Tg 1 egyenlet. Arktangens és arckotangens. A tgx = a, ctgx = a egyenletek megoldása - Tudáshipermarket. Az érintő és a kotangens tulajdonságai
Ebben a leckében folytatjuk az arctangens tanulmányozását és a tg x = a alakú egyenletek megoldását bármely a-ra. Az óra elején táblázatos értékű egyenletet oldunk meg és a megoldást grafikonon, majd körön illusztráljuk. Ezután általános formában oldjuk meg a tgx = a egyenletet, és származtatjuk a válasz általános képletét. Illusztráljuk a számításokat grafikonon és körön, és vegyük figyelembe a válasz különböző formáit! Az óra végén több feladatot oldunk meg grafikonon és körön illusztrált megoldásokkal.
Téma: Trigonometrikus egyenletek
Lecke: Arktangens és a tgx=a egyenlet megoldása (folytatás)
1. Óra témája, bevezetés
Ebben a leckében megvizsgáljuk az egyenlet megoldását bármely valósra
2. A tgx=√3 egyenlet megoldása
1. feladat Oldja meg az egyenletet!
Keressük meg a megoldást függvénygrafikonok segítségével 
(1. ábra).
Tekintsük az intervallumot ezen az intervallumon a függvény monoton, ami azt jelenti, hogy csak a függvény egyik értékére érhető el.
Válasz: 
Oldjuk meg ugyanezt az egyenletet a számkör segítségével (2. ábra).
Válasz: 
3. A tgx=a egyenlet megoldása általános formában
Oldjuk meg az egyenletet általános formában (3. ábra).
Az intervallumon az egyenletnek egyedi megoldása van 
A legkevésbé pozitív időszak
Szemléltessük a számkört (4. ábra).
4. Problémamegoldás
2. feladat Oldja meg az egyenletet!
Változtassuk meg a változót
3. probléma. Oldja meg a rendszert:
Megoldás (5. ábra):
Egy ponton tehát az érték a megoldás, a rendszernek csak a lényege
Válasz: 
4. feladat Oldja meg az egyenletet! 
Oldjuk meg a változóváltás módszerével:
5. feladat. Határozza meg az egyenlet megoldásainak számát az intervallumon! 
Oldjuk meg a feladatot grafikon segítségével (6. ábra).
Az egyenletnek három megoldása van egy adott intervallumon.
Illusztráljuk egy számkörön (7. ábra), bár ez nem olyan egyértelmű, mint a grafikonon.
Válasz: Három megoldás.
5. Következtetés, következtetés
Bármely valós egyenletet az arctangens fogalmával oldottuk meg. A következő leckében bemutatjuk az arctangens fogalmát.
Bibliográfia
1. Algebra és az elemzés kezdete, 10. évfolyam (két részben). Tankönyv általános oktatási intézmények számára (profilszint), szerk. A. G. Mordkovich. -M.: Mnemosyne, 2009.
2. Algebra és az elemzés kezdete, 10. évfolyam (két részben). Problémakönyv oktatási intézmények számára (profilszint), szerk. A. G. Mordkovich. -M.: Mnemosyne, 2007.
3. Vilenkin N. Ya., Ivashev-Musatov O. S., Shvartsburd S. I. Algebra és matematikai elemzés a 10. évfolyamhoz (tankönyv iskolák és osztályok tanulói számára a matematika elmélyült tanulmányozásával - M.: Prosveshchenie, 1996).
4. Galitsky M. L., Moshkovich M. M., Shvartsburd S. I. Az algebra és a matematikai elemzés mélyreható tanulmányozása - M.: Prosveshchenie, 1997.
5. Matematikai feladatgyűjtemény felsőoktatási intézményekbe jelentkezők számára (szerkesztette: M. I. Skanavi - M.: Higher School, 1992).
6. Merzlyak A.G., Polonsky V.B., Yakir M.S. Algebrai szimulátor.-K.: A.S.K., 1997.
7. Sahakyan S. M., Goldman A. M., Denisov D. V. Problémák az algebrában és az elemzés alapelvei (kézikönyv az általános oktatási intézmények 10-11. osztályos tanulói számára - M.: Prosveshchenie, 2003).
8. Karp A.P. Feladatgyűjtemény az algebráról és az elemzési elvekről: tankönyv. pótlék 10-11 évfolyamon. mélységgel tanult Matematika.-M.: Oktatás, 2006.
Házi feladat
Algebra és az elemzés kezdete, 10. évfolyam (két részben). Problémakönyv oktatási intézmények számára (profilszint), szerk. A. G. Mordkovich. -M.: Mnemosyne, 2007.
№№ 22.18, 22.21.
További webes források
1. Matematika.
2. Internetes portál Problémák. ru.
3. Vizsgafelkészítő oktatási portál.
Az A pont közepén.
α a radiánban kifejezett szög.
Érintő ( tan α) egy trigonometrikus függvény, amely a derékszögű háromszög befogója és szára közötti α szögtől függ, egyenlő a szemközti szár hosszának arányával |BC| a szomszédos láb |AB| hosszához .
Kotangens ( ctg α) egy trigonometrikus függvény, amely egy derékszögű háromszög befogója és szára közötti α szögtől függ, amely egyenlő a szomszédos szár hosszának arányával |AB| a szemközti láb hosszára |BC| .
Tangens
Ahol n- egész.
A nyugati irodalomban az érintőt a következőképpen jelölik:
.
;
;
.
Az érintőfüggvény grafikonja, y = tan x
Kotangens
Ahol n- egész.
A nyugati irodalomban a kotangenst a következőképpen jelölik:
.
A következő jelöléseket is elfogadjuk:
;
;
.
A kotangens függvény grafikonja, y = ctg x
Az érintő és a kotangens tulajdonságai
Periodikaság
Függvények y = tg xés y = ctg x periodikusak π periódussal.
Paritás
Az érintő és a kotangens függvények páratlanok.
Meghatározási és értékterületek, növekvő, csökkenő
Az érintő és a kotangens függvények definíciós tartományukban folytonosak (lásd a folytonosság bizonyítását). Az érintő és a kotangens főbb tulajdonságait a táblázat tartalmazza ( n- egész).
| y= tg x | y= ctg x | |
| Hatály és folytonosság | ||
| Értéktartomány | -∞ < y < +∞ | -∞ < y < +∞ |
| Növekvő | - | |
| Csökkenő | - | |
| Extrémek | - | - |
| Nullák, y = 0 | ||
| Metszéspontok az ordináta tengellyel, x = 0 | y= 0 | - |
Képletek
Szinuszos és koszinuszos kifejezések
;
;
;
;
;
Az érintő és a kotangens képlete összegből és különbségből
A többi képlet például könnyen beszerezhető
Érintők szorzata
Az érintők összegének és különbségének képlete
Ez a táblázat az érv bizonyos értékeinek érintők és kotangensek értékeit mutatja be. 
Komplex számokat használó kifejezések
Kifejezések hiperbolikus függvényeken keresztül
;
;
Származékok
; .
.
Az n-edrendű származéka a függvény x változójára vonatkozóan:
.
Levezetési képletek a > > > tangenshez ; kotangensre >>>
Integrálok
Sorozatbővítések
Ahhoz, hogy megkapjuk az érintő kiterjesztését x hatványaiban, a függvények hatványsorában több tagot kell felvenni a kiterjesztésre. bűn xÉs cos xés osztjuk el ezeket a polinomokat egymással, . Ez a következő képleteket állítja elő.
Nál nél .
nál nél .
Ahol Bn- Bernoulli számok. Meghatározásuk vagy az ismétlődési relációból történik:
;
;
Ahol .
Vagy Laplace képlete szerint: 
Inverz függvények
Az érintő és a kotangens inverz függvénye az arctangens, illetve az arckotangens.
Arctangens, arctg
, Ahol n- egész.
Arccotangens, arcctg
, Ahol n- egész.
Referenciák:
BAN BEN. Bronstein, K.A. Semendyaev, Matematika kézikönyve mérnökök és főiskolai hallgatók számára, „Lan”, 2009.
G. Korn, Matematika kézikönyve tudósoknak és mérnököknek, 2012.
A program során a hallgatók ötletet kaptak a trigonometrikus egyenletek megoldásáról, megismerkedtek az arc koszinusz és az arcszinusz fogalmával, valamint példákkal a cos t = a és sin t = a egyenletek megoldására. Ebben a videós oktatóanyagban a tg x = a és ctg x = a egyenletek megoldását nézzük meg.
A téma tanulmányozásának megkezdéséhez vegyük figyelembe a tg x = 3 és tg x = - 3 egyenleteket. Ha a tg x = 3 egyenletet gráf segítségével oldjuk meg, látni fogjuk, hogy az y = tg x és függvények grafikonjainak metszéspontja y = 3-nak végtelen számú megoldása van, ahol x = x 1 + πk. Az x 1 érték az y = tan x és y = 3 függvények grafikonjai metszéspontjának x koordinátája. A szerző bevezeti az arctangens fogalmát: arctan 3 olyan szám, amelynek tan értéke 3, és ez a szám a -π/2 és π/2 közötti intervallumhoz tartozik. Az arctangens fogalmát használva a tan x = 3 egyenlet megoldása így írható fel: x = arctan 3 + πk.
Analógia útján a tg x = - 3 egyenletet megoldottuk az y = tg x és y = - 3 függvények szerkesztett grafikonjaiból, hogy a gráfok metszéspontjai, és így az egyenletek megoldásai is meg fognak felelni. legyen x = x 2 + πk. Az arctangens segítségével a megoldás felírható x = arctan (- 3) + πk. A következő ábrán azt látjuk, hogy arctg (- 3) = - arctg 3.
Az arctangens általános definíciója a következő: az a arctangens a -π/2 és π/2 közötti intervallumból származó szám, amelynek érintője egyenlő a-val. Ekkor a tan x = a egyenlet megoldása x = arctan a + πk.
A szerző példát ad 1. Keressünk megoldást az arctg kifejezésre. Vezessük be a jelölést: egy szám arctangense egyenlő x-szel, akkor tg x egyenlő lesz az adott számmal, ahol x a -π szegmenshez tartozik. /2-től π/2-ig. Az előző témakörök példáihoz hasonlóan itt is értéktáblázatot fogunk használni. A táblázat szerint ennek a számnak az érintője az x = π/3 értéknek felel meg. Írjuk fel az egyenlet megoldását: egy adott szám arctangense egyenlő π/3-mal, π/3 is a -π/2 és π/2 közötti intervallumhoz tartozik.
2. példa - számítsa ki egy negatív szám arctangensét. Az arctg (- a) = - arctg a egyenlőség segítségével beírjuk x értékét. A 2. példához hasonlóan felírjuk x értékét, amely a -π/2 és π/2 közötti szegmenshez tartozik. Az értéktáblázatból azt találjuk, hogy x = π/3, tehát -- tg x = - π/3. Az egyenletre a válasz - π/3.
Tekintsük a 3. példát. Oldjuk meg a tg x = 1 egyenletet. Írjuk fel, hogy x = arctan 1 + πk. A táblázatban a tg 1 érték az x = π/4 értéknek felel meg, ezért arctg 1 = π/4. Helyettesítsük be ezt az értéket az eredeti x képletbe, és írjuk fel a választ x = π/4 + πk.
4. példa: számítsa ki a tan x = - 4.1. Ebben az esetben x = arctan (- 4,1) + πk. Mert Ebben az esetben nem lehet megtalálni az arctg értékét, így a válasz így néz ki: x = arctg (- 4.1) + πk.
Az 5. példában a tg x > 1 egyenlőtlenség megoldását tekintjük. Ennek megoldásához grafikonokat készítünk az y = tan x és y = 1 függvényekből. Amint az az ábrán látható, ezek a grafikonok az x = pontokban metszik egymást. π/4 + πk. Mert ebben az esetben tg x > 1, a grafikonon kiemeljük az y = 1 gráf felett elhelyezkedő tangentoid régiót, ahol x a π/4-től π/2-ig terjedő intervallumhoz tartozik. A választ úgy írjuk, hogy π/4 + πk< x < π/2 + πk.
Ezután tekintsük a cot x = a egyenletet. Az ábrán az y = cot x, y = a, y = - a függvények grafikonjai láthatók, amelyeknek sok metszéspontja van. A megoldások a következőképpen írhatók fel: x = x 1 + πk, ahol x 1 = arcctg a és x = x 2 + πk, ahol x 2 = arcctg (- a). Megjegyezzük, hogy x 2 = π - x 1 . Ebből következik az arcctg (- a) = π - arcctg a egyenlőség. A következő az ívkotangens definíciója: az a ív kotangens egy 0-tól π-ig terjedő szám, amelynek kotangense egyenlő a-val. A сtg x = a egyenlet megoldását a következőképpen írjuk fel: x = arcctg a + πk.
A videóóra végén egy másik fontos következtetés is levonható - a ctg x = a kifejezés felírható tg x = 1/a-ként, feltéve, hogy a nem egyenlő nullával.
SZÖVEGDEKÓDOLÁS:
Tekintsük a tg x = 3 és tg x = - 3 egyenletek megoldását. Az első egyenletet grafikusan megoldva azt látjuk, hogy az y = tg x és y = 3 függvények grafikonjainak végtelen sok metszéspontja van, amelyek abszcisszáit felírjuk. formájában
x = x 1 + πk, ahol x 1 az y = 3 egyenes metszéspontjának abszcissza a tangentoid fő ágával (1. ábra), amelyre a jelölést kitalálták.
arctan 3 (három ív érintője).
Hogyan lehet megérteni az arctg 3-at?
Ez egy olyan szám, amelynek érintője 3, és ez a szám a (- ;) intervallumhoz tartozik. Ekkor a tg x = 3 egyenlet minden gyöke felírható az x = arctan 3+πk képlettel.
Hasonlóképpen a tg x = - 3 egyenlet megoldása felírható x = x 2 + πk alakban, ahol x 2 az y = - 3 egyenes metszéspontjának abszcisszája a főággal. tangentoid (1. ábra), amelyre az arctg(- 3) jelölés (arc tangens mínusz három). Ekkor az egyenlet összes gyöke felírható a következő képlettel: x = arctan(-3)+ πk. Az ábrán látható, hogy arctg(- 3)= - arctg 3.
Fogalmazzuk meg az arctangens definícióját. Az a arctangens egy olyan szám a (-;) intervallumból, amelynek érintője egyenlő a-val.
Gyakran használják az egyenlőséget: arctg(-a) = -arctg a, amely bármely a-ra érvényes.
Az arctangens definíciójának ismeretében általános következtetést vonhatunk le az egyenlet megoldásáról
tg x= a: a tg x = a egyenletnek van megoldása x = arctan a + πk.
Nézzünk példákat.
PÉLDA 1. Számítsa ki az arctánt.
Megoldás. Legyen arctg = x, majd tgх = és xϵ (- ;). Értéktáblázat megjelenítése Ezért x =, mivel tg = és ϵ (- ;).
Szóval, arctan =.
2. PÉLDA Számítsa ki az arctánt (-).
Megoldás. Az arctg(- a) = - arctg a egyenlőség felhasználásával a következőket írjuk:
arctg(-) = - arctg . Legyen - arctg = x, majd - tgх = és xϵ (- ;). Ezért x =, mivel tg = és ϵ (- ;). Értéktáblázat megjelenítése
Ez azt jelenti, hogy - arctg=- tgх= - .
3. PÉLDA Oldja meg a tgх = 1 egyenletet.
1. Írja fel a megoldási képletet: x = arctan 1 + πk.
2. Keresse meg az arctangens értékét!
mivel tg = . Értéktáblázat megjelenítése
Tehát arctan1= .
3. Írja be a talált értéket a megoldási képletbe:
4. PÉLDA Oldja meg a tgх = - 4.1 egyenletet (az x érintő egyenlő mínusz négy pont egy).
Megoldás. Írjuk fel a megoldási képletet: x = arctan (- 4,1) + πk.
Az arctangens értékét nem tudjuk kiszámolni, ezért az egyenlet megoldását a kapott formában hagyjuk.
5. PÉLDA Oldja meg a tgх 1 egyenlőtlenséget.
Megoldás. Grafikusan megoldjuk.
- Építsünk érintőt
y = tgх és egyenes y = 1 (2. ábra). Olyan pontokban metszik egymást, mint az x = + πk.
2. Válasszuk ki az x tengelynek azt az intervallumát, amelyben a tangentoid fő ága az y = 1 egyenes felett helyezkedik el, mivel tgх 1 feltétellel. Ez az intervallum (;).
3. A függvény periodicitását használjuk.
2. tulajdonság. y=tg x egy π főperiódusú periodikus függvény.
Figyelembe véve az y = tgх függvény periodicitását, megírjuk a választ:
(;). A válasz kettős egyenlőtlenségként írható fel:
Térjünk át a ctg x = a egyenletre. Mutassuk meg grafikusan a pozitív és negatív a egyenlet megoldását (3. ábra).
Az y = ctg x és y = a függvények grafikonjai és még
y=ctg x és y=-a
végtelenül sok közös pontja van, amelyek abszcisszán így néznek ki:
x = x 1 +, ahol x 1 az y = a egyenes és a tangentoid főágával való metszéspontjának abszcissza és
x 1 = arcctg a;
x = x 2 +, ahol x 2 az egyenes metszéspontjának abszcissza
y = - a a tangentoid fő ágával és x 2 = arcсtg (- a).
Vegye figyelembe, hogy x 2 = π - x 1. Tehát írjunk le egy fontos egyenlőséget:
arcсtg (-а) = π - arcсtg а.
Fogalmazzuk meg a definíciót: az a arc kotangens egy olyan szám a (0;π) intervallumból, amelynek kotangense egyenlő a-val.
A ctg x = a egyenlet megoldását a következő formában írjuk fel: x = arcctg a + .
Kérjük, vegye figyelembe, hogy a ctg x = a egyenlet átalakítható alakra
tg x = , kivéve ha a = 0.
Problémájára részletes megoldást rendelhet!!!
A trigonometrikus függvény (`sin x, cos x, tan x` vagy `ctg x`) előjele alatt ismeretlent tartalmazó egyenlőséget trigonometrikus egyenletnek nevezzük, és ezek képleteit vizsgáljuk meg a továbbiakban.
A legegyszerűbb egyenletek a `sin x=a, cos x=a, tg x=a, ctg x=a`, ahol `x` a keresendő szög, `a` tetszőleges szám. Írjuk fel mindegyikhez a gyökképleteket.
1. `sin x=a` egyenlet.
Az `|a|>1` esetén nincs megoldás.
Amikor `|a| A \leq 1` végtelen számú megoldást tartalmaz.
Gyökképlet: `x=(-1)^n arcsin a + \pi n, n \in Z`
2. "cos x=a" egyenlet
Az `|a|>1` - mint a szinusz esetében - nincs megoldása valós számok között.
Amikor `|a| A \leq 1` végtelen számú megoldást tartalmaz.
Gyökképlet: `x=\pm arccos a + 2\pi n, n \in Z`
Szinusz és koszinusz speciális esetei grafikonokban. 
3. "tg x=a" egyenlet
Végtelen számú megoldása van az "a" bármely értékére.
Gyökérképlet: `x=arctg a + \pi n, n \in Z`
4. `ctg x=a` egyenlet
Ezenkívül végtelen számú megoldása van az "a" bármely értékére.
Gyökérképlet: `x=arcctg a + \pi n, n \in Z`
A trigonometrikus egyenletek gyökereinek képletei a táblázatban
A szinuszhoz: 
A koszinuszhoz: 
Tangenshez és kotangenshez: 
Képletek inverz trigonometrikus függvényeket tartalmazó egyenletek megoldására:
Trigonometrikus egyenletek megoldási módszerei
Bármely trigonometrikus egyenlet megoldása két lépésből áll:
- a legegyszerűbbre való átalakítás segítségével;
- oldja meg a fent leírt gyökképletek és táblázatok segítségével kapott legegyszerűbb egyenletet.
Nézzük meg a fő megoldási módszereket példák segítségével.
Algebrai módszer.
Ez a módszer magában foglalja egy változó lecserélését és egyenlőségbe való behelyettesítését.
Példa. Oldja meg az egyenletet: `2cos^2(x+\frac \pi 6)-3sin(\frac \pi 3 - x)+1=0`
`2cos^2(x+\frac \pi 6)-3cos(x+\frac \pi 6)+1=0,
cserélje ki: `cos(x+\frac \pi 6)=y, majd `2y^2-3y+1=0`,
megtaláljuk a gyökereket: `y_1=1, y_2=1/2`, amiből két eset következik:
1. `cos(x+\frac \pi 6)=1`, `x+\frac \pi 6=2\pi n`, `x_1=-\frac \pi 6+2\pi n`.
2. `cos(x+\frac \pi 6)=1/2, `x+\frac \pi 6=\pm arccos 1/2+2\pi n`, `x_2=\pm \frac \pi 3- \frac \pi 6+2\pi n`.
Válasz: `x_1=-\frac \pi 6+2\pi n`, `x_2=\pm \frac \pi 3-\frac \pi 6+2\pi n`.
Faktorizáció.
Példa. Oldja meg az egyenletet: `sin x+cos x=1`.
Megoldás. Mozgassuk az egyenlőség összes tagját balra: `sin x+cos x-1=0`. Használatával a bal oldalt transzformáljuk és faktorizáljuk:
"sin x — 2sin^2 x/2=0",
"2sin x/2 cos x/2-2sin^2 x/2=0",
"2sin x/2 (cos x/2-sin x/2)=0",
- `sin x/2 =0`, `x/2 =\pi n`, `x_1=2\pi n`.
- „cos x/2-sin x/2=0”, „tg x/2=1”, „x/2=arctg 1+ \pi n”, „x/2=\pi/4+ \pi n” , `x_2=\pi/2+ 2\pi n`.
Válasz: `x_1=2\pi n`, `x_2=\pi/2+ 2\pi n`.
Redukálás homogén egyenletre
Először is le kell redukálnia ezt a trigonometrikus egyenletet a két alak egyikére:
`a sin x+b cos x=0` (elsőfokú homogén egyenlet) vagy `a sin^2 x + b sin x cos x +c cos^2 x=0` (másodfokú homogén egyenlet).
Ezután ossza el mindkét részt `cos x \ne 0` -val - az első esetben, és "cos^2 x \ne 0" - a második esetben. Egyenleteket kapunk a `tg x`-re: `a tg x+b=0` és `a tg^2 x + b tg x +c =0`, amelyeket ismert módszerekkel kell megoldani.
Példa. Oldja meg az egyenletet: `2 sin^2 x+sin x cos x - cos^2 x=1`.
Megoldás. Írjuk a jobb oldalt a következőképpen: `1=sin^2 x+cos^2 x`:
`2 sin^2 x+sin x cos x — cos^2 x=` `sin^2 x+cos^2 x`,
`2 sin^2 x+sin x cos x — cos^2 x -` ` sin^2 x — cos^2 x=0`
`sin^2 x+sin x cos x — 2 cos^2 x=0`.
Ez egy homogén másodfokú trigonometrikus egyenlet, bal és jobb oldalát elosztjuk `cos^2 x \ne 0`-val, így kapjuk:
`\frac (sin^2 x)(cos^2 x)+\frac(sin x cos x)(cos^2 x) — \frac(2 cos^2 x)(cos^2 x)=0
`tg^2 x+tg x — 2=0`. Vezessük be a `tg x=t` helyettesítőt, ami `t^2 + t - 2=0`-t eredményez. Ennek az egyenletnek a gyöke: `t_1=-2` és `t_2=1`. Akkor:
- „tg x=-2”, „x_1=arctg (-2)+\pi n”, „n \in Z”
- `tg x=1`, `x=arctg 1+\pi n`, `x_2=\pi/4+\pi n`, ` n \in Z`.
Válasz. `x_1=arctg (-2)+\pi n`, `n \in Z, `x_2=\pi/4+\pi n`, `n \in Z`.
Áttérés félszögre
Példa. Oldja meg az egyenletet: "11 sin x - 2 cos x = 10".
Megoldás. Alkalmazzuk a kettős szögképleteket, aminek eredménye: `22 sin (x/2) cos (x/2) -` `2 cos^2 x/2 + 2 sin^2 x/2=` `10 sin^2 x /2 +10 cos^2 x/2`
"4 tg^2 x/2 – 11 tg x/2 +6=0".
A fent leírt algebrai módszert alkalmazva a következőket kapjuk:
- „tg x/2=2”, „x_1=2 arctg 2+2\pi n”, „n \in Z”,
- „tg x/2=3/4”, „x_2=arctg 3/4+2\pi n”, „n \in Z”.
Válasz. `x_1=2 arctg 2+2\pi n, n \in Z`, `x_2=arctg 3/4+2\pi n`, `n \in Z`.
Segédszög bevezetése
Az „a sin x + b cos x =c” trigonometrikus egyenletben, ahol a,b,c együtthatók, x pedig egy változó, mindkét oldalt ossza el „sqrt (a^2+b^2)”-vel:
`\frac a(sqrt (a^2+b^2)) sin x +` `\frac b(sqrt (a^2+b^2)) cos x =` `\frac c(sqrt (a^2) ) +b^2))".
A bal oldali együtthatók szinusz és koszinusz tulajdonságaival rendelkeznek, vagyis négyzeteinek összege 1, moduljaik pedig nem nagyobbak 1-nél. Jelöljük őket a következőképpen: `\frac a(sqrt (a^2) +b^2))=cos \varphi` , ` \frac b(sqrt (a^2+b^2)) =sin \varphi`, `\frac c(sqrt (a^2+b^2)) =C`, akkor:
`cos \varphi sin x + sin \varphi cos x =C`.
Nézzük meg közelebbről a következő példát:
Példa. Oldja meg az egyenletet: `3 sin x+4 cos x=2`.
Megoldás. Az egyenlőség mindkét oldalát elosztjuk `sqrt (3^2+4^2)-vel, így kapjuk:
`\frac (3 sin x) (sqrt (3^2+4^2))+` `\frac(4 cos x)(sqrt (3^2+4^2))=` `\frac 2(sqrt (3^2+4^2))".
"3/5 sin x+4/5 cos x=2/5".
Jelöljük `3/5 = cos \varphi` , `4/5=sin \varphi`. Mivel a `sin \varphi>0`, `cos \varphi>0`, akkor a `\varphi=arcsin 4/5`-t vesszük segédszögnek. Ezután az egyenlőségünket a következő formában írjuk fel:
`cos \varphi sin x+sin \varphi cos x=2/5`
A szinusz szögösszegének képletét alkalmazva egyenlőségünket a következő formában írjuk fel:
"sin (x+\varphi)=2/5",
`x+\varphi=(-1)^n arcsin 2/5+ \pi n`, `n \in Z`,
`x=(-1)^n arcsin 2/5-` `arcsin 4/5+ \pi n`, `n \in Z`.
Válasz. `x=(-1)^n arcsin 2/5-` `arcsin 4/5+ \pi n`, `n \in Z`.
Törtracionális trigonometrikus egyenletek
Ezek olyan tört egyenlőségek, amelyek számlálói és nevezői trigonometrikus függvényeket tartalmaznak.
Példa. Oldja meg az egyenletet. `\frac (sin x)(1+cos x)=1-cos x.
Megoldás. Szorozd meg és oszd el az egyenlőség jobb oldalát "(1+cos x)"-vel. Ennek eredményeként a következőket kapjuk:
`\frac (sin x)(1+cos x)=` `\frac ((1-cos x)(1+cos x))(1+cos x)
`\frac (sin x)(1+cos x)=` `\frac (1-cos^2 x)(1+cos x)`
`\frac (sin x)(1+cos x)=` `\frac (sin^2 x)(1+cos x)`
`\frac (sin x)(1+cos x)-` `\frac (sin^2 x)(1+cos x)=0
`\frac (sin x-sin^2 x)(1+cos x)=0`
Figyelembe véve, hogy a nevező nem lehet egyenlő nullával, a következőt kapjuk: `1+cos x \ne 0`, `cos x \ne -1`, ` x \ne \pi+2\pi n, n \in Z`.
Tegyük egyenlővé a tört számlálóját nullával: `sin x-sin^2 x=0`, `sin x(1-sin x)=0`. Ezután `sin x=0` vagy `1-sin x=0`.
- `sin x=0`, `x=\pi n`, `n \in Z`
- `1-sin x=0`, `sin x=-1`, `x=\pi /2+2\pi n, n \in Z`.
Tekintettel arra, hogy ` x \ne \pi+2\pi n, n \in Z`, a megoldások: `x=2\pi n, n \in Z` és `x=\pi /2+2\pi n` , `n \in Z`.
Válasz. `x=2\pi n`, `n \in Z`, `x=\pi /2+2\pi n`, `n \in Z`.
A trigonometriát és különösen a trigonometrikus egyenleteket a geometria, a fizika és a mérnöki tudomány szinte minden területén használják. A tanulás a 10. osztályban kezdődik, az egységes államvizsgához mindig vannak feladatok, ezért próbálja meg emlékezni a trigonometrikus egyenletek összes képletére - ezek biztosan hasznosak lesznek az Ön számára!
Azonban még csak memorizálni sem kell őket, a lényeg az, hogy megértsük a lényeget és le tudjuk vezetni. Nem olyan nehéz, mint amilyennek látszik. Győződjön meg Ön is a videó megtekintésével.