Triqonometrik bərabərsizliklərin həlli üçün bir texnika. Kurs işi: Triqonometrik tənliklər və bərabərsizliklər. Vahid dairədən istifadə edərək triqonometrik bərabərsizliklərin həlli
TƏrif
Triqonometrik bərabərsizliklər triqonometrik funksiyanın işarəsi altında dəyişən olan bərabərsizliklərdir.
Triqonometrik bərabərsizliklərin həlli
Triqonometrik bərabərsizliklərin həlli çox vaxt formanın ən sadə triqonometrik bərabərsizliklərinin həllinə qədər azalır: \ (\ \ sin xa \), \ (\ \ cos x> a \), \ (\ \ operator adı (tg) x> a \), \ (\ \ operator adı (ctg) x> a \), \ (\ \ sin x \ leq a \), \ (\ \ cos x \ leq a \), \ (\ \ operator adı (tg) x \ leq a \ ), \ (\ \ operator adı (ctg) x \ leq a \), \ (\ \ sin x \ geq a \), \ (\ \ cos \ geq a \), \ (\ \ operator adı (tg) x \ geq a \ ), \ (\ \ operator adı (tg) x \ geq a \)
Ən sadə triqonometrik bərabərsizliklər qrafik və ya vahid triqonometrik dairədən istifadə etməklə həll edilir.
Tərifinə görə, \ (\ \ alfa \) bucağının sinusu vahid dairənin \ (\ P _ (\ alfa) (x, y) \) nöqtəsinin ordinatıdır (Şəkil 1) və kosinusdur. bu nöqtənin absissidir. Bu fakt vahid dairədən istifadə edərək kosinus və sinus ilə ən sadə triqonometrik bərabərsizlikləri həll etmək üçün istifadə olunur.
Triqonometrik bərabərsizliklərin həlli nümunələri
\ (\ \ sin x \ leq \ frac (\ sqrt (3)) (2) \) bərabərsizliyini həll edin.
\ (\ \ left | \ frac (\ sqrt (3)) (2) \ right | olduğundan bu bərabərsizliyin həlli var və onu iki yolla həll etmək olar.
Birinci yol. Gəlin bu bərabərsizliyi qrafik şəkildə həll edək. Bunu etmək üçün bir koordinat sistemində sinusun qrafikini \ (\ y = \ sin x \) (Şəkil 2) və düz xətti \ (\ y = \ frac (\ sqrt (3)) (2) qurun. \)
Düz xəttin qrafikinin altında sinusoidin yerləşdiyi intervalları seçin \ (\ y = \ frac (\ sqrt (3)) (2) \). Bu qrafiklərin kəsişmə nöqtələrinin \ (\ x_ (1) \) və \ (\ x_ (2) \) absislərini tapın: \ (\ x_ (1) = \ pi- \ arcsin \ frac (\ sqrt (3) )) (2 ) = \ pi- \ frac (\ pi) (3) = \ frac (2 \ pi) (3) x_ (2) = \ arcsin \ frac (\ sqrt (3)) (2) +2 \ pi = \ frac (\ pi) (3) +2 \ pi = \ frac (7 \ pi) (3) \)
\ (\ \ sol [- \ frac (4 \ pi) (3); \ frac (\ pi) (3) \ sağ] \) intervalını aldıq, lakin \ (\ y = \ sin x \) funksiyasından bəri dövri və dövrə malikdir \ (\ 2 \ pi \), onda cavab intervalların birliyidir: \ (\ \ sol [\ frac (2 \ pi) (3) +2 \ pi k; \ frac ( 7 \ pi) (3) + 2 \ pi k \ sağ] \), \ (\ k \ Z ilə \)
İkinci yol. Vahid dairəni və xəttini qurun \ (\ y = \ frac (\ sqrt (3)) (2) \), onların kəsişmə nöqtələrini \ (\ P_ (x_ (1)) \) və \ (\ P_ (x_) işarələyin. 2 )) \) (şək. 3). Orijinal bərabərsizliyin həlli \ (\ \ frac (\ sqrt (3)) (2) \) -dən kiçik olan ordinat nöqtələrinin çoxluğu olacaqdır. \ (\ \ qalın simvol (I) _ (1) \) və \ (\ \ qalın simvol (I) _ (2) \) dəyərini tapın, saat yönünün əksinə gedərək \ (\ x_ (1) Şəkil 3)
\ (\ x_ (1) = \ pi- \ arcsin \ frac (\ sqrt (3)) (2) = \ pi- \ frac (\ pi) (3) = \ frac (2 \ pi) (3) x_ (2) = \ arcsin \ frac (\ sqrt (3)) (2) +2 \ pi = \ frac (\ pi) (3) +2 \ pi = \ frac (7 \ pi) (3) \)
Sinus funksiyasının dövriliyini nəzərə alaraq, nəhayət \ (\ \ left [\ frac (2 \ pi) (3) +2 \ pi k; \ frac (7 \ pi) (3) +2 \ intervallarını alırıq. pi \ sağ] \), \ (\ k \ Z ilə \)
Bərabərsizliyi həll edin \ (\ \ sin x> 2 \)
Sinus məhdud funksiyadır: \ (\ | \ sin x | \ leq 1 \) və bu bərabərsizliyin sağ tərəfi birdən böyükdür, ona görə də həll yolları yoxdur.
\ (\ \ cos x> \ frac (1) (2) \) bərabərsizliyini həll edin.
Bu bərabərsizlik iki yolla həll edilə bilər: qrafik və vahid dairədən istifadə etməklə. Yolların hər birini nəzərdən keçirək.
Birinci yol. Eyni koordinat sistemində bərabərsizliyin sol və sağ tərəflərini, yəni \ (\ y = \ cos x \) və \ (\ y = \ frac (1) (2) \) təsvir edən funksiyaları təmsil edək. \ (\ y = \ cos x \) kosinus funksiyasının qrafikinin \ (\ y = \ frac (1) (2) \) düz xəttinin qrafikindən yuxarıda yerləşdiyi intervalları seçək (şək. 4). ).
\ (\ \ qalın simvol (x) _ (1) \) və \ (\ x_ (2) \) nöqtələrinin absislərini tapın - \ (\ y = \ cos x \) funksiyalarının qrafiklərinin kəsişmə nöqtələri və \ (\ y = \ frac (1) (2) \), göstərilən bərabərsizliyin saxlandığı intervallardan birinin uclarıdır. \ (\ x_ (1) = - \ arccos \ frac (1) (2) = - \ frac (\ pi) (3) \); \ (\ x_ (1) = \ arccos \ frac (1) (2) = \ frac (\ pi) (3) \)
Kosinusun dövri funksiya olduğunu nəzərə alsaq, dövr \ (\ 2 \ pi \), cavab \ (\ \ sol (- \ frac (\ pi)) intervallarından \ (\ x \) dəyərləri olacaqdır. ) (3) +2 \ pi k; \ frac (\ pi) (3) +2 \ pi k \ sağ) \), \ (\ k \ in Z \)
İkinci yol. Vahid çevrə və düz xətt quraq \ (\ x = \ frac (1) (2) \) (çünki absis oxu vahid çevrədəki kosinuslara uyğundur). \ (\ P_ (x_ (1)) \) və \ (\ P_ (x_ (2)) \) (Şəkil 5) - xəttin və vahid dairənin kəsişmə nöqtələrini qeyd edirik. Orijinal tənliyin həlli \ (\ \ frac (1) (2) \) -dən kiçik olan absis nöqtələri dəsti olacaqdır. \ (\ x_ (1) \) və \ (\ 2 \) dəyərini tapın, saat yönünün əksinə gedərək \ (\ x_ (1) Kosinusun tezliyini nəzərə alaraq, nəhayət \ (\ \ sol) intervallarını alırıq. (- \ frac (\ pi) (3) +2 \ pi k; \ frac (\ pi) (3) +2 \ pi k \ sağ) \), \ (\ k \ in Z \)
Bərabərsizliyi həll edin \ (\ \ operator adı (ctg) x \ leq- \ frac (\ sqrt (3)) (3) \)
Gəlin bir koordinat sistemində \ (\ y = \ operator adı (ctg) x \), \ (\ y = - \ frac (\ sqrt (3)) (3) \) funksiyalarının qrafiklərini quraq.
\ (\ y = \ operator adı (ctg) x \) funksiyasının qrafikinin düz xəttin qrafikindən yuxarıda yerləşdiyi intervalları seçin \ (\ y = - \ frac (\ sqrt (3)) (3) \) (Şəkil 6) ...
bərabərsizliyinin \ (\ x_ (0) = \ operator adı (arcctg) \ sol (- \ frac (\ sqrt) olduğu intervallardan birinin sonu olan \ (\ x_ (0) \) nöqtəsinin absissini tapın. (3)) ( 3) \ sağ) = \ pi- \ operator adı (arcctg) \ sol (\ frac (\ sqrt (3)) (3) \ sağ) = \ pi- \ frac (\ pi) (3) = \ frac (2 \ pi) (3) \)
Bu intervalın digər ucu \ (\ \ pi \) nöqtəsidir və \ (\ y = \ operator adı (ctg) x \) funksiyası bu nöqtədə qeyri-müəyyəndir. Beləliklə, bu bərabərsizliyin həlli yollarından biri \ (\ \ frac (2 \ pi) (3) \ leq x intervalıdır.
Kompleks Arqumentli Triqonometrik Bərabərsizliklər
Mürəkkəb arqumentli triqonometrik bərabərsizliklər əvəzetmədən istifadə edərək ən sadə triqonometrik bərabərsizliklərə endirilə bilər. Onu həll etdikdən sonra tərs əvəzetmə aparılır və orijinal bilinməyən ifadə edilir.
\ (\ 2 \ cos \ left (2 x + 100 ^ (\ circ) \ sağ) \ leq-1 \) bərabərsizliyini həll edin.
Bu bərabərsizliyin sağ tərəfində kosinusu ifadə edək: \ (\ \ cos \ left (2 x + 100 ^ (\ circ) \ right) \ leq- \ frac (1) (2) \)
\ (\ t = 2 x + 100 ^ (\ circ) \) əvəz edirik, bundan sonra bu bərabərsizlik ən sadə bərabərsizliyə çevrilir \ (\ \ cos t \ leq- \ frac (1) (2) \)
Gəlin vahid dairədən istifadə edərək həll edək. Vahid dairəni və \ (\ x = - \ frac (1) (2) \) xəttini qurun. \ (\ P_ (1) \) və \ (\ P_ (2) \) xəttin və vahid dairənin kəsişmə nöqtələri olsun (Şəkil 7).
Orijinal bərabərsizliyin həlli \ (\ - \ frac (1) (2) \) -dən çox olmayan absis nöqtələrinin çoxluğu olacaqdır. \ (\ P_ (1) \) nöqtəsi \ (\ 120 ^ (\ circ) \) və \ (\ P_ (2) \) nöqtəsinə uyğundur. Beləliklə, kosinus dövrünü nəzərə alaraq, \ (\ 120 ^ (\ circ) +360 ^ (\ circ) \ cdot n \ leq t \ leq 240 ^ (\ circ) +360 ^ (\ circ) \ cdot n \ alırıq. ), \ (\ n \ Z ilə)
Gəlin tərs dəyişikliyi edək \ (\ t = 2 x + 100 ^ (\ circ) 120 ^ (\ circ) +360 ^ (\ circ) \ cdot n \ leq 2 x + 100 ^ (\ circ) \ leq 240 ^ (\ circ) +360 ^ (\ circ) \ cdot n \), \ (\ n \ in Z \)
\ (\ \ mathbf (x) \) ifadə edirik, bunun üçün ilk olaraq bərabərsizliyin hər bir hissəsindən çıxırıq \ (\ 100 ^ (\ circ) 120 ^ (\ circ) -100 ^ (\ circ) +360 ^ (\ circ) \ cdot n \ leq 2 x + 100 ^ (\ circ) -100 ^ (\ circ) \ leq 240 ^ (\ circ) -100 ^ (\ circ) +360 ^ (\ circ) \ cdot n \) , \ ( Z \ ilə \ n \); \ (\ 20 ^ (\ circ) +360 ^ (\ circ) \ cdot n \ leq 2 x \ leq 140 ^ (\ circ) +360 ^ (\ circ) \ cdot n \), \ (\ n \ in Z \)
və sonra 2-ə bölün \ (\ \ frac (20 ^ (\ circ) +360 ^ (\ circ) \ cdot n) (2) \ leq \ frac (2 x) (2) \ leq \ frac (140 ^ () \ circ) +360 ^ (\ circ) \ cdot n) (2) \), \ (\ n \ in Z \); \ (\ 10 ^ (\ circ) +180 ^ (\ circ) \ cdot n \ leq x \ leq 70 ^ (\ circ) +180 ^ (\ circ) \ cdot n \), \ (\ n \ Z-də \)
İkiqat triqonometrik bərabərsizliklər
İkiqat triqonometrik bərabərsizliyi həll edin \ (\ \ frac (1) (2)
Əvəzetməni təqdim edirik \ (\ t = \ frac (x) (2) \), sonra orijinal bərabərsizlik \ (\ \ frac (1) (2) formasını alır.
Gəlin vahid dairədən istifadə edərək həll edək. Ordinat oxu vahid dairənin sinusuna uyğun gəldiyi üçün biz onun üzərində \ (\ x = \ frac (1) (2) \) -dən böyük və \ (\ \ frac) -dən kiçik və ya bərabər olan ordinatlar toplusunu seçirik. (\ sqrt (2)) (2 ) \). Şəkil 8-də bu nöqtələr \ (\ P_ (t_ (1)) \), \ (\ P_ (t_ (2)) \) və \ (\ P_ (t_ (3)) \), qövslərdə yerləşəcəkdir. \ ( \ P_ (t_ (4)) \). \ (\ t_ (1) \), \ (\ t_ (2) \), \ (\ t_ (3) \), \ (\ t_ (4) \), saat yönünün əksinə gedən və \ (\) dəyərini tapın. t_ (1) \ (\ t_ (3) = \ pi- \ arcsin \ frac (\ sqrt (2)) (2) = \ pi- \ frac (\ pi) (4) = \ frac (3 \ pi) (4) \); \ (\ t_ (4) = \ pi- \ arcsin \ frac (1) (2) = \ pi- \ frac (\ pi) (6) = \ frac (5 \ pi) (6) ) \)
Beləliklə, sinus funksiyasının dövriliyini nəzərə alaraq, aşağıdakı kimi yazıla bilən iki interval əldə edirik \ (\ \ frac (\ pi) (6) +2 \ pi k \ leq t \ frac (\ pi) (4) +2 \ pi k \ quad \ frac (3 \ pi) (4) +2 \ pi k Əks dəyişikliyi edin \ (\ t = \ frac (x) (2) \ frac (\ pi) (6) ) +2 \ pi k \ leq \ frac (x) (2) \ frac (\ pi) (4) +2 \ pi k \), \ (\ \ frac (3 \ pi) (4) +2 \ pi k Express \ (\ \ mathbf ( x) \), bunun üçün bərabərsizliklərin divar kağızının bütün tərəflərini 2-yə vururuq, \ (\ \ frac (\ pi) (3) +4 \ pi k \ leq x alırıq.
Cəbr üzrə "Triqonometrik bərabərsizliklərin həlli" layihəsi 10 "B" sinif şagirdi Kazachkova Julia tərəfindən tamamlandı. Rəhbər: riyaziyyat müəllimi Koçakova N.N.
Məqsəd "Triqonometrik bərabərsizliklərin həlli" mövzusunda materialı birləşdirmək və tələbələrin qarşıdan gələn imtahana hazırlaşması üçün xatirə yaratmaq.
Məqsədlər Bu mövzuda materialı ümumiləşdirmək. Alınan məlumatları təşkil edin. İmtahanda bu mövzunu nəzərdən keçirin.
Aktuallıq Seçdiyim mövzunun aktuallığı ondan ibarətdir ki, imtahan tapşırıqlarına “Triqonometrik bərabərsizliklərin həlli” mövzusunda tapşırıqlar daxildir.
Triqonometrik bərabərsizliklər Bərabərsizlik iki ədədi və ya ifadəni işarələrdən birini istifadə edərək birləşdirən əlaqədir: (böyük); ≥ (böyük və ya bərabər). Triqonometrik bərabərsizlik triqonometrik funksiyaları ehtiva edən bərabərsizlikdir.
Triqonometrik bərabərsizliklər Tərkibində triqonometrik funksiyalar olan bərabərsizliklərin həlli, bir qayda olaraq, formanın ən sadə bərabərsizliklərinin həllinə endirilir: sin x> a, sin x. a, cos x a, tg x a, ctg x
Triqonometrik bərabərsizliklərin həlli alqoritmi Verilmiş triqonometrik funksiyaya uyğun olan oxda bu funksiyanın verilmiş ədədi qiymətini qeyd edin. Vahid dairəni kəsən işarələnmiş nöqtədən düz xətt çəkin. Ciddi və ya qeyri-ciddi bərabərsizlik işarəsini nəzərə alaraq xəttin və dairənin kəsişmə nöqtələrini seçin. Bərabərsizliyin həllərinin yerləşdiyi dairənin qövsünü seçin. Dairəvi qövsün başlanğıc və son nöqtələrində bucaqların dəyərlərini təyin edin. Verilmiş triqonometrik funksiyanın dövriliyini nəzərə alaraq bərabərsizliyin həllini yazın.
triqonometrik bərabərsizliklərin həlli üçün düsturlar sinx> a; x (arcsin a + 2πn; π- arcsin a + 2πn). sinx a; x (- arccos a + 2πn; arccos a + 2πn). cosxa; x (arktan a + πn; + πn). tgx a; x (πn; arctan + πn). ctgx
Əsas triqonometrik bərabərsizliklərin qrafik həlli sinx> a
Əsas triqonometrik bərabərsizliklərin qrafik həlli sinx Əsas triqonometrik bərabərsizliklərin qrafik həlli cosx> a Əsas triqonometrik bərabərsizliklərin qrafik həlli cosx Əsas triqonometrik bərabərsizliklərin qrafik həlli tgx> a Əsas triqonometrik bərabərsizliklərin qrafik həlli tgx Əsas triqonometrik bərabərsizliklərin qrafik həlli ctgx> a
Praktiki dərsdə "Triqonometriya" mövzusundan əsas tapşırıq növlərini təkrarlayacağıq, artan mürəkkəblik tapşırıqlarını əlavə olaraq təhlil edəcəyik və müxtəlif triqonometrik bərabərsizliklərin və onların sistemlərinin həlli nümunələrini nəzərdən keçirəcəyik.
Bu dərs sizə B5, B7, C1 və C3 tapşırıqlarından birinə hazırlaşmağa kömək edəcək.
"Triqonometriya" mövzusunda müzakirə etdiyimiz və bir neçə qeyri-standart işi həll edəcəyimiz əsas tapşırıq növlərini təkrarlamaqla başlayaq.
Problem nömrəsi 1... Bucaqları radana və dərəcəyə çevirin: a); b).
a) Dərəcələri radana çevirmək üçün düsturdan istifadə edək
Göstərilən dəyəri ona əvəz edək.
b) Radianı dərəcəyə çevirmək üçün düstur tətbiq edin
Əvəzetməni yerinə yetirək .
Cavab verin. a) ; b).
Problem nömrəsi 2... Hesablayın: a); b).
a) Bucaq cədvəldən çox kənarda olduğundan, sinus dövrünü çıxmaqla onu azaldacağıq. Çünki bucaq radyanla göstərilir, onda dövr kimi qəbul ediləcək.
b) Bu vəziyyətdə vəziyyət oxşardır. Bucaq dərəcə ilə göstərildiyi üçün tangensin dövrü kimi qəbul ediləcəkdir.
Nəticədə yaranan bucaq, müddətdən az olsa da, daha böyükdür, yəni o, artıq əsas deyil, cədvəlin uzadılmış hissəsinə aiddir. Trig funksiyası dəyərlərinin genişləndirilmiş cədvəlini yadda saxlamaqla yaddaşımızı bir daha məşq etməmək üçün tangensin dövrünü yenidən çıxarırıq:
Tangens funksiyasının qəribəliyindən istifadə etdik.
Cavab verin. a) 1; b).
Problem nömrəsi 3... Hesablayın , əgər.
Kəsirin payını və məxrəcini bölərək bütün ifadəni tangenslərə gətiririk. Eyni zamanda bundan qorxmaq da olmaz, çünki bu halda tangens dəyəri mövcud olmazdı.
Problem nömrəsi 4... İfadəni sadələşdirin.
Göstərilən ifadələr cast formullarından istifadə etməklə çevrilir. Sadəcə, onlar qeyri-adi dərəcədə dərəcələrdən istifadə edərək yazılır. Birinci ifadə ümumiyyətlə rəqəmdir. Bütün trig funksiyalarını növbə ilə sadələşdirək:
Çünki , onda funksiya kofunksiyaya dəyişir, yəni. kotangensə və bucaq ilkin tangensin mənfi işarəyə malik olduğu ikinci rübə düşür.
Əvvəlki ifadədə olduğu kimi eyni səbəblərə görə funksiya kofunksiyaya dəyişdirilir, yəni. kotangens üzərindədir və bucaq ilkin tangensin müsbət işarəsi olduğu birinci rübə düşür.
Hər şeyi sadələşdirilmiş ifadə ilə əvəz edək:
Problem nömrəsi 5... İfadəni sadələşdirin.
Qoşa bucağın tangensini müvafiq düstura görə yazaq və ifadəni sadələşdirək:
Son identifikasiya kosinusu əvəz edən universal düsturlardan biridir.
Problem nömrəsi 6... Hesablayın.
Əsas odur ki, standart səhvə yol verməyin və ifadənin bərabər olduğuna cavab verməyin. Arktangentin əsas xassəsindən istifadə etmək mümkün deyil, nə qədər ki, onun yanında iki şəklində çarpan var. Ondan qurtulmaq üçün ifadəni ikiqat bucağın tangensi düsturuna uyğun olaraq adi bir arqument kimi nəzərdən keçirərək yazırıq.
İndi arktangentin əsas xassəsini tətbiq edə bilərsiniz, onun ədədi nəticəsi üçün heç bir məhdudiyyət olmadığını unutmayın.
Problem nömrəsi 7... Tənliyi həll edin.
Sıfıra bərabər olan kəsrli tənliyi həll edərkən həmişə nömrənin sıfır olduğu, məxrəcin isə sıfır olduğu göstərilir, çünki Sıfıra bölmək olmaz.
Birinci tənlik triqonometrik dairədən istifadə etməklə həll edilə bilən ən sadə tənliyin xüsusi halıdır. Bu həlli özünüz xatırlayın. İkinci bərabərsizlik, tangensin kökləri üçün ümumi düstura görə ən sadə tənlik kimi həll edilir, lakin yalnız işarənin qeydi ilə qeyri-bərabərdir.
Göründüyü kimi, bir kök ailəsi eyni formalı tənliyi təmin etməyən başqa bir kök ailəsini istisna edir. Bunlar. kökləri yoxdur.
Cavab verin. Kökləri yoxdur.
Problem nömrəsi 8... Tənliyi həll edin.
Dərhal qeyd edirik ki, ümumi faktoru çıxarıb bunu edə bilərsiniz:
Bir neçə amilin məhsulu sıfıra bərabər olduqda tənlik standart formalardan birinə endirildi. Biz artıq bilirik ki, bu halda ya onlardan biri sıfırdır, ya digəri, ya da üçüncüsü. Bunu tənliklər toplusu şəklində yazaq:
İlk iki tənlik ən sadələrinin xüsusi hallarıdır, biz oxşar tənliklərlə artıq dəfələrlə qarşılaşmışıq, ona görə də onların həll yollarını dərhal göstərəcəyik. Üçüncü tənlik ikiqat bucaq sinus düsturundan istifadə edərək bir funksiyaya endirilir.
Son tənliyi ayrıca həll edək:
Bu tənliyin heç bir kökü yoxdur, çünki sinus dəyəri sərhədlərdən kənara çıxa bilməz .
Beləliklə, həll yalnız köklərin ilk iki ailəsidir, onları triqonometrik dairədə asanlıqla göstərilə bilən birinə birləşdirilə bilər:
![]() |
Bu, bütün yarıların bir ailəsidir, yəni.
Gəlin triqonometrik bərabərsizliklərin həllinə keçək. Birincisi, ümumi həllər üçün düsturlardan istifadə etmədən, lakin triqonometrik dairədən istifadə edərək bir nümunənin həllinə yanaşmanı təhlil edəcəyik.
Problem nömrəsi 9... Bərabərsizliyi həll edin.
Triqonometrik çevrənin üzərinə sinus dəyərinə bərabər olan köməkçi xətt çəkin və bərabərsizliyi təmin edən bucaqlar intervalını göstərin.
![]() |
Yaranan açıların diapazonunu necə dəqiq göstərəcəyini başa düşmək çox vacibdir, yəni. onun başlanğıcı və sonu nədir. İntervalın başlanğıcı, saat yönünün əksinə hərəkət etsək, intervalın ən əvvəlində daxil olacağımız nöqtəyə uyğun olan bucaq olacaqdır. Bizim vəziyyətimizdə solda olan məqam budur, çünki saat yönünün əksinə hərəkət edərək və doğru nöqtəni keçərək, biz, əksinə, lazımi açılar diapazonunu tərk edirik. Buna görə də sağdakı nöqtə boşluğun sonuna uyğun olacaq.
İndi bərabərsizliyin həlli intervalımızın başlanğıcı və sonu bucaqlarının dəyərlərini başa düşmək lazımdır. Tipik bir səhv, dərhal sağ nöqtənin bucağa, sola uyğun olduğunu göstərmək və cavab verməkdir. Bu doğru deyil! Diqqət yetirin ki, dairənin yuxarı hissəsinə uyğun gələn boşluğu indicə qeyd etdik, baxmayaraq ki, biz aşağısı ilə maraqlanırıq, başqa sözlə, bizə lazım olan həllər intervalının başlanğıcını və sonunu qarışdırdıq.
Bir intervalın sağ nöqtənin küncündən başlaması və sol nöqtənin küncündə bitməsi üçün ilk göstərilən bucaq ikincidən az olmalıdır. Bunu etmək üçün, mənfi istinad istiqamətində düzgün nöqtənin bucağını ölçməli olacağıq, yəni. saat yönünde və bərabər olacaq. Sonra ondan saat əqrəbi istiqamətində müsbət istiqamətdə başlayaraq sol nöqtədən sonra sağ nöqtəyə çatacağıq və onun üçün bucaq dəyərini alacağıq. İndi bucaqlar intervalının başlanğıcı sondan kiçikdir və biz dövrü nəzərə almadan həllərin intervalını yaza bilərik:
Nəzərə alsaq ki, bu cür intervallar istənilən tam sayda növbədən sonra sonsuz sayda təkrarlanacaq, sinus dövrünü nəzərə alaraq ümumi həlli əldə edirik:
Bərabərsizliyin ciddi olması səbəbindən mötərizələr qoyuruq və dairənin üzərindəki intervalın uclarına uyğun olan nöqtələri çıxarırıq.
Bu cavabı mühazirədə təqdim etdiyimiz ümumi həll düsturu ilə müqayisə edin.
Cavab verin. .
Bu üsul ən sadə triqon bərabərliklərin ümumi həlli üçün düsturların haradan gəldiyini başa düşmək üçün yaxşıdır. Bundan əlavə, bütün bu çətin düsturları öyrənmək üçün çox tənbəl olanlar üçün faydalıdır. Bununla belə, metodun özü də asan deyil, həllə hansı yanaşmanın sizin üçün daha əlverişli olduğunu seçin.
Triqonometrik bərabərsizlikləri həll etmək üçün vahid dairədən istifadə etməklə göstərilən üsula bənzər şəkildə köməkçi xəttin qurulduğu funksiyaların qrafiklərindən də istifadə edə bilərsiniz. Əgər maraqlanırsınızsa, bu yanaşmanı özünüz anlamağa çalışın. Aşağıda ən sadə triqonometrik bərabərsizliklərin həlli üçün ümumi düsturlardan istifadə edəcəyik.
Problem nömrəsi 10... Bərabərsizliyi həll edin.
Bərabərsizliyin ciddi olmadığını nəzərə alaraq ümumi həll üçün düsturdan istifadə edək:
Bizim vəziyyətimizdə alırıq:
Cavab verin.
Problem nömrəsi 11... Bərabərsizliyi həll edin.
Müvafiq ciddi bərabərsizlik üçün ümumi həll düsturundan istifadə edək:
Cavab verin. .
Problem nömrəsi 12... Bərabərsizlikləri həll edin: a); b).
Bu bərabərsizliklərdə ümumi həllər və ya triqonometrik dairə üçün düsturlardan istifadə etməyə tələsməyə ehtiyac yoxdur, sadəcə sinus və kosinus dəyərlərinin diapazonunu xatırlamaq kifayətdir.
a) ildən , onda bərabərsizlik mənasızdır. Buna görə də həll yolları yoxdur.
b) Çünki eynilə, hər hansı bir arqumentin sinusu həmişə şərtdə göstərilən bərabərsizliyi ödəyir. Beləliklə, arqumentin bütün real dəyərləri bərabərsizliyi təmin edir.
Cavab verin. a) həll yolları yoxdur; b).
Tapşırıq 13... Bərabərsizliyi həll edin .
Belarus Respublikası Təhsil Nazirliyi
Təhsil müəssisəsi
"Gomel Dövlət Universiteti
Fransisk Skarynanın şərəfinə "
Riyaziyyat fakültəsi
Cəbr və həndəsə kafedrası
Qoruma üçün uyğundur
Baş Shemetkov L.A.
Triqonometrik tənliklər və bərabərsizliklər
Kurs işi
İcraçı:
M-51 qrupunun tələbəsi
SANTİMETR. Qorski
Elmi məsləhətçi, t.ü.f.d.,
baş müəllim
V.G. Safonov
Gomel 2008
GİRİŞ
TRIQONOMETRİK TƏNLİKLƏRİN HƏLLİNİN ƏSAS ÜSULLARI
Faktorizasiya
Triqonometrik funksiyaların hasilini cəmiyə çevirməklə tənliklərin həlli
Üçlü Arqument Düsturlarından istifadə edərək tənliklərin həlli
Bəzi triqonometrik funksiya ilə vurma
QEYRİ-STANDART TRIQONOMETRİK TƏNLİKLƏR
TRIQONOMETRİK BƏRABƏRBƏRBƏRBARƏTLƏR
KÖKLƏRİN SEÇİLMƏSİ
MÜSTƏQİL HƏLL ÜÇÜN VƏZİFƏLƏR
NƏTİCƏ
İSTİFADƏ EDİLƏN MƏNBƏLƏRİN SİYAHISI
Qədim dövrlərdə triqonometriya astronomiya, geodeziya və tikinti ehtiyacları ilə əlaqədar yaranmışdır, yəni sırf həndəsi xarakter daşıyırdı və əsasən təmsil olunurdu.<<исчисление хорд>>. Zaman keçdikcə bəzi analitik məqamlar onun içinə səpilməyə başladı. 18-ci əsrin birinci yarısında kəskin dəyişiklik baş verdi, bundan sonra triqonometriya yeni istiqamət aldı və riyazi analizə doğru keçdi. Məhz bu zaman triqonometrik asılılıqlar funksiyalar kimi qəbul edilməyə başlandı.
Triqonometrik tənliklər məktəb riyaziyyat kursunun ən çətin mövzularından biridir. Triqonometrik tənliklər planimetriya, stereometriya, astronomiya, fizika və digər sahələrdə məsələlərin həlli zamanı yaranır. Mərkəzləşdirilmiş test tapşırıqları arasında triqonometrik tənliklər və bərabərsizliklər ildən-ilə tapılır.
Triqonometrik tənliklərin cəbri tənliklərdən ən mühüm fərqi ondan ibarətdir ki, cəbri tənliklərdə sonlu sayda, triqonometrik tənliklərdə isə sonsuz köklər var ki, bu da köklərin seçilməsini xeyli çətinləşdirir. Triqonometrik tənliklərin başqa bir xüsusiyyəti cavabın qeyd formasının qeyri-adiliyidir.
Bu dissertasiya triqonometrik tənliklərin və bərabərsizliklərin həlli üsullarına həsr edilmişdir.
Dissertasiya işi 6 bölmədən ibarətdir.
Birinci bölmədə əsas nəzəri məlumatlar verilir: triqonometrik və tərs triqonometrik funksiyaların tərifi və xassələri; bəzi arqumentlər üçün triqonometrik funksiyaların qiymətləri cədvəli; triqonometrik funksiyaların digər triqonometrik funksiyalar baxımından ifadəsi, triqonometrik ifadələrin, xüsusən də tərs triqonometrik funksiyaların çevrilməsi üçün çox vacibdir; məktəb kursundan yaxşı məlum olan əsas triqonometrik düsturlara əlavə olaraq, əks triqonometrik funksiyaları ehtiva edən ifadələri sadələşdirən düsturlar var.
İkinci bölmədə triqonometrik tənliklərin həlli üçün əsas üsullar təsvir edilmişdir. Elementar triqonometrik tənliklərin həlli, faktorlara ayırma üsulu, triqonometrik tənliklərin cəbri tənliklərə endirilməsi üsulları nəzərdən keçirilir. Triqonometrik tənliklərin həllərinin bir neçə yolla yazıla bilməsi və bu həllərin forması bu həllərin eyni və ya fərqli olduğunu dərhal müəyyən etməyə imkan vermir.<<сбить с толку>> testləri həll edərkən triqonometrik tənliklərin həllinin ümumi sxemi nəzərdən keçirilir və triqonometrik tənliklərin ümumi həllər qruplarının çevrilməsi ətraflı nəzərdən keçirilir.
Üçüncü bölmə həlləri funksional yanaşmaya əsaslanan qeyri-standart triqonometrik tənliklərdən bəhs edir.
Dördüncü bölmə triqonometrik bərabərsizliklərdən bəhs edir. Elementar triqonometrik bərabərsizliklərin həm vahid dairə üzrə, həm də qrafik şəkildə həlli üsulları ətraflı nəzərdən keçirilir. Elementar olmayan triqonometrik bərabərsizliklərin elementar bərabərsizliklər vasitəsilə həlli prosesi və artıq məktəblilərə yaxşı məlum olan intervallar üsulu təsvir edilmişdir.
Beşinci bölmədə ən çətin tapşırıqlar təqdim olunur: yalnız triqonometrik tənliyi həll etmək deyil, həm də tapılan köklərdən bəzi şərti təmin edən kökləri seçmək lazım olduqda. Bu bölmə köklərin seçilməsi ilə bağlı tipik problemlərin həllini təqdim edir. Köklərin seçilməsi üçün lazımi nəzəri məlumat verilir: tam ədədlər çoxluğunu ayrı-ayrı alt çoxluqlara bölmək, tənlikləri tam ədədlərdə həll etmək (diafan).
Altıncı bölmə test kimi hazırlanmış müstəqil həll üçün tapşırıqları təqdim edir. 20 test tapşırığında mərkəzləşdirilmiş sınaq zamanı rastlaşa biləcək ən çətin tapşırıqlar var.
Elementar triqonometrik tənliklər
Elementar triqonometrik tənliklər formanın tənlikləridir, burada triqonometrik funksiyalardan biri:,,,.
Elementar triqonometrik tənliklərin sonsuz çoxlu kökləri var. Məsələn, aşağıdakı dəyərlər tənliyi təmin edir:,, və s. Tənliyin bütün köklərinin tapıldığı ümumi düstur, burada, aşağıdakı kimidir:
Burada istənilən tam qiymətləri qəbul edə bilər, onların hər biri tənliyin müəyyən kökünə uyğundur; bu düsturda (eləcə də elementar triqonometrik tənliklərin həll olunduğu digər düsturlarda) adlanır. parametr... Onlar adətən yazır və bununla da parametrin istənilən tam ədədi qəbul edə biləcəyini vurğulayırlar.
Buradakı tənliyin həlli düsturla tapılır
Tənlik düsturun tətbiqi ilə həll edilir
və tənlik düsturladır
Həll ümumi düsturlardan istifadə etmədən yazıla bilən elementar triqonometrik tənliklərin bəzi xüsusi hallarını xüsusilə qeyd edirik:
Triqonometrik tənlikləri həll edərkən triqonometrik funksiyaların dövrü mühüm rol oynayır. Buna görə də iki faydalı teorem təqdim edirik:
Teorem Əgər --- funksiyanın əsas dövrüdürsə, onda ədəd funksiyanın əsas dövrüdür.
Funksiyaların dövrləri və təbii ədədlər varsa mütənasib adlanır və bu.
Teorem Əgər dövri funksiyalar və, mütənasibdirsə və, onda onların ümumi dövrü var, bu da funksiyaların dövrüdür,,.
Teorem funksiyanın dövrünün nə olduğunu deyir,,, və mütləq əsas dövr deyil. Məsələn, funksiyaların əsas dövrü və ---, onların istehsalının əsas dövrü isə --- olur.
Köməkçi arqumentin təqdim edilməsi
Formanın ifadələrinin standart çevrilməsi ilə aşağıdakı hiylədir: qoy --- bərabərliklərin verdiyi bucaq
,
... Hər hansı və belə bir bucaq mövcuddur. Beləliklə . Əgər, və ya,,, başqa hallarda.
Triqonometrik tənliklərin həlli sxemi
Triqonometrik tənlikləri həll edərkən rəhbər tutacağımız əsas sxem aşağıdakı kimidir:
verilmiş tənliyin həlli elementar tənliklərin həllinə endirilir. Həll vasitələri --- çevrilmələr, faktorlara ayırma, naməlumların dəyişdirilməsi. Əsas prinsip kökləri itirməməkdir. Bu o deməkdir ki, növbəti tənliyə (tənliklərə) keçərkən biz lazımsız (kənar) köklərin görünməsindən qorxmuruq, ancaq "zəncirimizin" hər bir sonrakı tənliyinin (və ya budaqlanma vəziyyətində tənliklər toplusunun) əvvəlkinin nəticəsidir. Kökləri seçmək üçün mümkün üsullardan biri yoxlamadır. Dərhal qeyd edirik ki, triqonometrik tənliklər vəziyyətində köklərin seçilməsi, yoxlanılması ilə bağlı çətinliklər, bir qayda olaraq, cəbri tənliklərlə müqayisədə kəskin şəkildə artır. Axı, sonsuz sayda üzvdən ibarət seriyanı yoxlamaq lazımdır.
Triqonometrik tənliklərin həlli zamanı naməlumların dəyişdirilməsini xüsusi qeyd etmək lazımdır. Əksər hallarda tələb olunan əvəzetmədən sonra cəbri tənlik alınır. Üstəlik, tənliklər o qədər də nadir deyil ki, zahirən triqonometrik olsalar da, mahiyyət etibarilə belə deyillər, çünki birinci addımdan sonra dəyişənlərin dəyişməsi cəbri xarakter alır və triqonometriyaya qayıdış yalnız elementar triqonometrik tənliklərin həlli mərhələsində baş verir.
Bir daha xatırladaq: naməlumun dəyişdirilməsi mümkün qədər tez həyata keçirilməli, dəyişdirildikdən sonra əldə edilən tənlik köklərin seçilməsi mərhələsi də daxil olmaqla, sona qədər həll edilməli və yalnız bundan sonra ilkin bilinməyənə qayıtmalıdır.
Triqonometrik tənliklərin xüsusiyyətlərindən biri də ondan ibarətdir ki, bir çox hallarda cavab müxtəlif üsullarla yazıla bilər. Hətta tənliyi həll etmək üçün cavabı belə yazmaq olar:
1) iki seriya şəklində: , , ;
2) yuxarıda göstərilən seriyaların birləşməsindən ibarət standart formada:,;
3) ildən , onda cavab kimi yazmaq olar
,. (Gələcəkdə parametrin və ya cavab qeydində olması avtomatik olaraq bu parametrin bütün mümkün tam dəyərləri qəbul etməsi deməkdir. İstisnalar müzakirə olunacaq.)
Aydındır ki, sadalanan üç hal nəzərdən keçirilən tənliyə cavabı qeyd etmək üçün bütün imkanları tükəndirmir (onların sonsuz çoxu var).
Məsələn, bərabərlik üçün ... Buna görə də, ilk iki halda, əgər, ilə əvəz edə bilərik
.
Adətən, cavab 2-ci bənd əsasında yazılır. Aşağıdakı tövsiyəni xatırlamaq faydalıdır: tənliyin həlli ilə bağlı iş bitmirsə, hələ də tədqiqat aparmaq, köklərin seçilməsi lazımdır, sonra ən əlverişli forma 1-ci bənddə göstərilən qeydin. (Tənlik üçün oxşar tövsiyə verilməlidir.)
Yuxarıdakıları izah etmək üçün bir nümunə nəzərdən keçirək.
Misal Tənliyi həll edin.
Həll.Ən aydın yol aşağıdakılardır. Bu tənlik ikiyə bölünür: və. Onların hər birini həll edərək və alınan cavabları birləşdirərək tapacağıq.
Başqa bir yol. O vaxtdan bəri, əvəz və dərəcə azaldılması düsturlarına görə. Kiçik dəyişikliklərdən sonra biz haradan alırıq .
İlk baxışdan ikinci formulun birinciyə nisbətən heç bir xüsusi üstünlüyü yoxdur. Lakin, məsələn, götürsək, belə çıxır ki, i.e. tənliyin həlli var, birinci yol bizi cavaba aparır ... "Bax" və bərabərliyi sübut edin
o qədər də asan deyil.
Cavab verin. .
Triqonometrik tənliklərin ümumi həllər qruplarının çevrilməsi və unifikasiyası
Hər iki istiqamətdə sonsuz uzanan arifmetik proqressiyanı nəzərdən keçirəcəyik. Bu irəliləyişin üzvləri bəzi üzvlərin sağında və solunda yerləşən, irəliləyişin mərkəzi və ya sıfır üzvü adlanan iki qrup üzvə bölünə bilər.
Sonsuz irəliləyişin üzvlərindən birini sıfır ədədlə fiksasiya edərək, qalan bütün üzvlər üçün ikiqat nömrələmə aparmalı olacağıq: sağda yerləşən üzvlər üçün müsbət, sıfırın solunda yerləşən üzvlər üçün mənfi.
Ümumi halda, əgər irəliləyişin fərqi, sıfır hədd olarsa, sonsuz arifmetik irəliləyişin hər hansı (ci) üzvü üçün düstur belədir:
Sonsuz arifmetik irəliləyişin istənilən termini üçün düstur çevrilmələri
1. Proqresiyanın fərqini sıfır həddə əlavə etsək və ya çıxsaq, onda irəliləyiş bundan dəyişməyəcək, ancaq sıfır hədd hərəkət edəcək, yəni. üzvlərin nömrələnməsi dəyişəcək.
2. Əgər dəyişəndəki əmsala vurularsa, bu, yalnız sağ və sol üzv qruplarının dəyişməsi ilə nəticələnəcək.
3. Əgər sonsuz irəliləyişin ardıcıl üzvləri
məsələn,,, ...,, eyni fərqə malik irəliləyişlərin mərkəzi üzvlərini bərabərləşdirin:
onda bir irəliləyiş və bir sıra irəliləyişlər eyni ədədləri ifadə edir.
Misal Sətir aşağıdakı üç sıra ilə əvəz edilə bilər:,,.
4. Əgər eyni fərqə malik sonsuz irəliləyişlər fərqi olan arifmetik irəliləyiş təşkil edən ədədin mərkəzi üzvlərinə malikdirsə, bu sıralar fərqi olan bir irəliləyişlə və mərkəzi üzvlərdən hər hansı birinə bərabər olan mərkəzi üzvlə əvəz edilə bilər. bu irəliləyişlər, yəni əgər
sonra bu irəliləyişlər birinə birləşdirilir:
Misal
,,, hər ikisi bir qrupda birləşir, çünki .
Ümumi həlləri olan qrupları qruplara çevirmək üçün bu qruplara malik olmayan ümumi həllər ortaq bir dövrə malik qruplara parçalanır və sonra təkrarlananları aradan qaldıraraq yaranan qrupları birləşdirməyə çalışırlar.
Faktorizasiya
Faktorlara ayırma üsulu aşağıdakı kimidir: əgər
sonra tənliyin istənilən həlli
tənliklər çoxluğunun həllidir
Əks ifadə, ümumiyyətlə, doğru deyil: çoxluğun hər həlli tənliyin həlli deyil. Bu, fərdi tənliklərin həllərinin funksiyanın oblastına daxil edilməməsi ilə əlaqədardır.
Misal Tənliyi həll edin.
Həll.Əsas triqonometrik eynilikdən istifadə edərək tənliyi formada təqdim edirik
Cavab verin.
; .
Triqonometrik funksiyaların cəmini məhsula çevirmək
Misal
Tənliyi həll edin .
Həll. Düsturu tətbiq edirik, ekvivalent tənliyi alırıq
Cavab verin. .
Misal Tənliyi həll edin.
Həll. Bu halda, triqonometrik funksiyaların cəmi üçün düsturları tətbiq etməzdən əvvəl azalma düsturundan istifadə etməlisiniz. ... Nəticədə ekvivalent tənliyi alırıq
Cavab verin.
,
.
Triqonometrik funksiyaların hasilini cəmiyə çevirərək tənliklərin həlli
Bir sıra tənliklərin həlli zamanı düsturlardan istifadə olunur.
Misal Tənliyi həll edin
Həll.
Cavab verin. , .
Misal Tənliyi həll edin.
Həll. Düsturu tətbiq edərək, ekvivalent bir tənlik alırıq:
Cavab verin. .
Dərəcə azaltma düsturlarından istifadə edərək tənliklərin həlli
Düsturlar geniş triqonometrik tənliklərin həllində əsas rol oynayır.
Misal Tənliyi həll edin.
Həll. Düsturu tətbiq edərək, ekvivalent bir tənlik alırıq.
Cavab verin. ; .
Üçlü Arqument Düsturlarından istifadə edərək tənliklərin həlli
Misal Tənliyi həll edin.
Həll. Düsturu tətbiq edirik, tənliyi alırıq
Cavab verin. ; .
Misal
Tənliyi həll edin .
Həll. Dərəcəni azaltmaq üçün düsturları tətbiq edirik, alırıq: ... Müraciət edərək əldə edirik:
Cavab verin. ; .
Eyni triqonometrik funksiyaların bərabərliyi
Misal Tənliyi həll edin.
Həll.
Cavab verin. , .
Misal
Tənliyi həll edin .
Həll. Gəlin tənliyi çevirək.
Cavab verin. .
Misal Məlumdur ki, tənliyi təmin edin
Məbləği tapın.
Həll. Tənlikdən belə çıxır ki
Cavab verin. .
Formanın cəmini nəzərdən keçirin
Bu məbləğləri vurub bölməklə məhsula çevirmək olar, onda alırıq
Bu texnika bəzi triqonometrik tənlikləri həll etmək üçün istifadə edilə bilər, lakin nəzərə alınmalıdır ki, nəticədə kənar köklər yarana bilər. Bu düsturların ümumiləşdirilməsi budur:
Misal Tənliyi həll edin.
Həll.Çoxluğun orijinal tənliyin həlli olduğu görünür. Buna görə də, tənliyin sol və sağ tərəflərinin çarpılması əlavə köklərin yaranmasına səbəb olmayacaqdır.
bizdə var .
Cavab verin. ; .
Misal Tənliyi həll edin.
Həll. Tənliyin sol və sağ tərəflərini çoxaldırıq və triqonometrik funksiyaların məhsulunu cəmiyə çevirmək üçün düsturları tətbiq edirik, alırıq
Bu tənlik iki tənliyin birləşməsinə bərabərdir və buradan və.
Tənliyin kökləri tənliyin kökləri olmadığı üçün alınan həll dəstlərindən xaric edilməlidir. Bu o deməkdir ki, dəstdə istisna etmək lazımdır.
Cavab verin. və , .
Misal
Tənliyi həll edin .
Həll.İfadəni çevirək:
Tənlik belə yazılacaq:
Cavab verin. .
Triqonometrik tənliklərin cəbri tənliklərə endirilməsi
Kvadrat qədər azaldılır
Tənliyin forması varsa
sonra əvəz onu kvadrat edir, çünki () və.
Əgər terminin yerinə varsa, o zaman tələb olunan əvəz olacaq.
tənlik
kvadrat tənliyə endirir
kimi təmsil ... Tənliyin köklərinin hansının olmadığını yoxlamaq asandır və əvəzetmə etməklə tənlik kvadrata endirilir.
Misal Tənliyi həll edin.
Həll. Onu sol tərəfə köçürün, ilə əvəz edin və və vasitəsilə ifadə edin.
Sadələşdirmələrdən sonra əldə edirik:. Müddəti ilə bölün, əvəz edin:
Tapmağa qayıdır .
ilə bağlı homojen olan tənliklər
Formanın tənliyini nəzərdən keçirin
burada,,, ...,, həqiqi ədədlərdir. Tənliyin sol tərəfindəki hər bir üzvdə monomialların dərəcələri bərabərdir, yəni sinus və kosinusun güclərinin cəmi eyni və bərabərdir. Belə bir tənlik deyilir homojen və nisbidir və nömrə çağırılır vahidlik göstəricisi .
Aydındır ki, əgər, onda tənlik aşağıdakı formanı alacaq:
həlləri dəyərləri, yəni nömrələridir. Mötərizədə olan ikinci tənlik də homojendir, lakin dərəcə 1 aşağıdır.
Əgər, onda bu ədədlər tənliyin kökləri deyil.
Aldığımız zaman: və (1) tənliyinin sol tərəfi qiymət alır.
Beləliklə, üçün, və buna görə də tənliyin hər iki tərəfini bölmək olar. Nəticədə tənliyi alırıq:
əvəz etməklə, asanlıqla cəbrə endirilir:
Homojenlik indeksi olan bircins tənliklər 1. Bizdə tənlik var.
Əgər, onda bu tənlik tənliyə ekvivalentdirsə, buradan,.
Misal Tənliyi həll edin.
Həll. Bu tənlik birinci dərəcəli homojendir. Onun hər iki hissəsini aldığımız hissələrə bölürük:,,,.
Cavab verin. .
Misal Çünki formanın homojen tənliyini alırıq
Həll.
Əgər tənliyin hər iki tərəfini bölsək, tənliyi alırıq , əvəz etməklə asanlıqla kvadrata çevrilə bilər:
... Əgər
, onda tənliyin həqiqi kökləri olur,. Orijinal tənliyin iki həll qrupu olacaq:,,.
Əgər , onda tənliyin həlli yoxdur.
Misal Tənliyi həll edin.
Həll. Bu tənlik ikinci dərəcəli homojendir. Tənliyin hər iki dəyərini aşağıdakılara bölürük, alırıq:. Qoy, onda,,. ,,; ,,.
Cavab verin.
.
Tənlik formanın tənliyinə endirilir
Bunun üçün şəxsiyyətdən istifadə etmək kifayətdir
Xüsusilə, tənlik ilə əvəz edilərsə, homojen bir tənlik azalır , onda ekvivalent tənlik alırıq:
Misal Tənliyi həll edin.
Həll. Tənliyi homojenə çeviririk:
Tənliyin hər iki tərəfini bölün , tənliyi alırıq:
Gəlin, kvadrat tənliyə gələk:
, ,
,
, .
Cavab verin.
.
Misal Tənliyi həll edin.
Həll. Tənliyin hər iki tərəfini müsbət qiymətlərə malik olduğunu nəzərə alaraq kvadratına çevirək:,,
Qoy, sonra alaq , , .
Cavab verin. .
İdentifikasiyalardan istifadə edərək həll edilən tənliklər
Aşağıdakı düsturları bilmək faydalıdır:
Misal Tənliyi həll edin.
Həll.İstifadə edərək, alırıq
Cavab verin.
Biz düsturların özlərini deyil, onları əldə etməyin bir yolunu təklif edirik:
deməli,
Oxşar,.
Misal
Tənliyi həll edin .
Həll.İfadəni çevirək:
Tənlik belə yazılacaq:
Qəbul edirik, alırıq. ,. Beləliklə
Cavab verin. .
Universal triqonometrik əvəzetmə
Formanın triqonometrik tənliyi
düsturlardan istifadə edən rasional funksiya haradadır - düsturlardan istifadə etməklə - arqumentlərə görə rasional tənliyə endirilə bilər,,,, bundan sonra tənlik universal düsturlardan istifadə etməklə cəbri rasional tənliyə endirilə bilər. triqonometrik əvəzetmə
Qeyd etmək lazımdır ki, düsturların istifadəsi orijinal tənliyin ODZ-nin daralmasına səbəb ola bilər, çünki o, nöqtələrdə müəyyən edilməmişdir, buna görə də belə hallarda bucaqların orijinalın kökləri olub olmadığını yoxlamaq lazımdır. tənlik.
Misal Tənliyi həll edin.
Həll. Problemin vəziyyətinə görə. Düsturları tətbiq edərək və əvəzetməni həyata keçirərək əldə edirik
haradan və buna görə də.
Formanın tənlikləri
Çoxhədli olan formanın tənlikləri naməlumları əvəz etməklə həll edilir
Misal Tənliyi həll edin.
Həll.Əvəz etməklə və bunu nəzərə alsaq, alırıq
harada,. --- kənar kök, çünki ... Köklü tənliklər var.
Məhdud funksiyalardan istifadə
Mərkəzləşdirilmiş sınaq təcrübəsində həlli funksiyaların məhdudluğuna əsaslanan tənlikləri tapmaq o qədər də nadir deyil. Misal üçün:
Misal Tənliyi həll edin.
Həll.Çünki,, onda sol tərəf keçmir və əgər bərabərdir
Hər iki tənliyi təmin edən dəyərləri tapmaq üçün aşağıdakı kimi davam edin. Onlardan birini həll edək, sonra tapılan dəyərlər arasından digərini qane edənləri seçin.
İkincidən başlayaq:,. Sonra , .
Aydındır ki, bu, yalnız hətta olanlar üçün də olacaq.
Cavab verin. .
Başqa bir fikir aşağıdakı tənliyi həll etməklə həyata keçirilir:
Misal
Tənliyi həll edin .
Həll. eksponensial funksiyanın xassəsindən istifadə edək:, .
Bu bərabərsizlikləri terminlərə əlavə etsək, əldə edəcəyik:
Beləliklə, bu tənliyin sol tərəfi yalnız və yalnız iki bərabərlik təmin edildikdə bərabərdir:
yəni, dəyərləri götürə bilər,, və dəyərləri götürə bilər,.
Cavab verin. , .
Misal
Tənliyi həll edin .
Həll.,. Beləliklə, .
Cavab verin. .
Misal Tənliyi həll edin
Həll.Əldə etdiyimiz tərs triqonometrik funksiyanın tərifindən işarə edin və
.
Çünki bərabərsizlik tənlikdən irəli gəlir, yəni. ... O vaxtdan bəri və, sonra və. Bununla belə və buna görə də.
Əgər və, onda. Madam ki, əvvəllər aşkar edilib.
Cavab verin. , .
Misal Tənliyi həll edin
Həll. Tənliyin etibarlı dəyərlərinin diapazonu.
Birincisi, funksiyanı göstəririk
Hər kəs üçün yalnız müsbət dəyərlər qəbul edə bilər.
Funksiyanı aşağıdakı kimi təqdim edək:.
O vaxtdan bəri baş verir, yəni. .
Ona görə də bərabərsizliyi sübut etmək üçün bunu göstərmək lazımdır ... Bu məqsədlə, biz bu bərabərsizliyin hər iki tərəfini kub edirik
Yaranan ədədi bərabərsizlik bunu göstərir. Bunu da nəzərə alsaq, tənliyin sol tərəfi mənfi deyil.
İndi tənliyin sağ tərəfini nəzərdən keçirək.
Çünki , sonra
Bununla belə, məlumdur ki ... Buradan belə çıxır ki, yəni. tənliyin sağ tərəfi keçmir. Əvvəllər sübut edilmişdir ki, tənliyin sol tərəfi mənfi deyil, buna görə də bərabərlik yalnız onun hər iki tərəfi bərabər olduqda ola bilər və bu yalnız üçün mümkündür.
Cavab verin. .
Misal Tənliyi həll edin
Həll. və işarə edirik ... Koşi-Bunyakovski bərabərsizliyini tətbiq edərək əldə edirik. Buna görə də belə çıxır
... Digər tərəfdən,
... Buna görə də tənliyin heç bir kökü yoxdur.
Cavab verin. .
Misal Tənliyi həll edin:
Həll. Tənliyi belə yenidən yazaq:
Cavab verin. .
Triqonometrik və birləşmiş tənliklərin həlli üçün funksional üsullar
Çevrilmələr nəticəsində hər bir tənliyi müəyyən bir həll üsulu olan bu və ya digər standart formalı tənliyə endirmək olmaz. Belə hallarda funksiyaların monotonluq, məhdudluq, paritet, dövrilik və s. kimi xassələrindən istifadə etmək faydalı olur. Deməli, funksiyalardan biri azalırsa, ikincisi isə interval üzrə artırsa, onda tənliyin bu intervalda kökü var, bu kök unikaldır və sonra onu, məsələn, seçim yolu ilə tapmaq olar. Əgər funksiya yuxarıdan məhduddursa və funksiya aşağıdan məhduddursa və üstəlik, onda tənlik tənliklər sisteminə ekvivalentdir.
Misal Tənliyi həll edin
Həll. Orijinal tənliyi formaya çeviririk
və kvadrat nisbi olaraq həll edin. Sonra alırıq
Gəlin əhalinin birinci tənliyini həll edək. Funksiyanın məhdudluğunu nəzərə alaraq belə nəticəyə gəlirik ki, tənliyin yalnız seqmentdə kökü ola bilər. Bu intervalda funksiya artır və funksiya azalır. Buna görə də, bu tənliyin kökü varsa, o, unikaldır. Seçim yolu ilə tapırıq.
Cavab verin. .
Misal Tənliyi həll edin
Həll. Qoy, və , onda orijinal tənlik funksional tənlik kimi yazıla bilər. Funksiya tək olduğundan, o zaman. Bu vəziyyətdə tənliyi əldə edirik.
və monoton olduğu üçün tənlik tənliyə ekvivalentdir, yəni. tək köklü olan.
Cavab verin. .
Misal
Tənliyi həll edin .
Həll. Mürəkkəb funksiyanın törəməsi haqqında teoremə əsaslanaraq aydın olur ki, funksiya azalan (funksiya azalır, artır, azalır). Beləliklə, aydın olur ki, funksiya
üzrə müəyyən edilir, azalır. Deməli, bu tənliyin ən çox bir kökü var. Çünki
, sonra
Cavab verin. .
Misal Tənliyi həll edin.
Həll. Tənliyi üç intervalda nəzərdən keçirin.
a) Qoy. Onda bu çoxluqda ilkin tənlik tənliyə bərabərdir. Hansı ki, intervalında heç bir həlli yoxdur, çünki , , a. İntervalda orijinal tənliyin də kökləri yoxdur, çünki.
, a .
b) Qoy. Onda bu çoxluqda orijinal tənlik tənliyə bərabərdir
intervalda kökləri ədədlər,,,.
c) Qoy. Onda bu çoxluqda orijinal tənlik tənliyə bərabərdir
Hansı interval üzrə heç bir həlli yoxdur, ildən, və. İntervalda tənliyin də həlli yoxdur, çünki , , a.
Cavab verin. , , , .
Simmetriya üsulu
Tapşırığın tərtibində tənliyin, bərabərsizliyin, sistemin və s.-in həllinin unikallığı tələbi olduqda simmetriya metodundan istifadə etmək rahatdır. və ya həllərin sayının dəqiq göstəricisi. Bu halda, verilmiş ifadələrin istənilən simmetriyasını tapmaq lazımdır.
Müxtəlif mümkün simmetriya növlərinin müxtəlifliyini də nəzərə almaq lazımdır.
Simmetriya ilə düşünmədə məntiqi addımlara ciddi riayət etmək də eyni dərəcədə vacibdir.
Adətən, simmetriya yalnız zəruri şərtləri yaratmağa imkan verir və sonra onların kifayətliyini yoxlamaq lazımdır.
Misal Tənliyin unikal həlli olan parametrin bütün dəyərlərini tapın.
Həll. Qeyd edək ki, və cüt funksiyalardır, ona görə də tənliyin sol tərəfi cüt funksiyadır.
Deməli, tənliyin həlli olarsa, tənliyin də həlli var. Əgər tənliyin yeganə həlli olarsa, onda zəruri , .
Gəlin seçək mümkündür tənliyin kökü olmasını tələb etməklə dəyərlər.
Dərhal qeyd edin ki, digər dəyərlər problemin vəziyyətini təmin edə bilməz.
Ancaq seçilənlərin hamısının problemin şərtini təmin edib-etmədiyi hələ məlum deyil.
Adekvatlıq.
1), tənlik formasını alır .
2), tənlik aşağıdakı formanı alacaq:
Aydındır ki, hamı üçün və ... Beləliklə, sonuncu tənlik sistemə bərabərdir:
Beləliklə, biz sübut etdik ki, üçün tənliyin unikal həlli var.
Cavab verin. .
Funksiya kəşfiyyatı həlli
Misal Tənliyin bütün həllərini sübut edin
Tam ədədlər.
Həll. Orijinal tənliyin əsas dövrüdür. Ona görə də əvvəlcə bu tənliyi seqmentdə araşdırırıq.
Tənliyi formaya çeviririk:
Mikrokalkulyatordan istifadə edərək əldə edirik:
Əgər, onda əvvəlki bərabərliklərdən əldə edirik:
Yaranan tənliyi həll etdikdən sonra alırıq:.
Aparılan hesablamalar seqmentə aid olan tənliyin köklərinin və olduğunu güman etməyə imkan verir.
Birbaşa yoxlama bu fərziyyəni təsdiqləyir. Beləliklə, tənliyin köklərinin yalnız tam ədədlər olduğu sübut edilmişdir.
Misal
Tənliyi həll edin .
Həll. Tənliyin əsas dövrünü tapaq. Funksiya bərabər əsas dövrə malikdir. Funksiyanın əsas dövrüdür. Ən kiçik ümumi çoxluq və bərabərdir. Buna görə də tənliyin əsas dövrüdür. Qoy olsun.
Aydındır ki, tənliyin həllidir. Interval üzrə. Funksiya mənfidir. Buna görə də tənliyin digər köklərini yalnız x və intervallarında axtarmaq lazımdır.
Mikrokalkulyatorun köməyi ilə əvvəlcə tənliyin köklərinin təxmini dəyərlərini tapırıq. Bunun üçün funksiya qiymətlərinin cədvəlini tərtib edirik fasilələrlə və; yəni fasilələrlə və.
0 | 0 | 202,5 | 0,85355342 |
3 | -0,00080306 | 207 | 0,6893642 |
6 | -0,00119426 | 210 | 0,57635189 |
9 | -0,00261932 | 213 | 0,4614465 |
12 | -0,00448897 | 216 | 0,34549155 |
15 | -0,00667995 | 219 | 0,22934931 |
18 | -0,00903692 | 222 | 0,1138931 |
21 | -0,01137519 | 225 | 0,00000002 |
24 | -0,01312438 | 228 | -0,11145712 |
27 | -0,01512438 | 231 | -0,21961736 |
30 | -0,01604446 | 234 | -0,32363903 |
33 | -0,01597149 | 237 | -0,42270819 |
36 | -0,01462203 | 240 | -0,5160445 |
39 | -0,01170562 | 243 | -0,60290965 |
42 | -0,00692866 | 246 | -0,65261345 |
45 | 0,00000002 | 249 | -0,75452006 |
48 | 0,00936458 | 252 | -0,81805397 |
51 | 0,02143757 | 255 | -0,87270535 |
54 | 0,03647455 | 258 | -0,91803444 |
57 | 0,0547098 | 261 | -0,95367586 |
60 | 0,07635185 | 264 | -0,97934187 |
63 | 0,10157893 | 267 | -0,99482505 |
66 | 0,1305352 | 270 | -1 |
67,5 | 0,14644661 |
Cədvəldən aşağıdakı fərziyyələr asanlıqla görünür: seqmentə aid olan tənliyin kökləri ədədlərdir:; ; ... Birbaşa yoxlama bu fərziyyəni təsdiqləyir.
Cavab verin.
;
; .
Vahid dairədən istifadə edərək triqonometrik bərabərsizliklərin həlli
Triqonometrik funksiyalardan biri olan formanın triqonometrik bərabərsizliklərini həll edərkən, bərabərsizliyin həllini ən aydın şəkildə təmsil etmək və cavabı yazmaq üçün triqonometrik dairədən istifadə etmək rahatdır. Triqonometrik bərabərsizliklərin həllinin əsas üsulu onları ən sadə tipli bərabərsizliklərə endirməkdir. Bu cür bərabərsizliklərin necə həll olunacağına bir misal çəkək.
Misal Bərabərsizliyi həll edin.
Həll. Triqonometrik dairə çəkək və onun üzərində ordinatının böyük olduğu nöqtələri qeyd edək.
Bu bərabərsizliyin həlli üçün olacaq. O da aydındır ki, əgər hansısa rəqəm müəyyən edilmiş intervaldan hər hansı bir rəqəmdən fərqlidirsə, o da ən azı olacaq. Buna görə, həllin tapılan seqmentinin uclarına sadəcə əlavə etmək lazımdır. Nəhayət, ilkin bərabərsizliyin həlli yollarının hamısının olduğunu görürük .
Cavab verin.
.
Tangens və kotangens ilə bərabərsizlikləri həll etmək üçün tangens və kotangens xətti anlayışı faydalıdır. Bunlar düz xətlərdir və müvafiq olaraq (şəkildə (1) və (2)) triqonometrik dairəyə toxunandır.
Görmək asandır ki, mənşəyi başlanğıcda olan, absis oxunun müsbət istiqaməti ilə bucaq düzəldən bir şüa qursanız, bu şüanın xətt ilə kəsişdiyi nöqtədən seqmentin uzunluğu. tangenslərin sayı bu şüanın absis oxu ilə etdiyi bucağın tangensinə tam bərabərdir. Oxşar müşahidə kotangent üçün də baş verir.
Misal Bərabərsizliyi həll edin.
Həll.İşarə edək, onda bərabərsizlik ən sadə formanı alır:. Tangensin ən kiçik müsbət dövrünə (LSP) bərabər uzunluq intervalını nəzərdən keçirək. Bu seqmentdə tangens xəttindən istifadə edərək bunu təyin edirik. İndi nə əlavə etmək lazım olduğunu xatırlayın, çünki AES bir funksiyadır. Belə ki, ... Dəyişənlərə qayıdaraq, bunu əldə edirik.
Cavab verin.
.
Tərs triqonometrik funksiyaların qrafiklərindən istifadə edərək tərs triqonometrik funksiyalarla bərabərsizlikləri həll etmək rahatdır. Bunun necə edildiyini bir nümunə ilə göstərək.
Triqonometrik bərabərsizliklərin qrafik həlli
Qeyd edək ki, əgər dövri funksiyadırsa, onda bərabərsizliyi həll etmək üçün uzunluğu funksiyanın dövrünə bərabər olan intervalda onun həllərini tapmaq lazımdır. Orijinal bərabərsizliyin bütün həlləri tapılan qiymətlərdən, həmçinin funksiyanın istənilən tam sayda dövrləri ilə tapılanlardan fərqlənənlərdən ibarət olacaqdır.
Bərabərsizliyin həllini nəzərdən keçirin ().
O vaxtdan bəri bərabərsizliyin həlli yoxdur. Əgər, onda bərabərsizliyin həlli çoxluğu bütün həqiqi ədədlərin çoxluğudur.
Qoy olsun. Sinus funksiyası ən kiçik müsbət dövrə malikdir, buna görə bərabərsizlik əvvəlcə uzunluq seqmentində, məsələn, bir seqmentdə həll edilə bilər. Biz və () funksiyalarının qrafiklərini qururuq. formanın bərabərsizlikləri ilə verilir: və buradan,
Bu yazıda həm ən sadə, həm də olimpiada səviyyəsində olan triqonometrik tənliklərin və bərabərsizliklərin həlli üsulları nəzərdən keçirilmişdir. Triqonometrik tənliklərin və bərabərsizliklərin həlli üçün əsas üsullar, üstəlik, həm spesifik - yalnız triqonometrik tənliklər və bərabərsizliklər üçün xarakterik olan - həm də triqonometrik tənliklərə tətbiq edilən tənliklərin və bərabərsizliklərin həlli üçün ümumi funksional üsullar nəzərdən keçirilmişdir.
Dissertasiyada əsas nəzəri məlumatlar verilir: triqonometrik və tərs triqonometrik funksiyaların tərifi və xassələri; triqonometrik funksiyaların digər triqonometrik funksiyalar baxımından ifadəsi, triqonometrik ifadələrin, xüsusən də tərs triqonometrik funksiyaların çevrilməsi üçün çox vacibdir; məktəb kursundan yaxşı məlum olan əsas triqonometrik düsturlara əlavə olaraq, əks triqonometrik funksiyaları ehtiva edən ifadələri sadələşdirən düsturlar var. Elementar triqonometrik tənliklərin həlli, faktorlara ayırma üsulu, triqonometrik tənliklərin cəbri tənliklərə endirilməsi üsulları nəzərdən keçirilir. Triqonometrik tənliklərin həlli bir neçə yolla yazıla bildiyinə və bu həllərin forması bu həllərin eyni və ya fərqli olduğunu dərhal müəyyən etməyə imkan vermədiyinə görə triqonometrik tənliklərin həllinin ümumi sxemi nəzərdən keçirilir və triqonometrik tənliklərin ümumi həllər qruplarının çevrilməsi ətraflı nəzərdən keçirilir. Elementar triqonometrik bərabərsizliklərin həm vahid dairə üzrə, həm də qrafik şəkildə həlli üsulları ətraflı nəzərdən keçirilir. Elementar olmayan triqonometrik bərabərsizliklərin elementar bərabərsizliklər vasitəsilə həlli prosesi və artıq məktəblilərə yaxşı məlum olan intervallar üsulu təsvir edilmişdir. Köklərin seçilməsi üçün tipik tapşırıqların həlli verilmişdir. Köklərin seçilməsi üçün lazımi nəzəri məlumat verilir: tam ədədlər çoxluğunu ayrı-ayrı alt çoxluqlara bölmək, tənlikləri tam ədədlərdə həll etmək (diafan).
Bu dissertasiyanın nəticələri kurs və dissertasiya işlərinin hazırlanmasında, məktəblilər üçün seçmə fənlərin hazırlanmasında tədris materialı kimi istifadə oluna bilər, eləcə də işdən tələbələrin qəbul imtahanlarına və mərkəzləşdirilmiş sınaq imtahanlarına hazırlanmasında istifadə oluna bilər.
Vygodsky Ya.Ya., İbtidai riyaziyyat kitabçası. / Vıqodski Ya.Ya. --- M .: Nauka, 1970.
İgudisman O., Şifahi imtahanda riyaziyyat / İgudisman O. --- M .: Iris Press, Rolf, 2001.
Azarov A.İ., tənliklər / Azarov A.İ., Gladun O.M., Fedosenko V.S. --- Minsk: Trivium, 1994.
Litvinenko V.N., İbtidai riyaziyyat üzrə seminar / Litvinenko V.N. --- M .: Təhsil, 1991.
Sharygin İ.F., Riyaziyyatdan könüllü kurs: problem həlli / Sharygin I.F., Golubev V.I. --- M .: Təhsil, 1991.
Bardushkin V., Triqonometrik tənliklər. Köklərin seçilməsi / V. Bardushkin, A. Prokofiyev. // Riyaziyyat, № 12, 2005 s. 23-27.
Vasilevski A.B., Riyaziyyatdan sinifdənkənar iş üçün tapşırıqlar / Vasilevski A.B. --- Minsk: Narodnaya asveta. 1988. --- 176-cı illər.
Sapunov P.İ., Triqonometrik tənliklərin ümumi həllər qruplarının çevrilməsi və unifikasiyası / Sapunov P.İ. // Riyaziyyat təhsili, buraxılış №3, 1935.
Borodin P., Triqonometriya. Moskva Dövlət Universitetinə qəbul imtahanlarının materialları [mətn] / P. Borodin, V. Galkin, V. Panferov, I. Sergeev, V. Tarasov // Riyaziyyat №1, 2005 s. 36-48.
Samusenko A.V., Riyaziyyat: Abituriyentlərin tipik səhvləri: İstinad kitabçası / Samusenko A.V., Kazachenok V.V. --- Minsk: Ali məktəb, 1991.
Azarov A.İ., İmtahan problemlərinin həlli üçün funksional və qrafik üsullar / Azarov A.İ., Barvenov S.A., --- Mn .: Aversev, 2004.