Тақырып 6

Тригонометриялық және иррационал теңдеулер

Спецификация бойынша не тексеріледі:

Қарапайым тригонометриялық теңдеулерАйнымалыны алмастыруБіртекті теңдеулерИррационал теңдеулер, түбірлерді тексеру

Бір минутта мәні

sin⁡x=a\sin x=a, cos⁡x=a\cos x=a, tg⁡x=a\tg x=a қарапайым тригонометриялық теңдеулері дайын формулалармен шешіледі және шексіз көп түбірі болады. Күрделілерін айнымалыны алмастыру немесе cos⁡x\cos x-ке бөлу арқылы қарапайымға келтіреді. Иррационал теңдеулерді квадраттау арқылы шешеді, бірақ кейін түбірлерді міндетті түрде тексереді.

Қарапайым тілмен

Тригонометриялық теңдеу әрдайым дерлік қарапайымға келтіріледі: sin⁡x=a\sin x=a, cos⁡x=a\cos x=a немесе tg⁡x=a\tg x=a. Қарапайымын шешу — бірлік шеңберде координатасы қажетті барлық нүктені тауып, «толық айналымдарды» қосу.

Неге жауапта πn\pi n немесе 2πn2\pi n бар

Синус әр 2π2\pi сайын қайталанады (толық айналым). x=π6x=\dfrac\pi6 сәйкес келсе, π6+2π\dfrac\pi6+2\pi, π6−2π\dfrac\pi6-2\pi да сәйкес… +2πn, n∈Z+2\pi n,\ n\in\mathbb Z жазуы — «және айналым сайынғы дәл осындайлардың бәрі».

cos⁡x=a\cos x=a: көлденеңінен іздейміз

Косинус — абсцисса. x=ax=a тік сызығы шеңберді екі симметриялы нүктеде қияды: ±arccos⁡a\pm\arccos a. Жауабы: x=±arccos⁡a+2πnx=\pm\arccos a+2\pi n.

sin⁡x=a\sin x=a: тігінен іздейміз

y=ay=a көлденең сызығы екі нүкте береді: arcsin⁡a\arcsin a және π−arcsin⁡a\pi-\arcsin a. Жалпы жазуы: x=(−1)narcsin⁡a+πnx=(-1)^n\arcsin a+\pi n.

Иррационал теңдеулер: тексеру міндетті

Квадратқа шығарғанда біз x=3\sqrt{x}=3 пен x=−3\sqrt{x}=-3-ті «желімдейміз» — бөгде түбір пайда болуы мүмкін. Сондықтан соңында жауаптарды бастапқы теңдеуге қоямыз.

Басты формулалар

sin⁡x=a: x=(−1)narcsin⁡a+πn, ∣a∣≤1\sin x=a:\ x=(-1)^n\arcsin a+\pi n,\ |a|\le1
n∈Zn\in\mathbb Z
cos⁡x=a: x=±arccos⁡a+2πn, ∣a∣≤1\cos x=a:\ x=\pm\arccos a+2\pi n,\ |a|\le1
n∈Zn\in\mathbb Z
tg⁡x=a: x=arctg⁡a+πn\tg x=a:\ x=\arctg a+\pi n
кез келген aa үшін
sin⁡x=0⇒x=πn;cos⁡x=0⇒x=π2+πn\sin x=0\Rightarrow x=\pi n;\quad \cos x=0\Rightarrow x=\dfrac\pi2+\pi n
Дербес жағдайлар
f(x)=g(x)  ⟺  {f(x)=g2(x)g(x)≥0\sqrt{f(x)}=g(x)\iff \begin{cases}f(x)=g^2(x)\\ g(x)\ge0\end{cases}
Иррационал теңдеу

Ұғымдар мен терминдер

Арксинус
arcsin⁡a\arcsin a — синусы aa-ға тең [−π2;π2]\left[-\frac\pi2;\frac\pi2\right] аралығындағы бұрыш
Арккосинус
arccos⁡a\arccos a — косинусы aa-ға тең [0;π][0;\pi] аралығындағы бұрыш
Біртекті теңдеу
asin⁡x+bcos⁡x=0a\sin x+b\cos x=0: cos⁡x\cos x-ке бөлеміз

Тақырыпты талдау

Әдістер

Алмастыру: 2sin⁡2x−sin⁡x−1=02\sin^2x-\sin x-1=0, t=sin⁡xt=\sin x, ∣t∣≤1|t|\le1.

Біртекті: sin⁡x=3cos⁡x⇒tg⁡x=3\sin x=\sqrt3\cos x\Rightarrow\tg x=\sqrt3.

∣a∣>1|a|>1 болса, sin⁡x=a\sin x=a және cos⁡x=a\cos x=a теңдеулерінің түбірі жоқ.

Иррационал теңдеулер

Квадраттағаннан кейін бөгде түбірлер пайда болуы мүмкін. Қойып тексеру немесе g(x)≥0g(x)\ge0 шарты міндетті.

Көбейткіштерге жіктеу әдісі 10 сынып

Көбейткіштердің ең болмағанда біреуі нөлге тең болса, көбейтінді нөлге тең: sin⁡x(2cos⁡x−1)=0⇒sin⁡x=0\sin x(2\cos x-1)=0\Rightarrow\sin x=0 немесе cos⁡x=12\cos x=\dfrac12.

sin⁡x\sin x-ке немесе cos⁡x\cos x-ке бөлмеңіз — түбірлерді жоғалтасыз; жақша сыртына шығарыңыз.

Әмбебап алмастыру және қосымша бұрыш 10 сынып

asin⁡x+bcos⁡x=ca\sin x+b\cos x=c теңдеуін бұрыш енгізу арқылы шешеді: a2+b2sin⁡(x+φ)=c\sqrt{a^2+b^2}\sin(x+\varphi)=c, мұнда cos⁡φ=aa2+b2\cos\varphi=\dfrac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}. Мысалы, sin⁡x+cos⁡x=2sin⁡(x+π4)\sin x+\cos x=\sqrt2\sin\left(x+\dfrac\pi4\right).

Осыдан: теңдеудің шешімі тек ∣c∣≤a2+b2|c|\le\sqrt{a^2+b^2} болғанда бар.

Тригонометриялық теңсіздіктер 10 сынып

sin⁡x>12\sin x>\dfrac12: шеңбердегі π6\dfrac\pi6 мен 5π6\dfrac{5\pi}6 арасындағы доға: π6+2πn<x<5π6+2πn\dfrac\pi6+2\pi n<x<\dfrac{5\pi}6+2\pi n.

cos⁡x≤a\cos x\le a: x=ax=a тік сызығынан «сол жақтағы» доға, arccos⁡a\arccos a-дан 2π−arccos⁡a2\pi-\arccos a-ға дейін.

Иррационал теңдеулер: әдістер 11 сынып

1) Түбірді жалғыз қалдырып, квадратқа шығару. 2) t=…t=\sqrt{\ldots} алмастыруы. 3) Мәндес көшу: f=g⇔f=g2, g≥0\sqrt{f}=g\Leftrightarrow f=g^2,\ g\ge0.

Иррационал теңсіздіктер: f<g⇔f≥0, g>0, f<g2\sqrt f<g\Leftrightarrow f\ge0,\ g>0,\ f<g^2.

Шешімі бар есеп мысалдары

Есеп 1Шешіңіз: 2cos⁡x−1=02\cos x-1=0.
  1. cos⁡x=12\cos x=\dfrac12.
  2. x=±arccos⁡12+2πn=±π3+2πnx=\pm\arccos\dfrac12+2\pi n=\pm\dfrac\pi3+2\pi n.
Жауабы ±π3+2πn, n∈Z\pm\frac\pi3+2\pi n,\ n\in\mathbb Z
Есеп 2Шешіңіз: 2sin⁡2x−sin⁡x−1=02\sin^2x-\sin x-1=0.
  1. t=sin⁡xt=\sin x: 2t2−t−1=02t^2-t-1=0, t1=1t_1=1, t2=−12t_2=-\dfrac12.
  2. sin⁡x=1⇒x=π2+2πn\sin x=1\Rightarrow x=\dfrac\pi2+2\pi n.
  3. sin⁡x=−12⇒x=(−1)n+1π6+πn\sin x=-\dfrac12\Rightarrow x=(-1)^{n+1}\dfrac\pi6+\pi n.
Жауабы π2+2πn; (−1)n+1π6+πn\frac\pi2+2\pi n;\ (-1)^{n+1}\frac\pi6+\pi n
Есеп 3Шешіңіз: x+2=x\sqrt{x+2}=x.
  1. Шарт x≥0x\ge0. Квадраттаймыз: x+2=x2x+2=x^2, x2−x−2=0x^2-x-2=0.
  2. x1=2x_1=2, x2=−1x_2=-1. −1-1 түбірі x≥0x\ge0 шартын қанағаттандырмайды.
Жауабы 2
Есеп 4Шешіңіз: sin⁡2x=cos⁡x\sin2x=\cos x.
  1. 2sin⁡xcos⁡x−cos⁡x=0⇒cos⁡x(2sin⁡x−1)=02\sin x\cos x-\cos x=0\Rightarrow\cos x(2\sin x-1)=0.
  2. cos⁡x=0⇒x=π2+πn\cos x=0\Rightarrow x=\dfrac\pi2+\pi n; sin⁡x=12⇒x=(−1)nπ6+πn\sin x=\dfrac12\Rightarrow x=(-1)^n\dfrac\pi6+\pi n.
Жауабы π2+πn; (−1)nπ6+πn\dfrac\pi2+\pi n;\ (-1)^n\dfrac\pi6+\pi n
Есеп 5Теңсіздікті шешіңіз: cos⁡x≥12\cos x\ge\dfrac12.
  1. arccos⁡12=π3\arccos\dfrac12=\dfrac\pi3; қажетті доға оң жақта: −π3-\dfrac\pi3-тен π3\dfrac\pi3-ке дейін.
Жауабы −π3+2πn≤x≤π3+2πn-\dfrac\pi3+2\pi n\le x\le\dfrac\pi3+2\pi n

Күрделі есептер: қадам-қадаммен

Есеп 1Шешіңіз: 2cos⁡2x+3sin⁡x−3=02\cos^2x+3\sin x-3=0.

Идея: cos⁡2x=1−sin⁡2x\cos^2x=1-\sin^2x арқылы sin⁡x\sin x-ке қатысты квадрат теңдеу аламыз.

  1. Бәрін синус арқылы
    2(1−sin⁡2x)+3sin⁡x−3=0⇒2sin⁡2x−3sin⁡x+1=02(1-\sin^2x)+3\sin x-3=0\Rightarrow2\sin^2x-3\sin x+1=0.
  2. t=sin⁡xt=\sin x, ∣t∣≤1|t|\le1 алмастыруы
    2t2−3t+1=02t^2-3t+1=0: t=1t=1 немесе t=12t=\dfrac12.
  3. sin⁡x=1\sin x=1
    x=π2+2πnx=\dfrac\pi2+2\pi n.
  4. sin⁡x=12\sin x=\dfrac12
    x=(−1)nπ6+πnx=(-1)^n\dfrac\pi6+\pi n.
Жауабы π2+2πn; (−1)nπ6+πn\dfrac\pi2+2\pi n;\ (-1)^n\dfrac\pi6+\pi n
Есеп 2Біртекті теңдеуді шешіңіз: sin⁡2x−3sin⁡xcos⁡x+2cos⁡2x=0\sin^2x-3\sin x\cos x+2\cos^2x=0.

Идея: Барлық қосылғыш екінші дәрежелі — cos⁡2x\cos^2x-ке бөлеміз.

  1. cos⁡x=0\cos x=0-ді тексереміз
    Онда sin⁡2x=1\sin^2x=1 және теңдеу 1=01=0 береді — дұрыс емес. Демек cos⁡x≠0\cos x\ne0, бөлуге болады.
  2. cos⁡2x\cos^2x-ке бөлеміз
    tg⁡2x−3tg⁡x+2=0\tg^2x-3\tg x+2=0.
  3. Шешеміз
    tg⁡x=1\tg x=1 немесе tg⁡x=2\tg x=2.
  4. Жауап
    x=π4+πnx=\dfrac\pi4+\pi n; x=arctg⁡2+πnx=\arctg2+\pi n.
Жауабы π4+πn; arctg⁡2+πn\dfrac\pi4+\pi n;\ \arctg2+\pi n
Есеп 3Шешіңіз: 2x+3=x\sqrt{2x+3}=x.

Идея: Квадратқа шығарып, міндетті түрде тексереміз: оң жағы ≥0\ge0 болуы керек.

  1. Шарт
    x≥0x\ge0 (түбір теріс емес).
  2. Квадратқа шығарамыз
    2x+3=x2⇒x2−2x−3=0⇒x=32x+3=x^2\Rightarrow x^2-2x-3=0\Rightarrow x=3 немесе x=−1x=-1.
  3. Іріктеу
    x=−1<0x=-1<0 — бөгде (тексеру: 1=1≠−1\sqrt1=1\ne-1). x=3x=3: 9=3\sqrt9=3 ✓.
Жауабы 3
Есеп 4Шешіңіз: x+5+x=5\sqrt{x+5}+\sqrt{x}=5.

Идея: Бір түбірді жалғыз қалдырып, квадратқа шығарамыз.

  1. Жалғыз қалдырамыз
    x+5=5−x\sqrt{x+5}=5-\sqrt x, 5−x≥05-\sqrt x\ge0 болуы керек.
  2. Квадратқа шығару
    x+5=25−10x+x⇒10x=20⇒x=2x+5=25-10\sqrt x+x\Rightarrow10\sqrt x=20\Rightarrow\sqrt x=2.
  3. xx-ті тауып, тексереміз
    x=4x=4: 9+4=3+2=5\sqrt9+\sqrt4=3+2=5 ✓.
Жауабы 4

ҰБТ-дағы жиі қателіктер

  • cos⁡x=a\cos x=a үшін период 2πn2\pi n, πn\pi n емес.
  • sin⁡x=2\sin x=2 теңдеуінің түбірі жоқ.
  • Иррационал теңдеулерде тексеру міндетті.
  • ∣a∣>1|a|>1 болғанда sin⁡x=a\sin x=a мен cos⁡x=a\cos x=a теңдеулерінің шешімі жоқ.

Есте сақта

sin⁡\sin — (−1)n(-1)^n және πn\pi n; cos⁡\cos — ±\pm және 2πn2\pi n; tg⁡\tg — жай ғана πn\pi n.

Өзіңді тексер

1. cos⁡x=0\cos x=0:
  1. πn\pi n
  2. π2+πn\frac\pi2+\pi n
  3. 2πn2\pi n
  4. π2+2πn\frac\pi2+2\pi n
Жауабын көрсету

π2+πn\frac\pi2+\pi n Дербес жағдай.

2. 2x−1=3\sqrt{2x-1}=3:
  1. 2
  2. 4
  3. 5
  4. ±5\pm5
Жауабын көрсету

5 2x−1=92x-1=9.

3. tg⁡x=1\tg x=1:
  1. π4+πn\frac\pi4+\pi n
  2. π4+2πn\frac\pi4+2\pi n
  3. ±π4+2πn\pm\frac\pi4+2\pi n
  4. π2+πn\frac\pi2+\pi n
Жауабын көрсету

π4+πn\frac\pi4+\pi n arctg⁡1=π4\arctg1=\frac\pi4.

4. cos⁡x=1,2\cos x=1{,}2 теңдеуінің неше шешімі бар?
  1. 0
  2. 1
  3. 2
  4. шексіз көп
Жауабын көрсету

0 ∣cos⁡x∣≤1|\cos x|\le1.

5. x=x−2\sqrt{x}=x-2 теңдеуінің түбірлері:
  1. 1 және 4
  2. 4
  3. 1
  4. жоқ
Жауабын көрсету

4 x=1x=1 — бөгде: 1≠−11\ne-1.

Байланысты тақырыптар

3. Тригонометрия5. Сызықтық, квадрат және бөлшек-рационал теңдеулер9. Тригонометриялық, иррационал, көрсеткіштік және логарифмдік теңдеулер жүйелері

Деңгейіңді біл: ҰБТ-ға тегін диагностика