"Inimese suurus seisneb tema mõtlemisvõimes."
Blaise Pascal.

Tunni eesmärgid:

1) Hariduslik– tutvustada õpilastele homogeenseid võrrandeid, kaaluda nende lahendamise meetodeid ning soodustada varem uuritud trigonomeetriliste võrrandite tüüpide lahendamise oskuste kujunemist.

2) Arendav– arendada õpilaste loomingulist tegevust, kognitiivset tegevust, loogilist mõtlemist, mälu, probleemsituatsioonis töötamise oskust, saavutada oskust õigesti, järjekindlalt, ratsionaalselt väljendada oma mõtteid, avardada õpilaste silmaringi, tõsta nende matemaatika taset. kultuur.

3) Hariduslik– kasvatada enesetäiendamise soovi, rasket tööd, arendada oskust pädevalt ja täpselt sooritada matemaatilisi märkmeid, kasvatada aktiivsust, aidata äratada huvi matemaatika vastu.

Tunni tüüp: kombineeritud.

Varustus:

1. Perfokaardid kuuele õpilasele.
2. Kaardid iseseisvatele ja individuaalne tööõpilased.
3. Stendid “Trigonomeetriliste võrrandite lahendamine”, “Arvühiku ring”.
4. Elektrifitseeritud trigonomeetria tabelid.
5. Tunni esitlus (1. lisa).

Tunni edenemine

1. Organisatsioonietapp (2 minutit)

Vastastikune tervitus; õpilaste tunniks valmisoleku kontrollimine ( töökoht, välimus); tähelepanu organiseerimine.

Õpetaja räägib õpilastele tunni teema, eesmärgid (slaid 2) ja selgitab, et tunnis kasutatakse jaotuslehti, mis on laudadel.

2. Teoreetilise materjali kordamine (15 minutit)

Perfokaardi ülesanded(6 inimest) . Tööaeg perfokaartidega – 10 minutit (2. lisa)

Ülesandeid lahendades saavad õpilased teada, kus kasutatakse trigonomeetrilisi arvutusi. Saadakse järgmised vastused: triangulatsioon (tehnika, mis võimaldab mõõta kaugusi lähedalasuvate tähtedeni astronoomias), akustika, ultraheli, tomograafia, geodeesia, krüptograafia.

(slaid 5)

Frontaalne uuring.

1. Milliseid võrrandeid nimetatakse trigonomeetrilisteks?
2. Milliseid trigonomeetrilisi võrrandeid te teate?
3. Milliseid võrrandeid nimetatakse lihtsaimateks trigonomeetrilisteks võrranditeks?
4. Milliseid võrrandeid nimetatakse ruuttrigonomeetrilisteks?
5. Sõnasta a arcsinuse definitsioon.
6. Sõnasta a kaarekoosinuse definitsioon.
7. Sõnasta a arktangensi definitsioon.
8. Sõnasta arvu a kaare kotangensi definitsioon.

Mäng "Arva ära krüptitud sõna"

Blaise Pascal ütles kord, et matemaatika on nii tõsine teadus, et ei tohiks kasutamata jätta võimalust seda veidi meelelahutuslikumaks muuta. Sellepärast soovitangi mängida. Pärast näidete lahendamist määrake krüptitud sõna koostamiseks kasutatud numbrite jada. Ladina keeles tähendab see sõna "sine". (slaid 3)

2) kaar tg (-√3)

4) tg (kaare cos (1/2))

5) tg (kaar ctg √3)

Vastus: "Painutada"

Mäng "Abstraktne matemaatik"»

Suulise töö ülesanded projitseeritakse ekraanile:

Kontrollige, kas võrrandid on õigesti lahendatud.(õige vastus ilmub slaidile pärast õpilase vastust). (slaid 4)

Kodutööde kontrollimine.

Õpetaja kehtestab kõigi õpilaste kodutööde tegemise õigsuse ja teadlikkuse; tuvastab lüngad teadmistes; täiendab õpilaste teadmisi, oskusi ja vilumusi lihtsate trigonomeetriliste võrrandite lahendamise alal.

1 võrrand. Õpilane kommenteerib võrrandi lahendit, mille read ilmuvad slaidile kommentaari järjekorras). (slaid 6)

√3tg2x = 1;

tg2x =1/√3;

2х = arctaan 1/√3 +πn, n ∈Z.

2х= π/6 +πn, n ∈Z.

x = π/12 + π/2 n, n ∈Z.

2 võrrand. Lahendus h kirjutatakse õpilastele tahvlile.

2 sin 2 x + 3 cosx = 0.

3. Uute teadmiste värskendamine (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 saadud tulemuse. . Vastused ilmuvad slaidile. (slaid 7) .

Tutvustame uut muutujat:

nr 1. 2sin 2 x – 7sinx + 3 = 0.

Olgu sinx = t, siis:

2t 2 – 7t + 3 = 0.

Faktoreerimine:

№2. 3sinx cos4x – cos4x = 0;

сos4x(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 = 0.

Õpetaja: Te ei tea ikka veel, kuidas kahte viimast tüüpi võrrandeid lahendada. Mõlemad on samad liigid. Neid ei saa taandada funktsioonide sinx või cosx võrrandiks. Kutsutakse homogeensed trigonomeetrilised võrrandid. Kuid ainult esimene - homogeenne võrrand esimese astme homogeenne võrrand ja teine ​​on teise astme homogeenne võrrand. Tänases tunnis tutvume selliste võrranditega ja õpime neid lahendama.

4. Uue materjali selgitus (25 minutit)

Õpetaja annab õpilastele homogeensete trigonomeetriliste võrrandite definitsioonid ja tutvustab meetodeid nende lahendamiseks.

Definitsioon. Nimetatakse võrrandit kujul a sinx + b cosx =0, kus a ≠ 0, b ≠ 0 esimese astme homogeenne trigonomeetriline võrrand.(slaid 8)

Sellise võrrandi näiteks on võrrand nr 3. Kirjutame selle välja üldine vaade võrrandit ja analüüsige seda.

a sinx + b cosx = 0.

Kui cosx = 0, siis sinx = 0.

– Kas selline olukord võib juhtuda?

- Ei. Oleme saanud vastuolu trigonomeetrilise põhiidentiteediga.

See tähendab, et cosx ≠ 0. Jagame terminite kaupa cosx-iga:

a tgx + b = 0

tgx = –b / a– lihtsaim trigonomeetriline võrrand.

Järeldus: Homogeenne trigonomeetrilised võrrandid esimene aste lahendatakse võrrandi mõlema poole jagamisel cosx-iga (sinx).

Näiteks: 2 sinx – 3 cosx = 0,

Sest cosx ≠ 0, siis

tgx = 3/2 ;

x = arctaan (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 näiteks on võrrand nr 4. Kirjutame üles 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.

See tähendab, et cosx ≠ 0. Jagame terminite kaupa cos 2 x:

ja tg 2 x + b tgx + c = 0 on võrrand, mis taandub ruutarvuks.

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 = 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 = arctaan (1/3) + πn, n ∈Z.

x = arctan1 + πn, n ∈Z.

x = π/4 + πn, n ∈Z.

5. Õpilaste uuest materjalist arusaamise kontrollimise etapp (1 min.)

Valige paaritu välja:

sinx = 2cosx; 2sinx + cosx = 2;

√3sinx + cosx = 0; sin 2 x – 2 sinx cosx + 4cos 2 x = 0;

4cosx + 5sinx = 0; √3sinx – cosx = 0.

(slaid 9)

6. Uue materjali konsolideerimine (24 min).

Õpilased lahendavad koos vastajatega tahvlil võrrandeid uus materjal. Ülesanded on kirjutatud slaidile tabeli kujul. Võrrandi lahendamisel avaneb slaidil olev pildi vastav osa. 4 võrrandi täitmise tulemusena esitatakse õpilastele portree matemaatikust, kellel oli oluline mõju trigonomeetria arengule. (õpilased tunnevad ära suure matemaatiku François Vieta portree, 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;

x = arctaan (–1/√3) + πn, n ∈Z.

x = –π/6 + πn, n ∈Z.

2) sin 2 x – 10 sinx cosx + 21cos 2 x = 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 = arctan7 + πn, n ∈Z

x = arctan3 + 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 = 36 – 20 = 16

y 1 = 5 või y 2 = 1

tg2x = 5 või tg2x = 1

2х = arctan5 + πn, n ∈Z

x = 1/2 arctan5 + π/2 n, n ∈Z

2х = arctan1 + 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 = 0.

5sin 2 x + 4 sinx cosx – cos 2 x = 0.

Sest cos 2 x ≠ 0, siis 5tg 2 x + 4 tgx –1 = 0

Asendamine: tg x = y.

5у 2 + 4у – 1 = 0

D = 16 + 20 = 36

y 1 = 1/5 või y 2 = –1

tg x = 1/5 või tg x = –1

x = arctan1/5 + πn, n ∈Z

x = arctan(–1) + πn, n ∈Z

x = –π/4 + πn, n ∈Z

Lisaks (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.

Võimalikud vastused:

x = arctan2 + 2πn, n ∈Z x = –π/2 + πn, n ∈Z – P. Tšebõšev

x = arctaan 12,5 + 2πn, n ∈Z x = –3π/4 + πn, n ∈Z – Eukleides

x = arctan 5 + πn, n ∈Z x = –π/3 + πn, n ∈Z – Sofia Kovalevskaja

x = arctan2,5 + πn, n ∈Z x = –π/4 + πn, n ∈Z – Leonhard Euler

Õige vastus: Leonhard Euler.

7. Diferentseeritud iseseisev töö (8 min)

Suur matemaatik ja filosoof pakkus rohkem kui 2500 aastat tagasi välja viisi, kuidas arendada mõtlemisvõimet. "Mõtlemine algab imest," ütles ta. Täna oleme korduvalt näinud, et need sõnad on õiged. Olles lõpetanud iseseisva töö kahe valiku osas, saate näidata, kuidas olete materjali omandanud, ja saate teada selle matemaatiku nime. Sest iseseisev töö kasutage oma tabelitel olevaid jaotusmaterjale. Saate ise valida ühe kolmest pakutud võrrandist. Kuid pidage meeles, et lahendades võrrandi, mis vastab kollast värvi, saate "3" ainult siis, kui lahendate võrrandi, mis vastab rohelisele värvile - "4", punasele värvile - "5". (3. lisa)

Ükskõik millise raskusastme õpilased valivad, pärast õige otsus Võrrandi esimene versioon tekitab sõna “ARIST”, teine ​​​​- “HOTEL”. Sõna slaidil on: "ARIST-HOTEL". (slaid 11)

Kontrollimiseks esitatakse töölehed iseseisva tööga. (4. lisa)

8. Kodutöö salvestamine (1 min)

D/z: §7.17. Koostage ja lahendage 2 esimese astme homogeenset võrrandit ja 1 teise astme homogeenne võrrand (koostamiseks kasutage 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 tulid, ning räägib nende õppimise vajadusest.

Õpilased vastavad küsimustele:

1. Mis tüüpi trigonomeetrilisi võrrandeid me tunneme?
2. Kuidas need võrrandid lahendatakse?

Kõige rohkem märgib õpetaja edukas tööüksikute õpilaste tunnis annab hindeid.

Kahe tundmatuga mittelineaarsed võrrandid

Definitsioon 1. Olgu A mõni arvupaaride komplekt (x; y) . Nad ütlevad, et hulk A on antud numbriline funktsioon z kahest muutujast

x ja y , kui on määratud reegel, mille abil seostatakse iga arvupaar hulgast A teatud arvuga. Kahe muutuja x ja y arvfunktsiooni z määramine on sageli tähistama

Niisiis: Kus (x , y) f

Kus (x , y) = – mis tahes funktsioon peale funktsiooni ,

kirves+by+c

kus a, b, c on antud numbrid. 3. definitsioon. Võrrandi (2) lahendamine x; y helista paarile numbrile (

), mille valem (2) on tõeline võrdsus.

Näide 1. Lahenda võrrand

Kuna suvalise arvu ruut on mittenegatiivne, siis valemist (4) järeldub, et tundmatud x ja y rahuldavad võrrandisüsteemi

mille lahenduseks on arvupaar (6; 3).

Vastus: (6; 3)

Näide 2. Lahenda võrrand Seetõttu on võrrandi (6) lahendus lõpmatu arv arvupaare

(1 + y ; y) ,

lahke

kus y on suvaline arv.

lineaarne 4. definitsioon.

Võrrandisüsteemi lahendamine x; y helista paarile numbrile (

), kui need asendatakse selle süsteemi igas võrrandis, saadakse õige võrdsus.

Kahest võrrandist koosnevatel süsteemidel, millest üks on lineaarne, on vorm(x , y)

g

Lahendus. Avaldame tundmatu y süsteemi (7) esimesest võrrandist läbi tundmatu x ja asendame saadud avaldise süsteemi teise võrrandiga:

Võrrandi lahendamine

x 1 = - 1 , x 2 = 9 .

Seega

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 Kahest võrrandist koosnevatel süsteemidel, millest üks on lineaarne, on vorm(x , y) – 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 x = - 5y, süsteemi (11) teisest võrrandist saame võrrandi

5y 2 = - 20 ,

millel pole juuri.

Juhul

süsteemi (11) teisest võrrandist saame võrrandi

,

mille juurteks on arvud y 1 = 3 , y 2 = - 3 . Leides igale väärtusele y vastava väärtuse x, saame süsteemile kaks lahendust: (- 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 kaudu valemite järgi:

Süsteemi (12) ümberkirjutamiseks uute tundmatute järgi väljendame esmalt tundmatud x ja y u ja v kaudu. Süsteemist (13) järeldub, et

Lahendame lineaarsüsteemi (14), eemaldades selle süsteemi teisest võrrandist muutuja x.

• Sel eesmärgil teostame süsteemis (14) järgmised teisendused:
• Jätame süsteemi esimese võrrandi muutmata;

teisest võrrandist lahutame esimese võrrandi ja asendame süsteemi teise võrrandi saadud erinevusega.

Selle tulemusena muudetakse süsteem (14) samaväärseks süsteemiks

millest leiame

Kasutades valemeid (13) ja (15), kirjutame vormile ümber algse süsteemi (12).

Süsteemi (16) esimene võrrand on lineaarne, seega saame sellest tundmatu u väljendada tundmatu v kaudu ja asendada selle avaldise süsteemi teise võrrandiga.

1. Täna uurime homogeenseid trigonomeetrilisi võrrandeid. Kõigepealt vaatame terminoloogiat: mis on homogeenne trigonomeetriline võrrand. Sellel on järgmised omadused:
2. see peab sisaldama mitut terminit;
3. kõik terminid peavad olema sama tasemega;

kõigil homogeensesse trigonomeetrilisse identiteeti kuuluvatel funktsioonidel peab tingimata olema sama argument.

Lahenduse algoritm

Valime tingimused

Ja kui esimese punktiga on kõik selge, siis tasub teisest üksikasjalikumalt rääkida. Mida tähendab terminite sama tase? Vaatame esimest probleemi:

3cosx+5sinx=0

3\cos x+5\sin x=0 Selle võrrandi esimene liige on 3\cos x. Pange tähele, et siin on ainult üks trigonomeetriline funktsioon - cosx\cos x – ja mitte teisi trigonomeetrilised funktsioonid siin ei esine, seega on selle liikme aste 1. Sama teisega - 5sinx 5\sin x - siin esineb ainult siinus, st selle liikme aste on samuti võrdne ühega. Seega on meie ees identiteet, mis koosneb kahest elemendist, millest igaüks sisaldab trigonomeetrilist funktsiooni, ja ainult ühte. See on esimese astme võrrand.

Liigume edasi teise väljendi juurde:

4patt2 x+sin2x−3=0

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

Selle konstruktsiooni esimene liige on 4patt2 x 4((\sin )^(2))x.

Nüüd saame kirjutada järgmise lahenduse:

patt2 x=sinx⋅sinx

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

Teisisõnu, esimene liige sisaldab kahte trigonomeetrilist funktsiooni, st selle aste on kaks. Tegeleme teise elemendiga - sin2x\sin 2x. Pidagem meeles seda valemit - topeltnurga valem:

sin2x=2sinx⋅cosx

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

Ja jällegi, saadud valemis on meil kaks trigonomeetrilist funktsiooni - siinus ja koosinus. Seega on konstruktsiooni selle liikme võimsusväärtus samuti võrdne kahega.

Liigume edasi kolmanda elemendi juurde – 3. Matemaatikakursusest keskkooli Peame meeles, et mis tahes arvu saab korrutada 1-ga, seega kirjutame selle üles:

˜ 3=3⋅1

Ja ühiku saab kirjutada põhilise trigonomeetrilise identiteedi abil järgmisel kujul:

1=patt2 x⋅ cos2 x

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

Seetõttu saame 3 ümber kirjutada järgmiselt:

3=3(patt2 x⋅ cos2 x)=3patt2 x+3 cos2 x

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

Seega on meie termin 3 jagatud kaheks elemendiks, millest igaüks on homogeenne ja millel on teine ​​aste. Esimese liikme siinus esineb kaks korda, koosinus teises osas samuti kaks korda. Seega saab 3 esitada ka liikmena, mille asteaste on kaks.

Sama asi kolmanda väljendiga:

patt3 x+ patt2 xcosx=2 cos3 x

Vaatame. Esimene termin on patt3 x((\sin )^(3))x on kolmanda astme trigonomeetriline funktsioon. Teine element - patt2 xcosx((\sin )^(2))x\cos x.

patt2 ((\sin )^(2)) on link, mille võimsuse väärtus on kaks korrutatud cosx\cos x on esimene liige. Kokkuvõttes on ka kolmanda liikme võimsusväärtus kolm. Lõpuks on paremal veel üks link - 2cos3 x 2((\cos )^(3))x on kolmanda astme element. Seega on meie ees kolmanda astme homogeenne trigonomeetriline võrrand.

Meil on kirja pandud kolm erineva astmega identiteeti. Pöörake uuesti tähelepanu teisele väljendile. Algses kirjes on ühel liikmetel vaidlus 2x 2x. Oleme sunnitud sellest argumendist vabanema, teisendades selle topeltnurga siinuse valemi abil, sest kõik meie identiteedi funktsioonid peavad tingimata sisaldama sama argumenti. Ja see on homogeensete trigonomeetriliste võrrandite nõue.

Kasutame peamise trigonomeetrilise identiteedi valemit ja paneme kirja lõpplahenduse

Oleme tingimused selgeks teinud, liigume edasi lahenduse juurde. Sõltumata võimsuseksponentist, lahendatakse seda tüüpi võrrandid alati kahes etapis:

1) seda tõestada

cosx≠0

\cos x\ne 0. Selleks piisab peamise trigonomeetrilise identiteedi valemi meenutamisest (patt2 x⋅ cos2 x=1)\left(((\sin )^(2))x\cdot ((\cos )^(2))x=1 \right) ja asenda selle valemiga cosx=0\cos x=0. Saame järgmise väljendi:

patt2 x=1sinx=±1

\begin(joonda)& ((\sin )^(2))x=1 \\& \sin x=\pm 1 \\\end(joonda)

Saadud väärtuste asendamine, st asemel cosx\cos x on null ja selle asemel sinx\sin x — 1 või -1, algsesse avaldisesse saame vale numbrilise võrdsuse. See on selle põhjendus

cosx≠0

2) teine ​​samm tuleneb loogiliselt esimesest. Sest

cosx≠0

\cos x\ne 0, jagame struktuuri mõlemad pooled arvuga cosn x((\cos )^(n))x, kus n n on homogeense trigonomeetrilise võrrandi astmeeksponent ise. Mida see meile annab:

\[\begin(massiiv)(·(35)(l))

sinxcosx=tgxcosxcosx=1

\begin(align)& \frac(\sin x)(\cos x)=tgx \\& \frac(\cos x)(\cos x)=1 \\\end(joonda) \\() \\ \end(massiiv)\]

Tänu sellele taandatakse meie tülikas esialgne konstruktsioon võrrandiks n n-kraad puutuja suhtes, mille lahendit saab muutuja muutuse abil lihtsalt kirjutada. See on kogu algoritm. Vaatame, kuidas see praktikas töötab.

Me lahendame tõelisi probleeme

Ülesanne nr 1

Ja kui esimese punktiga on kõik selge, siis tasub teisest üksikasjalikumalt rääkida. Mida tähendab terminite sama tase? Vaatame esimest probleemi:

3cosx+5sinx=0

Oleme juba avastanud, et see on homogeenne trigonomeetriline võrrand, mille võimsuseksponent on võrdne ühega. Seetõttu teeme kõigepealt selle selgeks cosx≠0\cos x\ne 0. Oletame vastupidist, et

cosx=0→sinx=±1

\cos x=0\to \sin x=\pm 1.

Asendame saadud väärtuse oma avaldisesse, saame:

3⋅0+5⋅(±1) =0±5=0

\begin(joonda)& 3\cdot 0+5\cdot \left(\pm 1 \right)=0 \\& \pm 5=0 \\\end(joonda)

Selle põhjal võime öelda, et cosx≠0\cos x\ne 0. Jagame võrrandi arvuga cosx\cos x, sest kogu meie avaldise võimsusväärtus on üks. Saame:

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

\begin(joona)& 3\left(\frac(\cos x)(\cos x) \right)+5\left(\frac(\sin x)(\cos x) \right)=0 \\& 3+5tgx=0 \\& tgx=-\frac(3)(5) \\\end(joonda)

See ei ole tabeli väärtus, nii et vastus sisaldab arctgx arctgx:

x=arctg (−3 5 ) + π n,n∈Z

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

Sest arctg arctg arctg on paaritu funktsioon, saame argumendist "miinuse" välja võtta ja panna selle arctg ette. Saame lõpliku vastuse:

x=−arctg 3 5 + π n,n∈Z

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

Ülesanne nr 2

4patt2 x+sin2x−3=0

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

Nagu mäletate, peate enne selle lahendamise alustamist tegema mõned muudatused. Teostame ümberkujundamisi:

4patt2 x+2sinxcosx−3 (patt2 x+ cos2 x)=0 4patt2 x+2sinxcosx−3 patt2 x−3 cos2 x=0patt2 x+2sinxcosx−3 cos2 x=0

\begin(joona)& 4((\sin )^(2))x+2\sin x\cos x-3\left(((\sin )^(2))x+((\cos )^(2 ))x \right)=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 \\\end (joonda)

Saime kolmest elemendist koosneva struktuuri. Esimesel ametiajal näeme patt2 ((\sin )^(2)), st selle võimsusväärtus on kaks. Teisel ametiajal näeme sinx\sin x ja cosx\cos x - jällegi on kaks funktsiooni, need korrutatakse, nii et koguaste on jällegi kaks. Kolmandas lingis näeme cos2 x((\cos )^(2))x – sarnane esimesele väärtusele.

Tõestame seda cosx=0\cos x=0 ei ole selle konstruktsiooni lahendus. Selleks oletame vastupidist:

\[\begin(massiiv)(·(35)(l))

\cos x=0 \\\sin x=\pm 1 \\1+2\cdot \left(\pm 1 \right)\cdot 0-3\cdot 0=0 \\1+0-0=0 \ \1=0 \\\end(massiiv)\]

Oleme seda tõestanud cosx=0\cos x=0 ei saa olla lahendus. Liigume edasi teise sammu juurde – jagame kogu meie avaldise arvuga cos2 x((\cos )^(2))x. Miks ruudus? Kuna selle homogeense võrrandi võimsuseksponent on võrdne kahega:

patt2 xcos2 x+2sinxcosxcos2 x−3=0 t g2 x+2tgx−3=0

\begin(align)& \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 \\\end(joonda)

Kas seda avaldist on võimalik diskriminandi abil lahendada? Muidugi saab. Kuid teen ettepaneku jätta meelde teoreem, teoreemi vastupidine Vieta ja saame, et esindame seda polünoomi kahe lihtsa polünoomi kujul, nimelt:

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

\begin(joona)& \left(tgx+3 \right)\left(tgx-1 \right)=0 \\& tgx=-3\to x=-arctg3+\text( )\!\!\pi\ !\!\text( )n,n\in Z \\& tgx=1\to x=\frac(\text( )\!\!\pi\!\!\text( ))(4)+\ tekst( )\!\!\pi\!\!\text( )k,k\in Z \\\end(joonda)

Paljud õpilased küsivad, kas identiteetide igale lahendusrühmale tasub kirjutada eraldi koefitsiendid või mitte viitsida ja kirjutada igale poole sama. Mina isiklikult usun, et parem ja usaldusväärsem on kasutada erinevaid tähti, et kui astuda tõsiseltvõetavasse tehnikaülikooli koos matemaatika lisakatsetega, siis eksamineerijad vastuses vigu ei leia.

Ülesanne nr 3

patt3 x+ patt2 xcosx=2 cos3 x

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

Teame juba, et see on homogeenne kolmanda astme trigonomeetriline võrrand, spetsiaalseid valemeid pole vaja ja meilt on vaja ainult terminit liigutada 2cos3 x 2((\cos )^(3))x vasakule. Kirjutame ümber:

patt3 x+ patt2 xcosx−2 cos3 x=0

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

Näeme, et iga element sisaldab kolme trigonomeetrilist funktsiooni, seega on selle võrrandi võimsusväärtus kolm. Lahendame selle ära. Kõigepealt peame seda tõestama cosx=0\cos x=0 ei ole juur:

\[\begin(massiiv)(·(35)(l))

\cos x=0 \\\sin x=\pm 1 \\\end(massiiv)\]

Asendame need numbrid meie algses konstruktsioonis:

(±1)3 +1⋅0−2⋅0=0 ±1+0−0=0±1=0

\begin(joona)& ((\left(\pm 1 \right))^(3))+1\cdot 0-2\cdot 0=0 \\& \pm 1+0-0=0 \\& \pm 1=0 \\\end(joonda)

Seega cosx=0\cos x=0 ei ole lahendus. Oleme seda tõestanud cosx≠0\cos x\ne 0. Nüüd, kui oleme seda tõestanud, jagame oma algse võrrandi cos3 x((\cos )^(3))x. Miks kuubis? Sest me just tõestasime, et meie algsel võrrandil on kolmas aste:

patt3 xcos3 x+patt2 xcosxcos3 x−2=0 t Kahest võrrandist koosnevatel süsteemidel, millest üks on lineaarne, on vorm3 x+t Kahest võrrandist koosnevatel süsteemidel, millest üks on lineaarne, on vorm2 x−2=0

\begin(joona)& \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 \\\lõpp(joonda)

Tutvustame uut muutujat:

tgx=t

Kirjutame konstruktsiooni ümber:

t3 +t2 −2=0

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

Enne meid kuupvõrrand. Kuidas seda lahendada? Algselt, kui ma just seda videoõpetust kokku panin, plaanisin kõigepealt rääkida polünoomide faktoringu ja muudest tehnikatest. Aga sisse antud juhul kõik on palju lihtsam. Vaadake meie antud identiteeti, kus kõrgeima astmega termin on väärt 1. Lisaks on kõik koefitsiendid täisarvud. See tähendab, et saame kasutada Bezouti teoreemi järeldust, mis väidab, et kõik juured on arvu -2, st vaba liikme jagajad.

Tekib küsimus: millega -2 jagatud? Kuna 2 on algarv, pole palju võimalusi. Need võivad olla järgmised numbrid: 1; 2; -1; -2. Negatiivsed juured kaovad kohe. Miks? Kuna mõlemad on absoluutväärtuses suuremad kui 0, seega t3 ((t)^(3)) on moodulis suurem kui t2 ((t)^(2)). Ja kuna kuup on paaritu funktsioon, on kuubis olev arv negatiivne ja t2 ((t)^(2)) - positiivne, ja kogu see konstruktsioon, koos t=-1 t = -1 ja t=-2 t=-2, ei ole suurem kui 0. Lahutage sellest -2 ja saage arv, mis on kindlasti väiksem kui 0. Asendame kõik need arvud:

˜ t=1 → 1+1−2=0 → 0=0

˜t=1\teksti( )1+1-2=0\kuni 0=0

Oleme saavutanud õige arvulise võrdsuse. Seega t=1 t=1 on juur.

t=2→8+4–2=0→10≠0

t=2\kuni 8+4-2=0\kuni 10\ne 0

t = 2 t=2 ei ole juur.

Järelduse ja sama Bezouti teoreemi kohaselt iga polünoom, mille juur on x0 ((x)_(0)), esitage see kujul:

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

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

Meie puhul rollis x x on muutuja t t, ja rollis x0 ((x)_(0)) on juur, mis on võrdne 1-ga. Saame:

t3 +t2 −2=(t−1)⋅P(t)

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

Kuidas leida polünoomi P (t) P\left(t\right)? Ilmselgelt peate tegema järgmist.

P(t)= t3 +t2 −2 t-1

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

Asendame:

t3 +t2 +0⋅t−2t-1=t2 +2t+2

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

Niisiis, meie algne polünoom jagatakse ilma jäägita. Seega saame oma algse võrdsuse ümber kirjutada järgmiselt:

(t-1)( t2 +2t+2)=0

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

Korrutis on null, kui vähemalt üks teguritest on null. Esimest kordajat oleme juba kaalunud. Vaatame teist:

t2 +2t+2=0

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

Kogenud õpilased on sellest ilmselt juba aru saanud see disain pole juuri, aga arvutame ikkagi diskriminandi.

D=4−4⋅2=4−8=−4

D=4-4\cdot 2=4-8=-4

Diskriminant on väiksem kui 0, seetõttu pole avaldisel juuri. Kokku taandati tohutu ehitus tavapärasele võrdsusele:

\[\begin(massiiv)(·(35)(l))

t=\text( )1 \\tgx=\text( )1 \\x=\frac(\text( )\!\!\pi\!\!\text( ))(4)+\text( ) \!\!\pi\!\!\text( )k,k\in Z \\\end(massiivi)\]

Lõpetuseks tahaksin lisada paar kommentaari viimase ülesande kohta:

1. kas tingimus on alati täidetud? cosx≠0\cos x\ne 0 ja kas seda kontrolli tasub üldse teha? Muidugi mitte alati. Juhtudel, kui cosx=0\cos x=0 on meie võrdsuse lahendus, siis peaksime selle sulgudest välja võtma ja siis jääb sulgudesse täisväärtuslik homogeenne võrrand.
2. Mis on polünoomi jagamine polünoomiga. Tõepoolest, enamik koole seda ei uuri ja kui õpilased näevad sellist kujundust esimest korda, kogevad nad kerget šokki. Kuid tegelikult on see lihtne ja meeldiv tervitus, mis hõlbustab oluliselt võrrandite lahendamist kõrgemad kraadid. Loomulikult pühendatakse sellele eraldi videoõpetus, mille lähiajal avaldan.

Põhipunktid

Homogeensed trigonomeetrilised võrrandid on igat liiki lemmikteema testid. Neid saab lahendada väga lihtsalt – harjuta vaid korra. Et oleks selge, millest me räägime, tutvustame uut määratlust.

Homogeenne trigonomeetriline võrrand on selline, milles iga nullist erinev liige koosneb samast arvust trigonomeetrilistest teguritest. Need võivad olla siinused, koosinused või nende kombinatsioonid – lahendusmeetod on alati sama.

Homogeense trigonomeetrilise võrrandi aste on nullist erinevas osas sisalduvate trigonomeetriliste tegurite arv.

sinx+15 cos x=0

\sin x+15\text( cos )x=0 - 1. astme identsus;

2 sin2x+5sinxcosx−8cos2x=0

2\tekst( sin)2x+5\sin xcosx-8\cos 2x=0 - 2. aste;

sin3x+2sinxcos2x=0

\sin 3x+2\sin x\cos 2x=0 - 3. aste;

sinx+cosx=1

\sin x+\cos x=1 - ja see võrrand ei ole homogeenne, kuna paremal on ühik - nullist erinev liige, milles trigonomeetrilisi tegureid pole;

sin2x+2sinx−3=0

\sin 2x+2\sin x-3=0 on samuti mittehomogeenne võrrand. Element sin2x\sin 2x on teise astme (kuna seda saab esitada

sin2x=2sinxcosx

\sin 2x=2\sin x\cos x), 2sinx 2\sin x on esimene ja termin 3 on üldiselt null, kuna selles pole siinusi ega koosinust.

Üldine lahendusskeem

Lahendusskeem on alati sama:

Oletame, et cosx=0\cos x=0. Siis sinx=±1\sin x=\pm 1 – see tuleneb põhiidentiteedist. Asendame sinx\sin x ja cosx\cos x algsesse avaldisesse ja kui tulemus on jama (näiteks avaldis 5=0 5=0), minge teise punkti;

Jagame kõik koosinuse astmega: cosx, cos2x, cos3x... - sõltub võrrandi võimsusväärtusest. Saame puutujatega tavalise võrdsuse, mille saab pärast tgx=t asendamist ohutult lahendada.

tgx=tLeitud juured on vastuseks algsele avaldisele.

Käesolevas artiklis vaatleme homogeensete trigonomeetriliste võrrandite lahendamise meetodit.

Homogeensetel trigonomeetrilistel võrranditel on sama struktuur kui mis tahes muud tüüpi homogeensetel võrranditel. Tuletan teile meelde teise astme homogeensete võrrandite lahendamise meetodit:

Vaatleme vormi homogeenseid võrrandeid

Homogeensete võrrandite iseloomulikud tunnused:

a) kõigil monoomidel on sama aste,

b) vaba tähtaeg on null,

c) võrrand sisaldab kahe erineva alusega astmeid.

Homogeensed võrrandid lahendatakse sarnase algoritmi abil.

Seda tüüpi võrrandi lahendamiseks jagame võrrandi mõlemad pooled arvuga (saab jagada või võrrandiga)

Tähelepanu! Kui jagate võrrandi parema ja vasaku külje tundmatut sisaldava avaldisega, võite kaotada juured. Seetõttu on vaja kontrollida, kas avaldise juured, millega jagame võrrandi mõlemad pooled, on algvõrrandi juured.

Kui on, siis kirjutame selle juure üles, et me seda hiljem ei unustaks, ja jagame siis avaldise sellega.

Üldiselt on esimene asi, mida teha mis tahes võrrandi lahendamisel, mille paremal küljel on null, proovida laiendada vasak pool faktoringu võrrandid mis tahes ligipääsetaval viisil. Ja seejärel võrdsustage iga tegur nulliga. Sel juhul ei kaota me kindlasti juuri.

Niisiis, jagage võrrandi vasak pool ettevaatlikult termini kaupa avaldisteks. Saame:

Vähendame teise ja kolmanda murru lugejat ja nimetajat:

Tutvustame asendust:

Me saame ruutvõrrand:

Lahendame ruutvõrrandi, leiame väärtused ja naaseme seejärel algse tundmatu juurde.

Homogeensete trigonomeetriliste võrrandite lahendamisel tuleb meeles pidada mitmeid olulisi asju:

1. Näiliku termini saab teisendada siinuse ja koosinuse ruuduks, kasutades põhilist trigonomeetrilist identiteeti:

2. Topeltargumendi siinus ja koosinus on teise astme monomiaalid – topeltargumendi siinus on kergesti teisendatav siinuse ja koosinuse korrutiseks ning topeltargumendi koosinus siinuse või koosinuse ruuduks:

Vaatame mitut näidet homogeensete trigonomeetriliste võrrandite lahendamisest.

1. Lahendame võrrandi:

See klassikaline näide esimese astme homogeenne trigonomeetriline võrrand: iga monoomi aste on võrdne ühega, vaba liige on võrdne nulliga.

Enne võrrandi mõlema poole jagamist peate kontrollima, et võrrandi juured ei oleks algse võrrandi juured. Kontrollime: if , then title="sin(x)0">, следовательно их сумма не равна нулю.!}

Jagame võrrandi mõlemad pooled arvuga .

Saame:

, Kus

, Kus

Vastus: , Kus

2. Lahendame võrrandi:

See on näide teise astme homogeensest trigonomeetrilisest võrrandist. Peame meeles, et kui suudame võrrandi vasaku poole arvutada, siis on soovitatav seda teha. Selles võrrandis saame välja võtta . Teeme nii:

Esimese võrrandi lahendus: , kus

Teine võrrand on esimese astme homogeenne trigonomeetriline võrrand. Selle lahendamiseks jagage võrrandi mõlemad pooled . Saame:

Vastus: , kus ,

3. Lahendame võrrandi:

Selle võrrandi homogeenseks muutmiseks teisendame selle korrutiseks ja esitame arvu 3 siinuse ja koosinuse ruutude summana:

Liigutame kõik terminid vasakule, avame sulud ja esitame sarnased terminid. Saame:

Faktoriseerime vasaku külje ja määrame iga teguri võrdseks nulliga:

Vastus: , kus ,

4. Lahendame võrrandi:

Vaatame, mida saame sulgudest välja võtta. Teeme nii:

Võrdleme iga teguri nulliga:

Esimese võrrandi lahendus:

Teine populatsioonivõrrand on klassikaline teise astme homogeenne võrrand. Võrrandi juured ei ole algse võrrandi juured, seega jagame võrrandi mõlemad pooled järgmisega:

Esimese võrrandi lahendus:

Teise võrrandi lahendus.

Tunni teema: "Homogeensed trigonomeetrilised võrrandid"

(10. klass)

Sihtmärk: tutvustada I ja II astme homogeensete trigonomeetriliste võrrandite mõistet; sõnastada ja töötada välja algoritm homogeensete I ja II astme trigonomeetriliste võrrandite lahendamiseks; õpetada lahendama I ja II astme homogeenseid trigonomeetrilisi võrrandeid; arendada mustrite tuvastamise ja üldistusvõimet; äratada huvi aine vastu, arendada solidaarsustunnet ja tervet konkurentsi.

Tunni tüüp: õppetund uute teadmiste kujundamisel.

Vorm: töötada rühmades.

Varustus: arvuti, multimeedia paigaldus

Tunni edenemine

Organisatsiooniline moment

Õpilaste tervitamine, tähelepanu mobiliseerimine.

Tunnis teadmiste hindamise hindamissüsteem (õpetaja selgitab teadmiste hindamise süsteemi, hindamislehe täitmine õpetaja poolt õpilaste hulgast valitud sõltumatu eksperdi poolt). Tunniga kaasneb esitlus. .

Põhiteadmiste värskendamine.

Sõltumatu ekspert ja konsultandid kontrollivad kodutöid enne tundi ja hindavad neid ning koostatakse tulemusleht.

Õpetaja teeb kodutöö kokkuvõtte.

Õpetaja: Jätkame teema "Trigonomeetrilised võrrandid" uurimist. Tänases tunnis tutvustame teile teist tüüpi trigonomeetrilisi võrrandeid ja nende lahendamise meetodeid ning seetõttu kordame õpitut. Igat tüüpi trigonomeetriliste võrrandite lahendamisel taandatakse need kõige lihtsamate trigonomeetriliste võrrandite lahendamiseks.

Kontrollitakse rühmades tehtud individuaalseid kodutöid. Ettekande “Kõige lihtsamate trigonomeetriliste võrrandite lahendused” kaitsmine

(Rühma tööd hindab sõltumatu ekspert)

Motivatsioon õppimiseks.

Õpetaja: Meil on ristsõna lahendamiseks tööd teha. Olles selle lahendanud, saame teada uut tüüpi võrrandite nimetuse, mida täna tunnis lahendama õpime.

Küsimused projitseeritakse tahvlile. Õpilased arvavad ära ja sõltumatu ekspert sisestab vastanud õpilaste hinded punktilehele.

Pärast ristsõna lahendamist loevad lapsed sõna “homogeenne”.

Uute teadmiste omastamine.

Õpetaja: Tunni teemaks on "Homogeensed trigonomeetrilised võrrandid".

Kirjutame tunni teema vihikusse. Homogeensed trigonomeetrilised võrrandid on esimese ja teise astme.

Paneme kirja esimese astme homogeense võrrandi definitsiooni. Näitan seda tüüpi võrrandi lahendamise näidet, mille abil saate luua esimese astme homogeense trigonomeetrilise võrrandi lahendamise algoritmi.

Vormi võrrand A sinx + b cosx = 0 nimetatakse esimese astme homogeenseks trigonomeetriliseks võrrandiks.

Vaatleme võrrandi lahendust, kui koefitsiendid A Ja V erinevad 0-st.

Näide: sinx + cosx = 0

R jagades võrrandiliikme mõlemad pooled cosx-iga, saame

Tähelepanu! Saate jagada 0-ga ainult siis, kui see avaldis ei muutu kuskil 0-ks. Kui koosinus on 0, võrdub siinus samuti 0-ga, arvestades, et koefitsiendid erinevad 0-st, kuid me teame, et siinus ja koosinus lähevad nulli erinevates punktides. Seetõttu saab seda toimingut teha seda tüüpi võrrandi lahendamisel.

Algoritm esimese astme homogeense trigonomeetrilise võrrandi lahendamiseks: võrrandi mõlema poole jagamine cosx, cosx 0

Vormi võrrand A sin mx +b cos mx = 0 nimetatakse ka esimese astme homogeenseks trigonomeetriliseks võrrandiks ja lahendab ka võrrandi mõlema poole jagamise koosinusega mx.

Vormi võrrand a patt 2 x+b sinx cosx +c cos2x = 0 nimetatakse teise astme homogeenseks trigonomeetriliseks võrrandiks.

Näide : patt 2 x + 2sinx cosx – 3cos 2 x = 0

Koefitsient a erineb 0-st ja seetõttu, nagu ka eelmine võrrand, ei ole cosx võrdne 0-ga ja seetõttu saate kasutada meetodit võrrandi mõlema poole jagamiseks cos 2 x-ga.

Saame tg 2 x + 2tgx – 3 = 0

Lahendame uue muutuja sisseviimisega olgu tgx = a, siis saame võrrandi

a 2 + 2a – 3 = 0

D = 4–4 (–3) = 16

a 1 = 1 a 2 = –3

Tagasi asendamise juurde

Vastus:

Kui koefitsient a = 0, siis on võrrand kujul 2sinx cosx – 3cos2x = 0, lahendame selle, võttes sulgudest välja ühisteguri cosx. Kui koefitsient c = 0, siis on võrrand kujul sin2x +2sinx cosx = 0, lahendame selle, võttes sulgudest välja ühisteguri sinx. Algoritm esimese astme homogeense trigonomeetrilise võrrandi lahendamiseks:

Vaadake, kas võrrand sisaldab asin2 x liiget.

Kui võrrandis sisaldub termin asin2 x (s.o a 0), siis võrrandi lahendamiseks jagatakse võrrandi mõlemad pooled cos2x-ga ja seejärel sisestatakse uus muutuja.

Kui võrrandis ei sisaldu terminit asin2 x (st a = 0), siis lahendatakse võrrand faktoriseerimisega: sulgudest võetakse välja cosx. Samamoodi lahendatakse homogeensed võrrandid kujul a sin2m x + b sin mx cos mx + c cos2mx = 0

Homogeensete trigonomeetriliste võrrandite lahendamise algoritm on kirjas õpikus lk 102.

Kehalise kasvatuse minut

Homogeensete trigonomeetriliste võrrandite lahendamise oskuste kujundamine

Probleemraamatute avamine lk 53

1. ja 2. rühm otsustab nr 361-v

3. ja 4. rühm otsustab nr 363-v

Näidake lahendust tahvlile, selgitage, täiendage. Sõltumatu ekspert hindab.

Näidete lahendamine probleemiraamatust nr 361-v
sinx – 3cosx = 0
jagame võrrandi mõlemad pooled cosx 0-ga, saame

nr 363-v
sin2x + sinxcosx – 2cos2x = 0
jagame võrrandi mõlemad pooled cos2x-ga, saame tg2x + tanx – 2 = 0

lahendada uue muutuja sisestamisega
olgu tgx = a, siis saame võrrandi
a2 + a – 2 = 0
D = 9
a1 = 1 a2 = –2
tagasi asendusse

Iseseisev töö.

Lahendage võrrandid.

2 cosx – 2 = 0

2cos2x – 3cosx +1 = 0

3 sin2x + sinx cosx – 2 cos2x = 0

Iseseisva töö lõppedes vahetavad nad töökohta ja kontrollivad vastastikku. Õiged vastused projitseeritakse tahvlile.

Siis nad rendivad selle välja sõltumatu ekspert.

Iseteeninduslahendus

Õppetunni kokkuvõte.

Millist tüüpi trigonomeetrilisi võrrandeid me tunnis õppisime?

Algoritm esimese ja teise astme trigonomeetriliste võrrandite lahendamiseks.

Kodutöö: § 20.3 loetud. nr 361(d), 363(b), lisaraskus nr 380(a).

Ristsõna.

Kui sisestate õiged sõnad, saate ühe trigonomeetrilise võrrandi tüübi nime.

Muutuja väärtus, mis muudab võrrandi tõeseks? (juur)

Nurkade mõõtühik? (radiaan)

Arvuline tegur tootes? (Koefitsient)

Matemaatika haru, mis uurib trigonomeetrilisi funktsioone? (Trigonomeetria)

Millist matemaatilist mudelit on vaja trigonomeetriliste funktsioonide juurutamiseks? (ring)

Milline trigonomeetriline funktsioon on paaris? (koosinus)

Mida nimetatakse tõeliseks võrdsuseks? (identiteet)

Võrdsus muutujaga? (võrrand)

Võrrandid, millel on samad juured? (ekvivalent)

Võrrandi juurte hulk ? (Lahendus)

Hindamisleht

№
n\n

Perekonnanimi, õpetaja eesnimi

Kodutöö

Esitlus

Kognitiivne tegevus
õppimine

Võrrandite lahendamine

Sõltumatu
Töö

Kodutöö – 12 punkti (kodutööks määrati 3 võrrandit 4 x 3 = 12)

Esitlus – 1 punkt

Õpilaste tegevus – 1 vastus – 1 punkt (maksimaalselt 4 punkti)

Võrrandite lahendamine 1 punkt

Iseseisev töö – 4 punkti

Grupi hinnang:

"5" – 22 punkti või rohkem
“4” – 18 – 21 punkti
“3” – 12 – 17 punkti