eşit olacaktır.

Şimdi ikinci seriyi düşünün:

Ve yine: yerine koyarız, sonra:

İlgilenmiyorum!

O zaman artık artırmanın bir anlamı yok! Hadi azaltalım! O halde:

uyuyor!

İzin vermek. Daha sonra

Sonra - en büyük negatif kök!

Cevap:

görev #2

Yine, karmaşık kosinüs bağımsız değişkeninden bağımsız olarak çözüyoruz:

Şimdi yine solda ifade ediyoruz:

her iki tarafı da çarp

Her iki tarafı da bölün

Geriye kalan tek şey, işaretini eksiden artıya değiştirerek sağa taşımak.

Yine biri with ve diğeri with olmak üzere 2 dizi kök elde ederiz.

En büyük negatif kökü bulmamız gerekiyor. İlk seriyi düşünün:

Açıktır ki ilk negatif kökü at alacağız, eşit olacak ve seri 1'deki en büyük negatif kök olacak.

ikinci seri için

İlk negatif kök de elde edilecek ve eşit olacaktır. O zamandan beri, denklemin en büyük negatif köküdür.

Cevap: .

Görev #3

Teğetin karmaşık argümanından bağımsız olarak karar veririz.

Bu karmaşık bir şey gibi görünmüyor, değil mi?

Daha önce olduğu gibi, sol tarafta ifade ediyoruz:

Bu harika, genellikle sadece bir dizi kök vardır! Yine, en büyük negatifi bulun.

koyarsak ortaya çıktığı açıktır. Ve bu kök eşittir.

Cevap:

Şimdi aşağıdaki sorunları kendi başınıza çözmeye çalışın.

Bağımsız çözüm için ev ödevi veya 3 görev.

1. Re-shi-te denklemi.
   
2. Re-shi-te denklemi.
   From-ve-te on-pi-shi-te'de en küçük in-lo-zhi-tel-ny kökü.
3. Re-shi-te denklemi.
   From-ve-te on-pi-shi-te'de en küçük in-lo-zhi-tel-ny kökü.

Hazır? Kontrol ediyoruz. Tüm çözüm algoritmasını ayrıntılı olarak açıklamayacağım, bana öyle geliyor ki, yukarıda buna yeterince dikkat edilmiş.

Her şey yolunda mı? Ah, o iğrenç sinüsler, onlarla her zaman bazı sorunlar olur!

Pekala, artık en basit trigonometrik denklemleri çözebilirsiniz!

Çözümlere ve yanıtlara göz atın:

Görev 1

İfade etmek

En küçük pozitif kök, o zamandan beri koyarsak elde edilir.

Cevap:

görev #2

En küçük pozitif kök elde edilecektir.

Eşit olacak.

Cevap: .

Görev #3

Aldığımız zaman, sahip olduğumuz zaman.

Cevap: .

Bu bilgi, sınavda karşılaşacağınız sorunların çoğunu çözmenize yardımcı olacaktır.

"5" derecelendirmesi için başvuruyorsanız, makaleyi okumaya devam etmeniz yeterlidir. orta seviye, daha karmaşık trigonometrik denklemleri çözmeye ayrılacak (görev C1).

ORTALAMA SEVİYE

Bu yazıda anlatacağım daha karmaşık tipteki trigonometrik denklemlerin çözümü ve köklerinin nasıl seçileceği. Burada aşağıdaki konulara odaklanacağım:

1. Giriş seviyesi için trigonometrik denklemler (yukarıya bakın).

Daha karmaşık trigonometrik denklemler, karmaşıklığı artan problemlerin temelidir. Hem denklemin kendisini genel olarak çözmeyi hem de bu denklemin belirli bir aralığa ait köklerini bulmayı gerektirir.

Trigonometrik denklemlerin çözümü iki alt göreve indirgenmiştir:

1. denklem çözümü
2. Kök seçimi

İkincisinin her zaman gerekli olmadığına dikkat edilmelidir, ancak yine de çoğu örnekte bir seçim yapılması gerekmektedir. Ve gerekli değilse, o zaman sempati duyabilirsiniz - bu, denklemin kendi içinde oldukça karmaşık olduğu anlamına gelir.

C1 görevlerinin analiziyle ilgili deneyimim, bunların genellikle aşağıdaki kategorilere ayrıldığını gösteriyor.

Artan karmaşıklığa sahip dört görev kategorisi (eski adıyla C1)

1. Çarpanlara ayırmaya indirgeyen denklemler.
2. Forma indirgeyen denklemler.
3. Değişken Değişimiyle Çözülen Denklemler.
4. İrrasyonellik veya payda nedeniyle ek kök seçimi gerektiren denklemler.

Basitçe söylemek gerekirse: eğer alırsanız ilk üç denklem türünden biri o zaman kendini şanslı say. Onlar için kural olarak ek olarak belirli bir aralığa ait kökleri seçmek gerekir.

4. tip bir denklemle karşılaşırsanız, o zaman daha az şanslısınız: onu daha uzun süre ve daha dikkatli bir şekilde kurcalamanız gerekir, ancak çoğu zaman ek kök seçimi gerektirmez. Bununla birlikte, bir sonraki makalede bu tür denklemleri inceleyeceğim ve bu makaleyi ilk üç türdeki denklemlerin çözümüne ayıracağım.

Faktoringe İndirgenen Denklemler

Bu tür denklemleri çözmek için hatırlamanız gereken en önemli şey

Pratikte görüldüğü gibi, kural olarak, bu bilgi yeterlidir. Bazı örneklere bakalım:

Örnek 1. İndirgeme formüllerini ve çift açının sinüsünü kullanarak çarpanlara ayırmaya indirgeyen bir denklem

• Re-shi-te denklemi
• Bu denklemin tüm köklerini bul

Burada söz verdiğim gibi döküm formülleri işe yarıyor:

O zaman denklemim şöyle görünecek:

O zaman denklemim aşağıdaki formu alacak:

Dar görüşlü bir öğrenci şöyle diyebilir: ve şimdi her iki parçayı da indireceğim, en basit denklemi bulacağım ve hayatın tadını çıkaracağım! Ve acı bir şekilde yanılacak!

Peki ne yapmalı? Evet, her şey basit, her şeyi bir yönde aktarın ve ortak çarpanı çıkarın:

Eh, onu çarpanlara ayırdık, yaşasın! Şimdi karar veriyoruz:

İlk denklemin kökleri vardır:

Ve ikinci:

Bu, sorunun ilk bölümünü tamamlar. Şimdi kökleri seçmemiz gerekiyor:

Boşluk şöyle:

Veya şu şekilde de yazılabilir:

Peki, kökleri alalım:

İlk olarak, ilk seri üzerinde çalışalım (ve en azından söylemek daha kolay!)

Aralığımız tamamen negatif olduğu için negatif olmayanları almaya gerek yok, yine de negatif olmayan kökler verecekler.

Kabul edelim o zaman - biraz fazla, sığmıyor.

Bırak, o zaman - yine vurmadı.

Bir kez daha deneyin - sonra - orada, vurun! İlk kök bulundu!

Tekrar ateş ediyorum: sonra - tekrar vur!

Pekala, bir kez daha: - bu zaten bir uçuş.

Yani ilk diziden 2 kök şu aralığa aittir: .

İkinci seri ile çalışıyoruz (inşa ediyoruz kurala göre bir güce):

Yetersiz atış!

Yine kayıp!

Yine eksiklik!

Anladım!

Uçuş!

Böylece, aşağıdaki kökler benim açıklığıma aittir:

Diğer tüm örnekleri çözmek için bu algoritmayı kullanacağız. Birlikte bir örnek daha uygulayalım.

Örnek 2. İndirgeme formüllerini kullanarak çarpanlara ayırmaya indirgeyen bir denklem

• Denklemi çözün

Çözüm:

Yine kötü şöhretli döküm formülleri:

Yine, kesmeye çalışmayın!

İlk denklemin kökleri vardır:

Ve ikinci:

Şimdi yine kök arayışı.

İkinci seri ile başlayacağım, bununla ilgili her şeyi önceki örnekten zaten biliyorum! Bakın ve boşluğa ait köklerin aşağıdaki gibi olduğundan emin olun:

Şimdi ilk seri ve daha basit:

Eğer - uygunsa

Eğer - ayrıca iyi

Eğer - zaten uçuş.

O zaman kökler şöyle olacaktır:

Bağımsız iş. 3 denklem.

Peki, tekniği anlıyor musun? Trigonometrik denklemleri çözmek artık o kadar zor görünmüyor mu? Ardından, aşağıdaki sorunları hızlı bir şekilde kendiniz çözün ve ardından siz ve ben diğer örnekleri çözeceğiz:

1. Denklemi çözün
   Boşluğa iliştirilmiş bu denklemin tüm köklerini bulun.
2. Re-shi-te denklemi
   Kesime eklenen denklemin köklerini belirtin
3. Re-shi-te denklemi
   Bul-di-bu denklemin tüm kökleri, at-le-zha-shchi pro-inter-zhut-ku üzerinde.

Denklem 1

Ve yine döküm formülü:

İlk kök dizisi:

İkinci kök dizisi:

Aralık için seçime başlıyoruz

Cevap: , .

Denklem 2 Bağımsız çalışmayı kontrol etmek.

Faktörlere göre oldukça zor gruplama (çift açının sinüsü için formülü kullanacağım):

o zaman veya

Bu genel bir çözümdür. Şimdi kökleri almamız gerekiyor. Sorun şu ki, kosinüsü bir çeyreğe eşit olan bir açının tam değerini söyleyemeyiz. Bu nedenle, arccosine'den öylece kurtulamam - ne kadar baş belası!

Yapabileceğim şey, o zamandan beri bunu anlamak.

Bir tablo yapalım: aralık:

Pekala, sancılı araştırmalar sonucunda, denklemimizin belirtilen aralıkta tek bir kökü olduğuna dair hayal kırıklığı yaratan bir sonuca vardık: \displaystyle arccos\frac(1)(4)-5\pi

Denklem 3. Bağımsız çalışmanın doğrulanması.

Korkunç bir denklem. Bununla birlikte, bir çift açının sinüsü için formül uygulanarak oldukça basit bir şekilde çözülür:

2 ile keselim:

Birinci terimi ikinci ve üçüncü terimi dördüncü ile gruplandırıyoruz ve ortak çarpanları çıkarıyoruz:

İlk denklemin kökü olmadığı açıktır ve şimdi ikinciyi ele alalım:

Genel olarak, bu tür denklemleri çözmeye biraz sonra değinecektim ama ortaya çıktığı için yapacak bir şey yoktu, karar vermemiz gerekiyordu ...

Formun denklemleri:

Bu denklem her iki tarafı şuna bölerek çözülür:

Böylece, denklemimizin tek bir dizi kökü vardır:

Aralığa ait olanları bulmanız gerekir: .

Daha önce yaptığım gibi tabloyu yeniden oluşturalım:

Cevap: .

Forma indirgenen denklemler:

Pekala, şimdi denklemlerin ikinci kısmına geçme zamanı, özellikle de yeni tip trigonometrik denklemlerin çözümünün nelerden oluştuğunu zaten açıkladığım için. Ancak formun denklemini tekrarlamak gereksiz olmayacaktır.

Her iki parçayı da kosinüs ile bölerek çözülür:

1. Re-shi-te denklemi
   Kesime eklenen denklemin köklerini belirtin.
2. Re-shi-te denklemi
   Denklemin köklerini, yukarıda-le-zha-shchi pro-inter-zhut-ku'da belirtin.

örnek 1

İlki oldukça basit. Sağa gidin ve çift açılı kosinüs formülünü uygulayın:

Aha! Tip denklemi: . İki parçayı da ikiye bölüyorum

Kök eleme yapıyoruz:

Açıklık:

Cevap:

Örnek 2

Her şey de oldukça önemsiz: sağdaki parantezleri açalım:

Temel trigonometrik kimlik:

Çift açının sinüsü:

Sonunda şunu elde ederiz:

Köklerin taranması: boşluk.

Cevap: .

Peki, tekniği nasıl buldunuz, çok karmaşık değil mi? Umarım değildir. Hemen bir çekince koyabiliriz: saf haliyle, hemen teğet için bir denkleme indirgenen denklemler oldukça nadirdir. Tipik olarak, bu geçiş (kosinüs ile bölme) daha büyük bir sorunun yalnızca bir parçasıdır. İşte pratik yapmanız için bir örnek:

• Re-shi-te denklemi
• Bul-di-bu denklemin tüm kökleri, at-le-zha-schie from-cut.

Hadi kontrol edelim:

Denklem hemen çözülür, her iki parçayı da şuna bölmek yeterlidir:

Kök eleme:

Cevap: .

Öyle ya da böyle, az önce tartıştığımız türden denklemlerle henüz karşılaşmadık. Ancak, toparlamak için henüz çok erken: Analiz etmediğimiz bir denklem "katmanı" daha var. Bu yüzden:

Değişken değişimi ile trigonometrik denklemlerin çözümü

Burada her şey şeffaf: denkleme yakından bakıyoruz, mümkün olduğunca basitleştiriyoruz, yerine koyuyoruz, çözüyoruz, tersini değiştiriyoruz! Sözle, her şey çok kolay. Eylemde görelim:

Örnek.

• Denklemi çözün: .
• Bul-di-bu denklemin tüm kökleri, at-le-zha-schie from-cut.

Pekala, burada değiştirmenin kendisi bizim elimize geçiyor!

O zaman denklemimiz şu hale gelir:

İlk denklemin kökleri vardır:

Ve ikincisi şu şekilde:

Şimdi aralığa ait kökleri bulalım.

Cevap: .

Biraz daha karmaşık bir örneğe birlikte bakalım:

• Re-shi-te denklemi
• Verilen denklemin köklerini, at-le-zha-shchi pro-inter-zhut-ku üzerinde belirtin.

Burada değiştirme hemen görünmüyor, üstelik çok da açık değil. Önce bir düşünelim: ne yapabiliriz?

Örneğin, hayal edebiliriz

Ve aynı zamanda

O zaman denklemim şöyle olur:

Ve şimdi dikkat, odaklan:

Denklemin her iki tarafını da ikiye ayıralım:

Aniden, sen ve ben için ikinci dereceden bir denklem bulduk! Bir ikame yapalım, sonra şunu elde ederiz:

Denklemin aşağıdaki kökleri vardır:

Hoş olmayan ikinci bir dizi kök, ama yapacak bir şey yok! Aralıkta bir kök seçimi yapıyoruz.

Şunu da dikkate almamız gerekiyor

O zamandan beri

Cevap:

Sorunları kendiniz çözmeden önce pekiştirmek için işte size başka bir alıştırma:

• Re-shi-te denklemi
• Bul-di-bu denklemin tüm kökleri, at-le-zha-shchi pro-inter-zhut-ku üzerinde.

Burada gözlerinizi açık tutmalısınız: sıfır olabilen paydalarımız var! Bu nedenle, köklere özellikle dikkat etmeniz gerekiyor!

Her şeyden önce, uygun bir ikame yapabilmek için denklemi dönüştürmem gerekiyor. Şu anda teğeti sinüs ve kosinüs cinsinden yeniden yazmaktan daha iyi bir şey düşünemiyorum:

Şimdi temel trigonometrik kimliğe göre kosinüsten sinüse gideceğim:

Ve son olarak, her şeyi ortak bir paydada buluşturacağım:

Şimdi denkleme geçebilirim:

Ama (yani at).

Artık her şey değiştirilmeye hazır:

O zaman ya

Ancak, eğer, o zaman aynı zamanda!

Bundan kim muzdarip? Sorun teğettedir, kosinüs sıfır olduğunda tanımlanmaz (sıfıra bölme gerçekleşir).

Yani denklemin kökleri:

Şimdi aralıktaki kökleri tarayacağız:

Böylece, denklemimizin aralıkta tek bir kökü vardır ve eşittir.

Görüyorsunuz: paydanın görünümü (teğet gibi, köklerle ilgili bazı zorluklara yol açar! Burada daha dikkatli olmalısınız!).

Pekala, sen ve ben trigonometrik denklemlerin analizini neredeyse bitirdik, iki sorunu kendi başımıza çözmek için çok az şey kaldı. İşte buradalar.

1. Denklemi çözün
   Bul-di-bu denklemin tüm kökleri, at-le-zha-schie from-cut.
2. Re-shi-te denklemi
   Kesime bağlı olan bu denklemin köklerini belirtin.

Karar verilmiş? Çok zor değil mi? Hadi kontrol edelim:

1. İndirgeme formüllerine göre çalışıyoruz:

   Denklemde yerine koyarız:

   Her şeyi kosinüs cinsinden yeniden yazalım, böylece değiştirmeyi yapmak daha uygun olur:

   Şimdi oyuncu değişikliğini yapmak çok kolay:

   Denklemin çözümü olmadığı için bunun yabancı bir kök olduğu açıktır. Daha sonra:

   Aralıkta ihtiyacımız olan kökleri arıyoruz

   Cevap: .

2. 
   Burada değiştirme hemen görülebilir:

   O zaman ya

   	- uyuyor!	- uyuyor!
   	- uyuyor!	- uyuyor!
   	- birçok!	- ayrıca çok!

   Cevap:

Peki, şimdi her şey! Ancak trigonometrik denklemlerin çözümü burada bitmiyor, en zor durumları geride bıraktık: denklemlerde irrasyonellik veya çeşitli "karmaşık paydalar" olduğunda. Bu tür görevleri nasıl çözeceğimizi, ileri düzeyde bir makalede ele alacağız.

İLERİ DÜZEY

Önceki iki makalede ele alınan trigonometrik denklemlere ek olarak, daha da dikkatli analiz gerektiren başka bir denklem sınıfını ele alıyoruz. Bu trigonometrik örnekler, analizlerini zorlaştıran bir irrasyonellik veya bir payda içerir.. Ancak, sınav kağıdının C Bölümünde bu denklemlerle pekala karşılaşabilirsiniz. Bununla birlikte, bir umut ışığı vardır: bu tür denklemler için, kural olarak, köklerinin belirli bir aralığa ait olduğu sorusu artık gündeme gelmez. Lafı fazla uzatmayalım, sadece trigonometrik örnekler verelim.

örnek 1

Denklemi çözün ve doğru parçaya ait kökleri bulun.

Çözüm:

Sıfıra eşit olmaması gereken bir paydamız var! O halde bu denklemi çözmek, sistemi çözmekle aynı şeydir.

Denklemlerin her birini çözelim:

Ve şimdi ikincisi:

Şimdi seriye bakalım:

Seçeneğin bize uymadığı açıktır, çünkü bu durumda payda sıfıra ayarlanmıştır (ikinci denklemin kökleri için formüle bakın)

Eğer - o zaman her şey yolunda ve payda sıfıra eşit değil! O zaman denklemin kökleri: , .

Şimdi aralığa ait kökleri seçiyoruz.

O zaman kökler:

Görüyorsunuz, payda biçimindeki küçük bir girişimin görünümü bile denklemin çözümünü önemli ölçüde etkiledi: paydayı geçersiz kılan bir dizi kökü attık. Mantıksızlık içeren trigonometrik örneklerle karşılaşırsanız işler daha da karmaşık hale gelebilir.

Örnek 2

Denklemi çözün:

Çözüm:

En azından kökleri seçmenize gerek yok ve bu iyi! Mantıksızlıktan bağımsız olarak önce denklemi çözelim:

Ve ne, hepsi bu mu? Hayır, ne yazık ki, bu çok kolay olurdu! Kökün altında yalnızca negatif olmayan sayıların durabileceği unutulmamalıdır. Daha sonra:

Bu eşitsizliğin çözümü:

Şimdi sıra, ilk denklemin köklerinin bir kısmının yanlışlıkla eşitsizliğin geçerli olmadığı bir yere düşüp düşmediğini bulmaya kalıyor.

Bunu yapmak için tabloyu tekrar kullanabilirsiniz:

Böylece köklerden biri benim için "düştü"! koyarsanız ortaya çıkar. O zaman cevap aşağıdaki gibi yazılabilir:

Cevap:

Görüyorsunuz, kök daha da yakından dikkat gerektiriyor! Karmaşık hale getirelim: Şimdi kökün altında bir trigonometrik fonksiyonum olsun.

Örnek 3

Daha önce olduğu gibi: önce her birini ayrı ayrı çözeceğiz ve sonra ne yaptığımızı düşüneceğiz.

Şimdi ikinci denklem:

Şimdi en zor şey, oradaki ilk denklemden kökleri değiştirirsek, aritmetik kök altında negatif değerlerin elde edilip edilmediğini bulmaktır:

Sayı radyan olarak anlaşılmalıdır. Bir radyan derece hakkında olduğundan, radyan derece hakkındadır. Burası ikinci çeyreğin köşesi. İkinci çeyreğin kosinüsünün işareti nedir? Eksi. Peki ya sinüs? Artı. Peki ya ifade:

Sıfırdan az!

Yani - denklemin kökü değil.

Şimdi dön.

Bu sayıyı sıfır ile karşılaştıralım.

Kotanjant, 1 çeyrekte azalan bir fonksiyondur (argüman ne kadar küçükse, kotanjant o kadar büyük olur). radyan yaklaşık derecedir. Aynı zamanda

o zamandan beri ve bu nedenle
,

Cevap: .

Daha da zor olabilir mi? Lütfen! Kök hala bir trigonometrik fonksiyonsa ve denklemin ikinci kısmı yine bir trigonometrik fonksiyon ise daha zor olacaktır.

Daha fazla trigonometrik örnek daha iyi, daha fazla bakın:

Örnek 4

Sınırlı kosinüs nedeniyle kök uygun değil

Şimdi ikincisi:

Aynı zamanda, kökün tanımı gereği:

Birim çemberi, yani sinüsün sıfırdan küçük olduğu çeyrekleri hatırlamalıyız. Nedir bu dörtlükler? Üçüncü ve dördüncü. Daha sonra birinci denklemin üçüncü veya dördüncü kadranda yer alan çözümleriyle ilgileneceğiz.

İlk seri, üçüncü ve dördüncü çeyreğin kesiştiği noktada uzanan kökler verir. İkinci seri, ona taban tabana zıttır ve birinci ve ikinci çeyreğin sınırında uzanan köklere yol açar. Dolayısıyla bu seri bize yakışmıyor.

Cevap: ,

Ve yeniden "zor irrasyonellik" ile trigonometrik örnekler. Yine kök altında bir trigonometrik fonksiyona sahip olmakla kalmayıp, aynı zamanda paydada da var!

Örnek 5

Pekala, yapılacak bir şey yok - eskisi gibi hareket ediyoruz.

Şimdi payda ile çalışıyoruz:

Trigonometrik eşitsizliği çözmek istemiyorum ve bu yüzden bunu kurnazca yapacağım: Kök dizimi alıp eşitsizliğin yerine koyacağım:

Eğer çift ise, o zaman şunu elde ederiz:

o zamandan beri, tüm görüş açıları dördüncü çeyrekte yatıyor. Ve yine kutsal soru: Dördüncü çeyrekte sinüsün işareti nedir? Olumsuz. Daha sonra eşitsizlik

tek ise, o zaman:

açı hangi çeyrekte? Burası ikinci çeyreğin köşesi. Sonra tüm kornerler yine ikinci çeyreğin kornerleridir. Sinüs pozitiftir. Tam ihtiyacın olan şey! Yani dizi:

uyuyor!

İkinci kök dizisini de aynı şekilde ele alıyoruz:

Eşitsizliğimizde yerine koyalım:

çift ​​ise, o zaman

İlk çeyreğin kornerleri. Burada sinüs pozitiftir, yani seri uygundur. Şimdi tek ise, o zaman:

çok uyuyor!

Peki, şimdi cevabı yazıyoruz!

Cevap:

Bu belki de en zahmetli davaydı. Şimdi size bağımsız bir çözüm için görevler sunuyorum.

Eğitim

1. Segmente ait denklemin tüm köklerini çözün ve bulun.

Çözümler:

1. 
   İlk denklem:
   veya
   Kök ODZ'si:

   İkinci denklem:

   Aralığa ait köklerin seçimi

   Cevap:

Veya
veya
Ancak

Dikkate almak: . çift ​​ise, o zaman
- uygun değil!
Eğer - tek, : - uyuyorsa!
Denklemimiz aşağıdaki kök dizilerine sahiptir:
veya
Aralıktaki köklerin seçimi:

	- uygun değil	- uyuyor
	- uyuyor	- birçok
	- uyuyor	birçok

Cevap: , .

Veya
O zamandan beri teğet tanımlanmadığında. Derhal bu kök dizisini atın!

İkinci kısım:

Aynı zamanda, ODZ bunu gerektirir

İlk denklemde bulunan kökleri kontrol ediyoruz:

Eğer işaret:

Teğetin pozitif olduğu ilk çeyreğin açıları. Uygun değil!
Eğer işaret:

Dördüncü çeyrek korneri. Orada teğet negatiftir. Uyar. Cevabı yazın:

Cevap: , .

Bu makalede karmaşık trigonometrik örnekleri birlikte parçaladık, ancak denklemleri kendiniz çözebilmelisiniz.

ÖZET VE TEMEL FORMÜL

Bir trigonometrik denklem, bilinmeyenin kesinlikle trigonometrik fonksiyonun işareti altında olduğu bir denklemdir.

Trigonometrik denklemleri çözmenin iki yolu vardır:

İlk yol formül kullanmaktır.

İkinci yol, trigonometrik bir çemberden geçer.

Açıları ölçmenizi, sinüslerini, kosinüslerini ve daha fazlasını bulmanızı sağlar.

A) 2(\sin x-\cos x)=tgx-1 denklemini çözün.

B) \left[ \frac(3\pi )2;\,3\pi \sağ].

Çözüm

A) Parantezleri açıp tüm terimleri sol tarafa kaydırarak 1+2 \sin x-2 \cos x-tg x=0 denklemini elde ederiz. \cos x \neq 0, 2 \sin x teriminin 2 tg x \cos x ile değiştirilebileceğini düşünürsek, denklemi elde ederiz 1+2 tan x \cos x-2 \cos x-tg x=0, bu, gruplandırılarak (1-tg x)(1-2 \cos x)=0 biçimine indirgenebilir.

1) 1-tgx=0, tanx=1, x=\frac\pi 4+\pi n, n \in \mathbb Z;

2) 1-2 \cosx=0, \cosx=\frac12, x=\pm \frac\pi 3+2\pi n, n \in \mathbb Z.

B) Sayısal bir çember yardımıyla aralığa ait kökleri seçiyoruz. \left[ \frac(3\pi )2;\, 3\pi \sağ].

x_1=\frac\pi 4+2\pi =\frac(9\pi )4,

x_2=\frac\pi 3+2\pi =\frac(7\pi )3,

x_3=-\frac\pi 3+2\pi =\frac(5\pi )3.

Cevap

A) \frac\pi 4+\pi n, \pm\frac\pi 3+2\pi n, n \in \mathbb Z;

B) \frac(5\pi )3, \frac(7\pi )3, \frac(9\pi )4.

Durum

A) Denklemi çözün (2\sin ^24x-3\cos 4x)\cdot \sqrt (tgx)=0.

B) Bu denklemin aralığa ait köklerini belirtiniz. \left(0;\,\frac(3\pi )2\sağ] ;

Çözüm

A) ODZ: \begin(durumlar) tgx\geqslant 0\\x\neq \frac\pi 2+\pi k,k \in \mathbb Z. \end(durumlar)

ODZ'deki orijinal denklem, denklem setine eşdeğerdir

\left[\!\!\begin(dizi)(l) 2 \sin ^2 4x-3 \cos 4x=0,\\tg x=0. \end(dizi)\sağ.

İlk denklemi çözelim. Bunu yapmak için değiştireceğiz \cos 4x=t, t \içinde [-1; 1]. Sonra \sin^24x=1-t^2. Biz:

2(1-t^2)-3t=0,

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

t_1=\frac12, t_2=-2, t_2\değil [-1; 1].

\cos4x=\frac12,

4x=\pm \frac\pi 3+2\pi n,

x=\pm \frac\pi (12)+\frac(\pi n)2, n \in \mathbb Z.

İkinci denklemi çözelim.

tg x=0,\, x=\pi k, k \in \mathbb Z.

Birim çemberi kullanarak ODZ'yi tatmin eden çözümler buluyoruz.

"+" işareti, tg x>0 olan 1. ve 3. çeyreği gösterir.

Şunu elde ederiz: x=\pi k, k \in \mathbb Z; x=\frac\pi (12)+\pi n, n \in \mathbb Z; x=\frac(5\pi )(12)+\pi m, m \in \mathbb Z.

B) Aralığa ait kökleri bulalım \left(0;\,\frac(3\pi )2\sağ].

x=\frac\pi (12), x=\frac(5\pi )(12); x=\pi ; x=\frac(13\pi )(12); x=\frac(17\pi )(12).

Cevap

A) \pi k, k \in \mathbb Z; \frac\pi (12)+\pi n, n \in \mathbb Z; \frac(5\pi )(12)+\pi m, m \in \mathbb Z.

B) \pi; \frac\pi(12); \frac(5\pi )(12); \frac(13\pi )(12); \frac(17\pi )(12).

Kaynak: "Matematik. Sınav-2017 için hazırlık. profil seviyesi. Ed. F. F. Lysenko, S. Yu Kulabukhova.

Durum

A) Denklemi çözün: \cos ^2x+\cos ^2\frac\pi 6=\cos ^22x+\sin ^2\frac\pi 3;

B) Aralığa ait tüm kökleri belirtin \left(\frac(7\pi )2;\,\frac(9\pi )2\sağ].

Çözüm

A)Çünkü \sin \frac\pi 3=\cos \frac\pi 6, O \sin ^2\frac\pi 3=\cos ^2\frac\pi 6, bu nedenle, verilen denklem \cos^2x=\cos ^22x denklemine eşdeğerdir ve bu da \cos^2x-\cos ^2 2x=0 denklemine eşdeğerdir.

Ancak \cos ^2x-\cos ^22x= (\cos x-\cos 2x)\cdot (\cos x+\cos 2x) Ve

\cos 2x=2 \cos ^2 x-1, böylece denklem şu hale gelir:

(\cos x-(2 \cos ^2 x-1))\,\cdot(\cos x+(2 \cos ^2 x-1))=0,

(2 \cos ^2 x-\cos x-1)\,\cdot (2 \cos ^2 x+\cos x-1)=0.

O zaman ya 2 \cos ^2 x-\cos x-1=0 ya da 2 \cos ^2 x+\cos x-1=0.

İlk denklemi \cos x için ikinci dereceden bir denklem olarak çözerek şunu elde ederiz:

(\cos x)_(1,2)=\frac(1\pm\sqrt 9)4=\frac(1\pm3)4. Bu nedenle, ya \cos x=1 ya da \cosx=-\frac12.\cos x=1 ise, o zaman x=2k\pi , k \in \mathbb Z. Eğer \cosx=-\frac12, O x=\pm \frac(2\pi )3+2s\pi , s \in \mathbb Z.

Benzer şekilde, ikinci denklemi çözerek, ya \cos x=-1, ya da \cosx=\frac12.\cos x=-1 ise kökler x=\pi +2m\pi , m \in \mathbb Z. Eğer \cosx=\frac12, O x=\pm \frac\pi 3+2n\pi , n \in \mathbb Z.

Elde edilen çözümleri birleştirelim:

x=m\pi , m \in \mathbb Z; x=\pm \frac\pi 3 +s\pi , s \in \mathbb Z.

B) Bir sayı dairesi kullanarak verilen aralıkta kalan kökleri seçiyoruz.

Biz: x_1 =\frac(11\pi )3, x_2=4\pi , x_3 =\frac(13\pi )3.

Cevap

A) m\pi, m \in \mathbb Z; \pm \frac\pi 3 +s\pi , s \in \mathbb Z;

B) \frac(11\pi )3, 4\pi , \frac(13\pi )3.

Kaynak: "Matematik. Sınav-2017 için hazırlık. profil seviyesi. Ed. F. F. Lysenko, S. Yu Kulabukhova.

Durum

A) Denklemi çözün 10\cos ^2\frac x2=\frac(11+5ctg\left(\dfrac(3\pi )2-x\right) )(1+tgx).

B) Bu denklemin aralığa ait köklerini belirtiniz. \left(-2\pi ; -\frac(3\pi )2\sağ).

Çözüm

A) 1. İndirgeme formülüne göre, ctg\left(\frac(3\pi )2-x\sağ) =tgx. Denklemin alanı, \cos x \neq 0 ve tg x \neq -1 olacak şekilde x değerleri olacaktır. Çift açılı kosinüs formülünü kullanarak denklemi dönüştürüyoruz 2 \cos ^2 \frac x2=1+\cos x. Denklemi elde ederiz: 5(1+\cos x) =\frac(11+5tgx)(1+tgx).

dikkat et, ki \frac(11+5tgx)(1+tgx)= \frac(5(1+tgx)+6)(1+tgx)= 5+\frac(6)(1+tgx), böylece denklem şöyle olur: 5+5 \cos x=5 +\frac(6)(1+tgx). Buradan \cosx=\frac(\dfrac65)(1+tgx), \cosx+\sinx=\frac65.

2. İndirgeme formülünü ve kosinüslerin toplamı formülünü kullanarak \sin x+\cos x'i dönüştürün: \sin x=\cos \left(\frac\pi 2-x\sağ), \cos x+\sin x= \cos x+\cos \left(\frac\pi 2-x\right)= 2\cos \frac\pi 4\cos \left(x-\frac\pi 4\sağ)= \sqrt 2\cos \left(x-\frac\pi 4\sağ) = \frac65.

Buradan \cos \left(x-\frac\pi 4\right) =\frac(3\sqrt 2)5. Araç, x-\frac\pi 4= arc\cos \frac(3\sqrt 2)5+2\pi k, k \in \mathbb Z,

veya x-\frac\pi 4= -arc\cos \frac(3\sqrt 2)5+2\pi t, t \in \mathbb Z.

Bu yüzden x=\frac\pi 4+yay\cos \frac(3\sqrt 2)5+2\pi k,k \in \mathbb Z,

veya x =\frac\pi 4-yay\cos \frac(3\sqrt 2)5+2\pi t,t \in \mathbb Z.

Bulunan x değerleri tanım alanına aittir.

B)Önce k=0 ve t=0'da denklemin köklerinin nereye düştüğünü bulalım. Bunlar sırasıyla sayılar olacak a=\frac\pi 4+arccos \frac(3\sqrt 2)5 Ve b=\frac\pi 4-arccos \frac(3\sqrt 2)5.

1. Yardımcı bir eşitsizliği ispatlayalım:

\frac(\sqrt 2)(2)<\frac{3\sqrt 2}2<1.

Gerçekten mi, \frac(\sqrt 2)(2)=\frac(5\sqrt 2)(10)<\frac{6\sqrt2}{10}=\frac{3\sqrt2}{5}.

Şuna da dikkat edin \left(\frac(3\sqrt 2)5\sağ) ^2=\frac(18)(25)<1^2=1, Araç \frac(3\sqrt 2)5<1.

2. Eşitsizliklerden (1) arccosine'in özelliği ile şunu elde ederiz:

Arccos 1

0

Buradan \frac\pi 4+0<\frac\pi 4+arc\cos \frac{3\sqrt 2}5<\frac\pi 4+\frac\pi 4,

0<\frac\pi 4+arccos \frac{3\sqrt 2}5<\frac\pi 2,

0

Aynı şekilde, -\frac\pi 4

0=\frac\pi 4-\frac\pi 4<\frac\pi 4-arccos \frac{3\sqrt 2}5< \frac\pi 4<\frac\pi 2,

0

k=-1 ve t=-1 ile a-2\pi ve b-2\pi denkleminin köklerini elde ederiz.

\Bigg(a-2\pi =-\frac74\pi +arccos \frac(3\sqrt 2)5,\, b-2\pi =-\frac74\pi -arccos \frac(3\sqrt 2)5\Bigg). nerede -2\pi

2\pi Yani bu kökler verilen aralığa aittir. \left(-2\pi , -\frac(3\pi )2\sağ).

Diğer k ve t değerleri için denklemin kökleri verilen aralığa ait değildir.

Aslında, k\geqslant 1 ve t\geqslant 1 ise, kökler 2\pi'den büyüktür. k\leqslant -2 ve t\leqslant -2 ise kökler küçüktür -\frac(7\pi )2.

Cevap

A) \frac\pi4\pm arccos\frac(3\sqrt2)5+2\pi k, k\in\mathbb Z;

B) -\frac(7\pi)4\pm arccos\frac(3\sqrt2)5.

Kaynak: "Matematik. Sınav-2017 için hazırlık. profil seviyesi. Ed. F. F. Lysenko, S. Yu Kulabukhova.

Durum

A) Denklemi çözün \sin \left(\frac\pi 2+x\right) =\sin (-2x).

B) Aralığa ait bu denklemin tüm köklerini bulun;

Çözüm

A) Denklemi dönüştürelim:

\cosx=-\sin 2x,

\cos x+2 \sin x \cos x=0,

\cos x(1+2 \sin x)=0,

\cosx=0,

x =\frac\pi 2+\pi n, n \in \mathbb Z;

1+2\sinx=0,

\sinx=-\frac12,

x=(-1)^(k+1)\cdot \frac\pi 6+\pi k, k \in \mathbb Z.

B) Birim çemberi kullanarak doğru parçasına ait kökleri buluyoruz.

Belirtilen aralık tek bir sayı içeriyor \frac\pi 2.

Cevap

A) \frac\pi 2+\pi n, n \in \mathbb Z; (-1)^(k+1)\cdot \frac\pi 6+\pi k, k \in \mathbb Z;

B) \frac\pi 2.

Kaynak: "Matematik. Sınav-2017 için hazırlık. profil seviyesi. Ed. F. F. Lysenko, S. Yu Kulabukhova.

Durum

Araç, \sin x \neq 1.

Denklemin her iki tarafını çarpanına bölün (\sinx-1), sıfırdan farklı denklemi elde ederiz \frac 1(1+\cos 2x)=\frac 1(1+\cos (\pi +x)), veya denklem 1+\cos 2x=1+\cos (\pi +x). Sol tarafa indirgeme formülünü ve sağ tarafa indirgeme formülünü uygulayarak denklemi elde ederiz. 2 \cos ^2 x=1-\cos x. Bu, ikame kullanan denklemdir \cosx=t, Nerede -1 \leqslant t \leqslant 1 kareye indir: 2t^2+t-1=0, kimin kökleri t_1=-1 Ve t_2=\frac12. x değişkenine dönersek, şunu elde ederiz: \cos x = \frac12 veya \cosx=-1, Neresi x=\frac \pi 3+2\pi m, m \in \mathbb Z, x=-\frac \pi 3+2\pi n, n \in \mathbb Z, x=\pi +2\pi k, k \in \mathbb Z.

B) eşitsizlikleri çöz

1) -\frac(3\pi )2 \leqslant \frac(\pi )3+2\pi m \leqslant -\frac \pi 2 ,

2) -\frac(3\pi )2 \leqslant -\frac \pi 3+2\pi n \leqslant -\frac \pi (2,)

3) -\frac(3\pi )2 \leqslant \pi+2\pi k \leqslant -\frac \pi 2 , M, N, k \in \mathbb Z.

1) -\frac(3\pi )2 \leqslant \frac(\pi )3+2\pi m \leqslant -\frac \pi 2 , -\frac32\leqslant \frac13+2m \leqslant -\frac12 -\frac(11)6 \leqslant 2m \leqslant -\frac56 , -\frac(11)(12) \leqslant m \leqslant -\frac5(12).

\sol [-\frac(11)(12);-\frac5(12)\sağ].

2) -\frac (3\pi) 2 \leqslant -\frac(\pi )3+2\pi n \leqslant -\frac(\pi )(2), -\frac32 \leqslant -\frac13 +2n \leqslant -\frac12 , -\frac76 \leqslant 2n \leqslant -\frac1(6), -\frac7(12) \leqslant n \leqslant -\frac1(12).

Aralığa ait tamsayı yok \sol[-\frac7(12) ; -\frac1(12)\sağ].

3) -\frac(3\pi )2 \leqslant \pi +2\pi k\leqslant -\frac(\pi )2, -\frac32 \leqslant 1+2k\leqslant -\frac12, -\frac52 \leqslant 2k \leqslant -\frac32, -\frac54 \leqslant k \leqslant -\frac34.

Bu eşitsizlik k=-1, ardından x=-\pi ile sağlanır.

Cevap

A) \frac \pi 3+2\pi m; -\frac \pi 3+2\pi n; \pi +2\pi k, M, N, k \in \mathbb Z;

B) -\pi .

Bu yazıda 2 yolu açıklamaya çalışacağım trigonometrik bir denklemde kök almak: eşitsizlikleri kullanma ve bir trigonometrik daire kullanma. Net bir örneğe geçelim ve ilerledikçe çözeceğiz.

A) sqrt(2)cos^2x=sin(Pi/2+x) denklemini çözün
b) Bu denklemin [-7Pi/2; -2Pi]

A'yı çözelim.

Sinüs sin(Pi/2+x) = cos(x) için indirgeme formülünü kullanıyoruz

Kare(2)cos^2x = cosx

Kare(2)cos^2x - cosx = 0

Cosx(sqrt(2)cosx - 1) = 0

X1 = Pi/2 + Pim, n ∈ Z

Kare(2)cos - 1 = 0

cox = 1/kare(2)

Cox = sqrt(2)/2

X2 = arccos(kare(2)/2) + 2Pin, n ∈ Z
x3 = -arccos(kare(2)/2) + 2Pin, n ∈ Z

X2 = Pi/4 + 2Pin, n ∈ Z
x3 = -Pi/4 + 2Pin, n ∈ Z

b noktasını çözelim.

1) Eşitsizlikleri kullanarak köklerin seçimi

Burada her şey basitçe yapılır, elde edilen kökleri bize verilen aralığa koyarız [-7Pi / 2; -2Pi], n için tamsayı değerleri bulun.

7Pi/2, Pi/2'den küçük veya eşittir + Pin, -2Pi'den küçük veya eşittir

Hemen her şeyi Pi'ye bölün

7/2 küçük veya eşit 1/2 + n küçük veya eşit -2

7/2 - 1/2 küçük veya eşittir n küçük veya eşittir -2 - 1/2

4 küçük veya eşit n küçük veya eşit -5/2

Bu boşluktaki n tamsayıları -4 ve -3'tür. Yani bu aralığa ait kökler Pi/2 + Pi(-4) = -7Pi/2, Pi/2 + Pi(-3) = -5Pi/2 olacaktır.

Benzer şekilde, iki eşitsizlik daha yaparız

7Pi/2, Pi/4'ten küçük veya eşittir + 2Pin, -2Pi'den küçük veya eşittir
-15/8 küçük veya eşit n küçük veya eşit -9/8

Bu aralıkta n tam sayısı yok

7Pi/2 -Pi/4'ten küçük veya eşit + 2Pin -2Pi'den küçük veya eşit
-13/8 küçük veya eşittir n küçük veya eşittir -7/8

Bu boşluktaki bir tamsayı n -1'dir. Yani bu aralıkta seçilen kök -Pi/4 + 2Pi*(-1) = -9Pi/4'tür.

Yani b paragrafındaki cevap: -7Pi / 2, -5Pi / 2, -9Pi / 4

2) Trigonometrik daire kullanarak köklerin seçimi

Bu yöntemi kullanmak için, bu çemberin nasıl çalıştığını anlamanız gerekir. Nasıl anladığımı basit terimlerle açıklamaya çalışacağım. Bence okullarda cebir derslerinde bu konu birçok kez öğretmenin zekice sözleriyle açıklandı, ders kitaplarında karmaşık formülasyonlar var. Şahsen ben bunu etrafında sonsuz kez dolaşılabilen bir daire olarak anlıyorum, bu sinüs ve kosinüs fonksiyonlarının periyodik olmasıyla açıklanıyor.

Saat yönünün tersine dönelim

Saat yönünün tersine 2 kez dolaş

Saat yönünde 1 kez dolaşın (değerler negatif olacaktır)

Sorumuza dönelim, [-7Pi/2; -2Pi]

-7Pi / 2 ve -2Pi sayılarına ulaşmak için daireyi saat yönünün tersine iki kez dolaşmanız gerekir. Denklemin bu aralıktaki köklerini bulmak için tahmin etmek ve yerine koymak gerekir.

x = Pi/2 + Pin'i ele alalım. x'in bu aralıkta bir yerde olması için n'nin yaklaşık değeri nedir? Yerine koyarız -2 diyelim, Pi / 2 - 2Pi = -3Pi / 2 elde ederiz, açıkçası bu bizim aralığımıza dahil değildir, yani -3'ten küçük alırız, Pi / 2 - 3Pi = -5Pi / 2, bu uygunsa başka bir deneyelim -4 , Pi/2 - 4Pi = -7Pi/2, yine uygun.

Benzer şekilde Pi/4 + 2Pin ve -Pi/4 + 2Pin için tartışarak, başka bir kök -9Pi/4 buluruz.

İki yöntemin karşılaştırılması.

İlk yöntem (eşitsizliklerin kullanılması) çok daha güvenilirdir ve anlaşılması çok daha kolaydır, ancak trigonometrik daireyi ve ikinci seçim yöntemini gerçekten ciddi bir şekilde anlarsanız, o zaman kök seçimi çok daha hızlı olacaktır, sınavda yaklaşık 15 dakika tasarruf edebilirsiniz.