Lekcija "Homogene trigonometrijske jednadžbe". Homogene trigonometrijske jednadžbe (10. razred)

Očuvanje vaše privatnosti nam je važno. Iz tog razloga smo razvili Politiku privatnosti koja opisuje kako koristimo i pohranjujemo vaše podatke. Pregledajte našu praksu privatnosti i javite nam ako imate pitanja.

Prikupljanje i korištenje ličnih podataka

Lični podaci odnose se na podatke koji se mogu koristiti za identifikaciju ili kontaktiranje određene osobe.

Od vas se može tražiti da unesete svoje lične podatke u bilo koje vrijeme kada nas kontaktirate.

U nastavku su navedeni neki primjeri vrsta ličnih podataka koje možemo prikupljati i kako ih možemo koristiti.

Koje lične podatke prikupljamo:

• Kada podnesete prijavu na stranici, možemo prikupljati različite informacije, uključujući vaše ime, broj telefona, adresu e-pošte itd.

Kako koristimo vaše lične podatke:

• Lični podaci koje prikupljamo omogućavaju nam da vas kontaktiramo s jedinstvenim ponudama, promocijama i drugim događajima i nadolazećim događajima.
• S vremena na vrijeme možemo koristiti vaše lične podatke za slanje važnih obavijesti i komunikacija.
• Lične podatke možemo koristiti i za interne svrhe, kao što su provođenje revizija, analiza podataka i različita istraživanja kako bismo poboljšali usluge koje pružamo i dali vam preporuke u vezi s našim uslugama.
• Ako učestvujete u nagradnoj igri, natjecanju ili sličnoj promociji, možemo koristiti informacije koje nam date za upravljanje takvim programima.

Otkrivanje informacija trećim licima

Podatke koje dobijemo od vas ne otkrivamo trećim licima.

Izuzeci:

• Po potrebi - u skladu sa zakonom, sudskim postupkom, pravnim postupkom, odnosno na osnovu javnog zahtjeva ili zahtjeva vladine agencije na teritoriji Ruske Federacije - otkrijte svoje lične podatke. Takođe možemo otkriti informacije o vama ako utvrdimo da je takvo otkrivanje neophodno ili prikladno za sigurnosne, provođenje zakona ili druge svrhe od javnog značaja.
• U slučaju reorganizacije, spajanja ili prodaje, možemo prenijeti lične podatke koje prikupimo na odgovarajuću treću stranu.

Zaštita ličnih podataka

Poduzimamo mjere opreza - uključujući administrativne, tehničke i fizičke - da zaštitimo vaše osobne podatke od gubitka, krađe i zloupotrebe, kao i neovlaštenog pristupa, otkrivanja, izmjene i uništenja.

Poštivanje vaše privatnosti na nivou kompanije

Kako bismo osigurali da su vaši lični podaci sigurni, našim zaposlenima prenosimo standarde privatnosti i sigurnosti i striktno provodimo praksu privatnosti.

Stani! Pokušajmo razumjeti ovu glomaznu formulu.

Prva varijabla u snazi ​​s nekim koeficijentom bi trebala biti prva. U našem slučaju jeste

U našem slučaju jeste. Kako smo saznali, to znači da stepen kod prve varijable konvergira. I druga varijabla do prvog stepena je na mjestu. Koeficijent.

Imamo ga.

Prva varijabla je snaga, a druga varijabla je na kvadrat, sa koeficijentom. Ovo je posljednji član u jednačini.

Kao što vidite, naša jednadžba odgovara definiciji u obliku formule.

Pogledajmo drugi (verbalni) dio definicije.

Imamo dvije nepoznate i. Ovdje se spaja.

Hajde da razmotrimo sve uslove. U njima bi zbir stepeni nepoznanica trebao biti isti.

Zbir stepeni je jednak.

Zbir potencija je jednak (at i at).

Zbir stepeni je jednak.

Kao što vidite, sve odgovara!!!

Sada vježbajmo definiranje homogenih jednačina.

Odredite koja od jednačina je homogena:

Homogene jednadžbe - jednadžbe sa brojevima:

Razmotrimo jednačinu odvojeno.

Ako svaki pojam podijelimo rastavljanjem na faktore, dobićemo

I ova jednadžba u potpunosti potpada pod definiciju homogenih jednačina.

Kako riješiti homogene jednačine?

Primjer 2.

Podijelimo jednačinu sa.

Prema našem uslovu, y ne može biti jednako. Stoga možemo bezbedno podeliti po

Izvršavajući supstituciju, dobijamo jednostavnu kvadratnu jednačinu:

Pošto je ovo redukovana kvadratna jednadžba, koristimo Vietin teorem:

Nakon što izvršimo obrnutu zamjenu, dobijamo odgovor

odgovor:

Primjer 3.

Podijelimo jednačinu sa (po uslovu).

odgovor:

Primjer 4.

Pronađite ako.

Ovdje ne trebate dijeliti, već množiti. Pomnožimo cijelu jednačinu sa:

Napravimo zamjenu i riješimo kvadratnu jednačinu:

Nakon što smo izvršili obrnutu zamjenu, dobili smo odgovor:

odgovor:

Rješavanje homogenih trigonometrijskih jednačina.

Rješavanje homogenih trigonometrijskih jednadžbi ne razlikuje se od gore opisanih metoda rješenja. Samo ovdje, između ostalog, trebate znati malo trigonometrije. I biti u stanju da odluči trigonometrijske jednačine(za ovo možete pročitati odjeljak).

Pogledajmo takve jednadžbe na primjerima.

Primjer 5.

Riješite jednačinu.

Vidimo tipičnu homogenu jednačinu: i su nepoznanice, a zbir njihovih snaga u svakom članu je jednak.

Takve homogene jednadžbe nije teško riješiti, ali prije podjele jednadžbi na, razmotrite slučaj kada

U ovom slučaju, jednačina će imati oblik: , dakle. Ali sinus i kosinus ne mogu biti jednaki u isto vrijeme, jer prema osnovnom trigonometrijskom identitetu. Stoga ga sa sigurnošću možemo podijeliti na:

Pošto je jednadžba data, onda prema Vietinoj teoremi:

odgovor:

Primjer 6.

Riješite jednačinu.

Kao u primjeru, trebate podijeliti jednačinu sa. Razmotrimo slučaj kada:

Ali sinus i kosinus ne mogu biti jednaki u isto vrijeme, jer prema osnovnom trigonometrijskom identitetu. Zbog toga.

Napravimo zamjenu i riješimo kvadratnu jednačinu:

Uradimo obrnutu zamjenu i pronađemo i:

odgovor:

Rješavanje homogenih eksponencijalnih jednadžbi.

Homogene jednadžbe se rješavaju na isti način kao one o kojima se govorilo gore. Ako ste zaboravili kako se odlučiti eksponencijalne jednačine- pogledajte odgovarajući odjeljak ()!

Pogledajmo nekoliko primjera.

Primjer 7.

Riješite jednačinu

Zamislimo to ovako:

Vidimo tipičnu homogenu jednačinu, sa dvije varijable i zbirom potencija. Podijelimo jednačinu na:

Kao što vidite, zamjenom dobijamo kvadratnu jednačinu ispod (nema potrebe da se plašite dijeljenja sa nulom - ona je uvijek striktno veća od nule):

Prema Vietovoj teoremi:

odgovor: .

Primjer 8.

Riješite jednačinu

Zamislimo to ovako:

Podijelimo jednačinu na:

Napravimo zamjenu i riješimo kvadratnu jednačinu:

Koren ne zadovoljava uslov. Uradimo obrnutu zamjenu i nađemo:

odgovor:

HOMOGENE JEDNAČINE. PROSJEČAN NIVO

Prvo, na primjeru jednog problema, da vas podsjetim šta su homogene jednačine, a šta je rešenje homogenih jednačina.

Riješite problem:

Pronađite ako.

Ovdje možete primijetiti zanimljivu stvar: ako svaki pojam podijelimo sa, dobićemo:

To jest, sada nema odvojenih i, - sada je varijabla u jednadžbi željena vrijednost. A ovo je obična kvadratna jednadžba koja se lako može riješiti korištenjem Vietinog teorema: proizvod korijena je jednak, a zbroj je brojeva i.

odgovor:

Jednačine oblika

naziva se homogenim. To jest, ovo je jednačina sa dvije nepoznanice, od kojih svaki član ima isti zbir potencija ovih nepoznanica. Na primjer, u gornjem primjeru ovaj iznos je jednak. Homogene jednadžbe se rješavaju dijeljenjem sa jednom od nepoznanica do ovog stepena:

I naknadna zamjena varijabli: . Tako dobijamo jednačinu snage sa jednom nepoznatom:

Najčešće ćemo naići na jednačine drugog stepena (odnosno kvadratne), a znamo ih riješiti:

Imajte na umu da cijelu jednačinu možemo podijeliti (i pomnožiti) promjenljivom samo ako smo uvjereni da ta varijabla ne može biti jednaka nuli! Na primjer, ako se od nas traži da pronađemo, odmah razumijemo da je nemoguće podijeliti. U slučajevima kada to nije tako očigledno, potrebno je posebno provjeriti slučaj kada je ova varijabla jednaka nuli. Na primjer:

Riješite jednačinu.

Rješenje:

Ovdje vidimo tipičnu homogenu jednačinu: i su nepoznanice, a zbir njihovih snaga u svakom članu je jednak.

Ali, prije nego što podijelimo i dobijemo relativnu kvadratnu jednačinu, moramo razmotriti slučaj kada. U ovom slučaju, jednačina će imati oblik: , što znači . Ali sinus i kosinus ne mogu biti jednaki nuli u isto vrijeme, jer prema osnovnom trigonometrijskom identitetu: . Stoga ga sa sigurnošću možemo podijeliti na:

Nadam se da je ovo rješenje potpuno jasno? Ako ne, pročitajte odjeljak. Ako nije jasno odakle dolazi, morate se vratiti još ranije - u odjeljak.

Odlučite sami:

1. Pronađite ako.
2. Pronađite ako.
3. Riješite jednačinu.

Ovdje ću ukratko direktno napisati rješenje homogenih jednačina:

rješenja:

Odgovor: .

Ali ovdje trebamo množiti, a ne dijeliti:

odgovor:

Ako još niste uzeli trigonometrijske jednadžbe, možete preskočiti ovaj primjer.

Pošto ovde treba da podelimo sa, prvo se uverimo da nije sto jednaka nuli:

A ovo je nemoguće.

Odgovor: .

HOMOGENE JEDNAČINE. UKRATKO O GLAVNIM STVARIMA

Rješenje svih homogenih jednačina svodi se na podjelu jednom od nepoznanica na stepen i daljnju promjenu varijabli.

algoritam:

Posljednji detalj, kako riješiti zadatke C1 sa Jedinstvenog državnog ispita iz matematike - rješavanje homogenih trigonometrijskih jednačina. Reći ćemo vam kako ih riješiti u ovoj završnoj lekciji.

Koje su to jednačine? Hajde da ih zapišemo uopšteno.

$$a\sin x + b\cos x = 0,$$

gdje su `a` i `b` neke konstante. Ova jednačina se naziva homogena trigonometrijska jednačina prvog stepena.

Homogena trigonometrijska jednačina prvog stepena

Da biste riješili takvu jednačinu, trebate je podijeliti sa `\cos x`. Tada će poprimiti formu

$$\newcommand(\tg)(\mathop(\mathrm(tg))) a \tg x + b = 0.$$

Odgovor na takvu jednačinu lako se piše pomoću arktangensa.

Imajte na umu da je `\cos x ≠0`. Da bismo to potvrdili, zamjenjujemo nulu u jednačinu umjesto kosinusa i nalazimo da sinus također mora biti jednak nuli. Međutim, oni ne mogu biti jednaki nuli u isto vrijeme, što znači da kosinus nije nula.

Neka od pitanja na ovogodišnjem pravom ispitu uključivala su homogenu trigonometrijsku jednačinu. Pratite link do. Uzet ćemo malo pojednostavljenu verziju problema.

Prvi primjer. Rješenje homogene trigonometrijske jednadžbe prvog stepena

$$\sin x + \cos x = 0.$$

Podijelite sa `\cos x`.

$$\tg x + 1 = 0,$$

$$x = -\frac(\pi)(4)+\pi k.$$

Ponavljam, sličan zadatak je bio na Jedinstvenom državnom ispitu :) naravno, još uvijek morate odabrati korijene, ali to također ne bi trebalo uzrokovati posebne poteškoće.

Pređimo sada na sljedeću vrstu jednačine.

Homogena trigonometrijska jednačina drugog stepena

Generalno to izgleda ovako:

$$a\sin^2 x + b\sin x \cos x + c\cos^2 x =0,$$

gdje su `a, b, c` neke konstante.

Takve jednačine se rješavaju dijeljenjem sa `\cos^2 x` (što opet nije nula). Pogledajmo odmah primjer.

Drugi primjer. Rješenje homogene trigonometrijske jednačine drugog stepena

$$\sin^2 x - 2\sin x \, \cos x - 3\cos^2 x = 0.$$

Podijelite sa `\cos^2 x`.

$$(\tg)^2 x - 2\tg x -3 =0.$$

Zamijenimo `t ​​= \tg x`.

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

$$t_1 = 3,\t_2 = -1.$$

Reverzna zamjena

$$\tg x = 3, \text( ili ) \tg x = -1,$$

$$x = \arctan(3)+\pi k, \text( ili ) x= -\frac(\pi)(4)+ \pi k.$$

Odgovor je primljen.

Treći primjer. Rješenje homogene trigonometrijske jednačine drugog stepena

$$-\sin^2 x + \frac(2\sqrt(2))(3)\sin x \cos x - 3\cos^2 x = -2.$$

Sve bi bilo u redu, ali ova jednadžba nije homogena - `-2` na desnoj strani nam smeta. sta da radim? Koristimo osnovni trigonometrijski identitet i napišemo `-2` koristeći ga.

$$-\sin^2 x + \frac(2\sqrt(2))(3)\sin x \cos x - 3\cos^2 x = -2(\sin^2 x + \cos^2 x ),$$

$$-\sin^2 x + \frac(2\sqrt(2))(3)\sin x \cos x - 3\cos^2 x + 2\sin^2 x + 2\cos^2 x = 0,$$

$$\sin^2 x + \frac(2\sqrt(2))(3)\sin x \cos x - \cos^2 x = 0.$$

Podijelite sa `\cos^2 x`.

$$(\tg)^2 x + \frac(2\sqrt(2))(3) \tg x - 1 = 0,$$

Zamjena `t= \tg x`.

$$t^2 + \frac(2\sqrt(2))(3) t - 1 = 0,$$

$$t_1 = \frac(\sqrt(3))(3),\ t_2 = -\sqrt(3).$$

Nakon izvođenja obrnute zamjene, dobijamo:

$$\tg x = \frac(\sqrt(3))(3) \text( ili ) \tg x = -\sqrt(3).$$

$$x =-\frac(\pi)(3) + \pi k,\ x = \frac(\pi)(6)+ \pi k.$$

Ovo je posljednji primjer u ovom tutorijalu.

Kao i obično, da vas podsjetim: trening je za nas sve. Bez obzira koliko je osoba briljantna, vještine se neće razviti bez obuke. Tokom ispita, ovo je ispunjeno anksioznošću, greškama i gubitkom vremena (nastavite sami ovu listu). Obavezno proučite!

Zadaci obuke

Riješite jednačine:

• `10^(\sin x) = 2^(\sin x) \cdot 5^(-\cos x)`. Ovo je zadatak sa pravog Jedinstvenog državnog ispita 2013. Niko nije poništio znanje o svojstvima stepena, ali ako ste zaboravili, pogledajte;
• `\sqrt(3) \sin x + \sin^2 \frac(x)(2) = \cos^2 \frac(x)(2)`. Dobro će doći formula iz sedme lekcije.
• `\sqrt(3) \sin 2x + 3 \cos 2x = 0`.

To je sve. I kao i obično, za kraj: postavljajte pitanja u komentarima, lajkajte, gledajte video, naučite kako riješiti Jedinstveni državni ispit.

“Veličina čovjeka leži u njegovoj sposobnosti da razmišlja.”
Blaise Pascal.

Ciljevi lekcije:

1) Obrazovni– upoznati učenike sa homogenim jednačinama, razmotriti metode za njihovo rješavanje i promovirati razvoj vještina rješavanja prethodno proučavanih tipova trigonometrijskih jednačina.

2) Razvojni– razvijati kreativnu aktivnost učenika, njihovu kognitivnu aktivnost, logičko razmišljanje, pamćenje, sposobnost rada u problemskoj situaciji, postizanje sposobnosti pravilnog, dosljednog, racionalnog izražavanja svojih misli, širenje vidika učenika i podizanje nivoa njihove matematičke kulture.

3) Obrazovni– Negovati želju za samousavršavanjem, marljivim radom, razvijati sposobnost kompetentnog i tačnog izvođenja matematičkih beležaka, negovati aktivnost, pomoći u podsticanju interesovanja za matematiku.

Vrsta lekcije: kombinovano.

Oprema:

1. Bušene karte za šest učenika.
2. Karte za samostalne i individualni rad studenti.
3. Štandovi “Rješavanje trigonometrijskih jednačina”, “Krug brojčane jedinice”.
4. Elektrificirane trigonometrijske tablice.
5. Prezentacija za lekciju (Aneks 1).

Tokom nastave

1. Organizaciona faza (2 minuta)

Uzajamni pozdrav; provjera pripremljenosti učenika za čas ( radno mjesto, izgled); organizacija pažnje.

Nastavnik govori učenicima temu časa, ciljevima (slajd 2) i objašnjava da će se tokom lekcije koristiti materijali koji se nalaze na stolovima.

2. Ponavljanje teoretskog materijala (15 minuta)

Zadaci bušenih kartica(6 osoba) . Radno vrijeme sa bušenim karticama – 10 min (Dodatak 2)

Nakon rješavanja zadataka učenici će naučiti gdje se prijavljuju trigonometrijski proračuni. Dobijaju se sljedeći odgovori: triangulacija (tehnika koja omogućava mjerenje udaljenosti do obližnjih zvijezda u astronomiji), akustika, ultrazvuk, tomografija, geodezija, kriptografija.

(slajd 5)

Frontalna anketa.

1. Koje se jednačine nazivaju trigonometrijskim?
2. Koje vrste trigonometrijskih jednačina poznajete?
3. Koje se jednadžbe nazivaju najjednostavnijim trigonometrijskim jednadžbama?
4. Koje se jednadžbe nazivaju kvadratnim trigonometrijskim?
5. Formulirajte definiciju arksinusa od a.
6. Formulirajte definiciju ark kosinusa a.
7. Formulirajte definiciju arktangensa a.
8. Formulirajte definiciju kotangensa luka broja a.

Igra "Pogodi šifrovanu riječ"

Blaise Pascal je jednom rekao da je matematika toliko ozbiljna nauka da ne treba propustiti priliku da je učini malo zabavnijom. Zato predlažem igranje. Nakon rješavanja primjera odredite redoslijed brojeva koji se koriste za sastavljanje šifrirane riječi. Na latinskom ova riječ znači "sinus". (slajd 3)

2) luk tg (-√3)

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

5) tg (lučni ctg √3)

Odgovor: "Bend"

Igra "Apstraktni matematičar"»

Na ekranu se projektuju zadaci za usmeni rad:

Provjerite da li su jednačine ispravno riješene.(tačan odgovor se pojavljuje na slajdu nakon odgovora učenika). (slajd 4)

	Odgovori sa greškama	Tačni odgovori
	x = ± π/6+2πn	x = ± π/3+2πn
	x = π/3+πn	X = (-1) nπ/3+πn
tg x = π/4	x = 1 +πn	tg x =1, x = π/4+πn
	x = ±π/6+ π n	x = ± π/6+2πn
	x = (-1)n arcsin1/3+ 2πn	x = (-1)n arcsin1/3+ πn
	x = ± π/6+2πn	x = ± 5π/6+2πn
cos x = π/3	x = ± 1/2 +2πn	cos x = 1/2, x = ± π/3+2πn

Ispitivanje zadaća.

Nastavnik utvrđuje ispravnost i svijest svih učenika o ispunjavanju domaćih zadataka; identifikuje praznine u znanju; unapređuje znanja, vještine i sposobnosti učenika u oblasti rješavanja jednostavnih trigonometrijskih jednačina.

1 jednadžba. Učenik komentariše rješenje jednačine čije se linije pojavljuju na slajdu po redoslijedu komentara). (slajd 6)

√3tg2x = 1;

tg2x =1/√3;

2h= arktan 1/√3 +πn, n ∈Z.

2h= π/6 +πn, n ∈Z.

x= π/12 + π/2 n, n ∈Z.

2 jednačina. Rješenje h napisano učenicima na tabli.

2 sin 2 x + 3 cosx = 0.

3. Ažuriranje novih znanja (3 minute)

Učenici, na zahtjev nastavnika, prisjećaju se načina rješavanja trigonometrijskih jednačina. Oni biraju one jednadžbe koje već znaju riješiti, imenuju metodu za rješavanje jednačine i rezultat koji je rezultat. . Odgovori se pojavljuju na slajdu. (slajd 7) .

Predstavljamo novu varijablu:

br. 1. 2sin 2 x – 7sinx + 3 = 0.

Neka je sinx = t, tada:

2t 2 – 7t + 3 = 0.

Faktorizacija:

№2. 3sinx cos4x – cos4x = 0;

sos4x(3sinx – 1) = 0;

cos4x = 0 ili 3 sinx – 1 = 0; ...

br. 3. 2 sinx – 3 cosx = 0,

br. 4. 3 sin 2 x – 4 sinx cosx + cos 2 x = 0.

Učitelj: Još uvijek ne znate kako riješiti posljednje dvije vrste jednadžbi. Oboje su iste vrste. One se ne mogu svesti na jednadžbu za funkcije sinx ili cosx. Su pozvani homogene trigonometrijske jednadžbe. Ali samo prva je homogena jednačina prvog stepena, a druga je homogena jednačina drugog stepena. Danas ćemo se u lekciji upoznati s takvim jednadžbama i naučiti kako ih riješiti.

4. Objašnjenje novog materijala (25 minuta)

Nastavnik učenicima daje definicije homogenih trigonometrijskih jednačina i upoznaje metode za njihovo rješavanje.

Definicija. Jednačina oblika a sinx + b cosx =0, gdje je a ≠ 0, b ≠ 0 naziva se homogena trigonometrijska jednačina prvog stepena.(slajd 8)

Primjer takve jednačine je jednačina br. 3. Napisaćemo to opšti oblik jednačinu i analizirati je.

a sinx + b cosx = 0.

Ako je cosx = 0, tada je sinx = 0.

– Može li se desiti takva situacija?

- Ne. Dobili smo kontradikciju sa osnovnim trigonometrijskim identitetom.

To znači cosx ≠ 0. Izvršimo podjelu po član po cosx:

a tgx + b = 0

tgx = –b / a– najjednostavnija trigonometrijska jednačina.

zaključak: Homogene trigonometrijske jednadžbe prvog stepena rješavaju se dijeljenjem obje strane jednačine sa cosx (sinx).

Na primjer: 2 sinx – 3 cosx = 0,

Jer cosx ≠ 0, onda

tgx = 3/2 ;

x = arktan (3/2) +πn, n ∈Z.

Definicija. Jednačina oblika a sin 2 x + b sinx cosx + c cos 2 x = 0, gdje je a ≠ 0, b ≠ 0, c ≠ 0 naziva se trigonometrijska jednačina drugog stepena. (slajd 8)

Primjer takve jednačine je jednačina br. 4. Zapišimo opći oblik jednačine i analizirajmo ga.

a sin 2 x + b sinx cosx + c cos 2 x = 0.

Ako je cosx = 0, tada je sinx = 0.

Opet smo dobili kontradikciju sa osnovnim trigonometrijskim identitetom.

To znači cosx ≠ 0. Izvršimo podjelu po član sa cos 2 x:

i tg 2 x + b tgx + c = 0 je jednadžba koja se svodi na kvadrat.

Zaključak: Oh homogene trigonometrijske jednadžbe drugog stepena rješavaju se dijeljenjem obje strane jednačine sa cos 2 x (sin 2 x).

Na primjer: 3 sin 2 x – 4 sinx cosx + cos 2 x = 0.

Jer cos 2 x ≠ 0, onda

3tg 2 x – 4 tgx + 1 = 0 (Pozovite učenika da ode do ploče i samostalno dopuni jednačinu).

Zamjena: tgx = y. 3u 2 – 4 u + 1 = 0

D = 16 – 12 = 4

y 1 = 1 ili y 2 = 1/3

tgx = 1 ili tgx = 1/3

x = arktan (1/3) + πn, n ∈Z.

x = arktan + πn, n ∈Z.

x = π/4 + πn, n ∈Z.

5. Faza provjere znanja učenika o novom gradivu (1 min.)

Odaberite neparnu:

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

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

4cosx + 5sinx = 0; √3sinx – cosx = 0.

(slajd 9)

6. Konsolidacija novog materijala (24 min).

Učenici zajedno sa odgovorima rješavaju jednačine na tabli novi materijal. Zadaci su ispisani na slajdu u obliku tabele. Prilikom rješavanja jednačine otvara se odgovarajući dio slike na slajdu. Kao rezultat popunjavanja 4 jednačine, učenicima je predstavljen portret matematičara koji je imao značajan uticaj na razvoj trigonometrije. (učenici će prepoznati portret Françoisa Viete, velikog matematičara koji je dao veliki doprinos trigonometriji, koji je otkrio svojstvo korijena reduciranog kvadratna jednačina i radio u kriptografiji) . (slajd 10)

1) √3sinx + cosx = 0,

Jer cosx ≠ 0, onda

√3tgx + 1 = 0;

tgx = –1/√3;

x = arktan (–1/√3) + πn, n ∈Z.

x = –π/6 + πn, n ∈Z.

2) sin 2 x – 10 sinx cosx + 21cos 2 x = 0.

Jer cos 2 x ≠ 0, tada tg 2 x – 10 tgx + 21 = 0

Zamjena: tgx = y.

y 2 – 10 y + 21 = 0

y 1 = 7 ili y 2 = 3

tgx = 7 ili tgx = 3

x = arctan7 + πn, n ∈Z

x = arctan3 + πn, n ∈Z

3) sin 2 2x – 6 sin2x cos2x + 5cos 2 2x = 0.

Jer cos 2 2x ≠ 0, zatim 3tg 2 2x – 6tg2x +5 = 0

Zamjena: tg2x = y.

3u 2 – 6u + 5 = 0

D = 36 – 20 = 16

y 1 = 5 ili y 2 = 1

tg2x = 5 ili tg2x = 1

2h = arctan5 + πn, n ∈Z

x = 1/2 arctan5 + π/2 n, n ∈Z

2h = 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.

Jer cos 2 x ≠0, zatim 5tg 2 x + 4 tgx –1 = 0

Zamjena: tg x = y.

5u 2 + 4u – 1 = 0

D = 16 + 20 = 36

y 1 = 1/5 ili y 2 = –1

tg x = 1/5 ili tg x = –1

x = arctan1/5 + πn, n ∈Z

x = arctan(–1) + πn, n ∈Z

x = –π/4 + πn, n ∈Z

Dodatno (na kartici):

Riješite jednadžbu i, birajući jednu opciju od četiri predložene, pogodite ime matematičara koji je izveo formule redukcije:

2sin 2 x – 3 sinx cosx – 5cos 2 x = 0.

Mogući odgovori:

x = arktan2 + 2πn, n ∈Z x = –π/2 + πn, n ∈Z – P. Čebišev

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

x = arktan 5 + πn, n ∈Z x = –π/3 + πn, n ∈Z – Sofya Kovalevskaya

x = arktan2.5 + πn, n ∈Z x = –π/4 + πn, n ∈Z – Leonhard Euler

Tačan odgovor: Leonhard Euler.

7. Diferencirani samostalni rad (8 min.)

Veliki matematičar i filozof prije više od 2500 godina predložio je način razvoja sposobnosti razmišljanja. „Razmišljanje počinje sa čuđenjem“, rekao je. Danas smo više puta vidjeli da su ove riječi tačne. Nakon samostalnog rada na 2 opcije, moći ćete pokazati kako ste savladali gradivo i saznati ime ovog matematičara. Za samostalan rad koristite materijale koji se nalaze na vašim stolovima. Možete sami odabrati jednu od tri predložene jednačine. Ali zapamtite to rješavanjem jednačine koja odgovara žuta boja, možete dobiti samo "3" rješavanjem jednačine koja odgovara zelenoj boji - "4", crvenoj boji - "5". (Dodatak 3)

Koji god nivo težine učenici da izaberu, nakon ispravna odluka Prva verzija jednadžbe proizvodi riječ "ARIST", druga - "HOTEL". Riječ na slajdu je: “ARIST-HOTEL.” (slajd 11)

Ostavlja sa samostalan rad predaju se na verifikaciju. (Dodatak 4)

8. Snimanje domaće zadaće (1 min)

D/z: §7.17. Sastavite i riješite 2 homogene jednačine prvog stepena i 1 homogenu jednadžbu drugog stepena (koristeći Vietin teorem za sastavljanje). (slajd 12)

9. Sumiranje lekcije, ocjenjivanje (2 minute)

Nastavnik još jednom skreće pažnju na one vrste jednačina i one teorijske činjenice koje su se prisjetile na času, govoreći o potrebi njihovog učenja.

Učenici odgovaraju na pitanja:

1. Koje vrste trigonometrijskih jednačina su nam poznate?
2. Kako se rješavaju ove jednačine?

Nastavnik beleži najuspešniji rad pojedinih učenika na času i daje ocene.

Danas ćemo proučavati homogene trigonometrijske jednačine. Prvo, pogledajmo terminologiju: šta je homogena trigonometrijska jednačina. Ima sljedeće karakteristike:

1. mora sadržavati nekoliko pojmova;
2. svi termini moraju imati isti stepen;
3. sve funkcije uključene u homogeni trigonometrijski identitet moraju nužno imati isti argument.

Algoritam rješenja

Odaberimo termine

A ako je sve jasno s prvom točkom, onda je vrijedno detaljnije razgovarati o drugoj. Šta znači isti stepen uslovi? Pogledajmo prvi problem:

3cosx+5sinx=0

3\cos x+5\sin x=0

Prvi član u ovoj jednačini je 3cosx 3\cos x. Imajte na umu da ovdje postoji samo jedna trigonometrijska funkcija - cosx\cos x - i nikakve druge trigonometrijske funkcije ovdje nisu prisutne, tako da je stepen ovog člana 1. Isto je i sa drugom - 5sinx 5\sin x - ovdje je prisutan samo sinus, tj. stepen ovog člana je također jednak jedan. Dakle, imamo pred sobom identitet koji se sastoji od dva elementa, od kojih svaki sadrži trigonometrijsku funkciju, i samo jedan. Ovo je jednačina prvog stepena.

Pređimo na drugi izraz:

4grijeh2 x+sin2x−3=0

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

Prvi član ove konstrukcije je 4grijeh2 x 4((\sin )^(2))x.

Sada možemo napisati sljedeće rješenje:

grijeh2 x=sinx⋅sinx

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

Drugim riječima, prvi pojam sadrži dva trigonometrijske funkcije, tj. njen stepen je jednak dva. Hajde da se pozabavimo drugim elementom - sin2x\sin 2x. Prisjetimo se ove formule - formule dvostrukog ugla:

sin2x=2sinx⋅cosx

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

I opet, u rezultirajućoj formuli imamo dvije trigonometrijske funkcije - sinus i kosinus. Dakle, vrijednost snage ovog konstrukcijskog člana je također jednaka dva.

Pređimo na treći element - 3. Iz kursa matematike srednja škola Sjećamo se da se bilo koji broj može pomnožiti sa 1, pa ga zapisujemo:

˜ 3=3⋅1

Jedinica koja koristi glavnu trigonometrijski identitet može se napisati u sljedećem obliku:

1=grijeh2 x⋅ cos2 x

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

Stoga možemo prepisati 3 na sljedeći način:

3=3(grijeh2 x⋅ cos2 x)=3grijeh2 x+3 cos2 x

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

Dakle, naš pojam 3 je podijeljen na dva elementa, od kojih je svaki homogen i ima drugi stepen. Sinus u prvom članu se pojavljuje dva puta, kosinus u drugom se također pojavljuje dva puta. Dakle, 3 se takođe može predstaviti kao pojam sa eksponentom stepena dva.

Ista stvar sa trećim izrazom:

grijeh3 x+ grijeh2 xcosx=2 cos3 x

Hajde da pogledamo. Prvi mandat je grijeh3 x((\sin )^(3))x je trigonometrijska funkcija trećeg stepena. Drugi element - grijeh2 xcosx((\sin )^(2))x\cos x.

grijeh2 ((\sin )^(2)) je veza s vrijednošću snage dva pomnoženom sa cosx\cos x je prvi pojam. Ukupno, treći član također ima vrijednost snage tri. Konačno, sa desne strane je još jedan link - 2cos3 x 2((\cos )^(3))x je element trećeg stepena. Dakle, imamo pred sobom homogenu trigonometrijsku jednačinu trećeg stepena.

Imamo zapisana tri identiteta različitog stepena. Ponovo obratite pažnju na drugi izraz. U originalnom zapisu, jedan od članova ima svađu 2x 2x. Primorani smo da se riješimo ovog argumenta tako što ćemo ga transformirati koristeći sinusnu formulu dvostrukog kuta, jer sve funkcije uključene u naš identitet moraju nužno imati isti argument. A ovo je uslov za homogene trigonometrijske jednačine.

Koristimo formulu glavnog trigonometrijskog identiteta i zapisujemo konačno rješenje

Sredili smo uslove, idemo na rešenje. Bez obzira na eksponent stepena, rješavanje jednakosti ovog tipa uvijek se izvodi u dva koraka:

1) dokazati to

cosx≠0

\cos x\ne 0. Da biste to učinili, dovoljno je prisjetiti se formule glavnog trigonometrijskog identiteta (grijeh2 x⋅ cos2 x=1)\left(((\sin )^(2))x\cdot ((\cos )^(2))x=1 \right) i zamijeni u ovu formulu cosx=0\cos x=0. Dobićemo sledeći izraz:

grijeh2 x=1sinx=±1

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

Zamjena dobijenih vrijednosti, tj. umjesto cosx\cos x je nula, a umjesto toga sinx\sin x — 1 ili -1, u originalnom izrazu, dobićemo netačnu numeričku jednakost. Ovo je opravdanje za to

cosx≠0

2) drugi korak logično slijedi iz prvog. Zbog

cosx≠0

\cos x\ne 0, obje naše strane strukture dijelimo sa cosn x((\cos )^(n))x, gdje n n je sam eksponent stepena homogene trigonometrijske jednadžbe. Šta nam ovo daje:

\[\begin(niz)(·(35)(l))

sinxcosx=tgxcosxcosx=1

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

Zahvaljujući tome, naša glomazna početna konstrukcija je svedena na jednadžbu n n-stepen u odnosu na tangentu, čije se rješenje može lako napisati korištenjem promjene varijable. To je cijeli algoritam. Pogledajmo kako to funkcionira u praksi.

Mi rješavamo stvarne probleme

Zadatak br. 1

3cosx+5sinx=0

3\cos x+5\sin x=0

Već smo saznali da je ovo homogena trigonometrijska jednadžba sa eksponentom stepena jednakim jedan. Stoga, prije svega, hajde da to saznamo cosx≠0\cos x\ne 0. Pretpostavimo suprotno, to

cosx=0→sinx=±1

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

Zamijenimo rezultirajuću vrijednost u naš izraz, dobićemo:

3⋅0+5⋅(±1) =0±5=0

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

Na osnovu ovoga možemo reći da cosx≠0\cos x\ne 0. Podijelite našu jednačinu sa cosx\cos x, jer ceo naš izraz ima vrednost stepena, jednako jedan. Dobijamo:

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

\begin(align)& 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(poravnati)

Ovo nije vrijednost u tabeli, tako da će odgovor uključivati arctgx arctgx:

x=arctg (−3 5 ) + π n,n∈Z

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

Zbog arctg arctg arctg je neparna funkcija, možemo uzeti “minus” iz argumenta i staviti ga ispred arctg. Dobijamo konačan odgovor:

x=−arctg 3 5 + π n,n∈Z

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

Zadatak br. 2

4grijeh2 x+sin2x−3=0

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

Kao što se sjećate, prije nego što ga počnete rješavati, morate izvršiti neke transformacije. Izvodimo transformacije:

4grijeh2 x+2sinxcosx−3 (grijeh2 x+ cos2 x)=0 4grijeh2 x+2sinxcosx−3 grijeh2 x−3 cos2 x=0grijeh2 x+2sinxcosx−3 cos2 x=0

\begin(align)& 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 (poravnati)

Dobili smo strukturu koja se sastoji od tri elementa. U prvom mandatu vidimo grijeh2 ((\sin )^(2)), tj. njegova vrijednost snage je dva. U drugom mandatu vidimo sinx\sin x i cosx\cos x - opet postoje dvije funkcije, one se množe, tako da je ukupan stepen opet dva. U trećem linku vidimo cos2 x((\cos )^(2))x - slično prvoj vrijednosti.

Dokažimo to cosx=0\cos x=0 nije rješenje za ovu konstrukciju. Da bismo to učinili, pretpostavimo suprotno:

\[\begin(niz)(·(35)(l))

\cos x=0 \\\sin x=\pm 1 \\1+2\cdot \left(\pm 1 \desno)\cdot 0-3\cdot 0=0 \\1+0-0=0 \ \1=0 \\\kraj (niz)\]

To smo dokazali cosx=0\cos x=0 ne može biti rješenje. Pređimo na drugi korak - podijelimo cijeli naš izraz sa cos2 x((\cos )^(2))x. Zašto na kvadrat? Zato što je eksponent snage ovoga homogena jednačina jednako dva:

grijeh2 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(poravnati)

Da li je moguće riješiti ovaj izraz korištenjem diskriminanta? Naravno da možete. Ali predlažem da se prisjetimo teoreme suprotne Vietinoj teoremi i dobijemo da ovaj polinom možemo predstaviti u obliku dva jednostavna polinoma, naime:

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

\begin(align)& \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)+\ text( )\!\!\pi\!\!\text( )k,k\in Z \\\end(align)

Mnogi studenti se pitaju da li je vredno pisati posebne koeficijente za svaku grupu rješenja identiteta ili se ne truditi i svuda pisati iste. Lično mislim da je bolje i pouzdanije za korištenje različita slova tako da ako uđete na ozbiljan tehnički fakultet sa dodatnim testovima iz matematike, ispitivači neće naći zamjerke u odgovoru.

Zadatak br. 3

grijeh3 x+ grijeh2 xcosx=2 cos3 x

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

Već znamo da je ovo homogena trigonometrijska jednačina trećeg stepena, nisu potrebne posebne formule, a sve što se od nas traži je da pomerimo član 2cos3 x 2((\cos )^(3))x lijevo. Prepišimo:

grijeh3 x+ grijeh2 xcosx−2 cos3 x=0

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

Vidimo da svaki element sadrži tri trigonometrijske funkcije, tako da ova jednadžba ima vrijednost snage tri. Hajde da to rešimo. Prije svega, moramo to dokazati cosx=0\cos x=0 nije korijen:

\[\begin(niz)(·(35)(l))

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

Zamijenimo ove brojeve u našu originalnu konstrukciju:

(±1)3 +1⋅0−2⋅0=0 ±1+0−0=0±1=0

\begin(align)& ((\left(\pm 1 \right))^(3))+1\cdot 0-2\cdot 0=0 \\& \pm 1+0-0=0 \\& \pm 1=0 \\\kraj (poravnaj)

dakle, cosx=0\cos x=0 nije rješenje. To smo dokazali cosx≠0\cos x\ne 0. Sada kada smo ovo dokazali, podijelimo našu originalnu jednačinu sa cos3 x((\cos )^(3))x. Zašto u kocki? Zato što smo upravo dokazali da naša originalna jednadžba ima treći stepen:

grijeh3 xcos3 x+grijeh2 xcosxcos3 x−2=0 t g3 x+t g2 x−2=0

\begin(align)& \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 \\\kraj (poravnaj)

Hajde da predstavimo novu varijablu:

tgx=t

Prepišimo konstrukciju:

t3 +t2 −2=0

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

Imamo kubnu jednačinu. Kako to riješiti? U početku, kada sam upravo sastavljao ovaj video tutorijal, planirao sam prvo govoriti o faktoring polinomima i drugim tehnikama. Ali u ovom slučaju sve je mnogo jednostavnije. Pogledajte naš dati identitet, sa terminom sa najvećim stepenom koji vrijedi 1. Osim toga, svi koeficijenti su cijeli brojevi. To znači da možemo koristiti zaključak iz Bezoutove teoreme, koji kaže da su svi korijeni djelitelji broja -2, odnosno slobodnog člana.

Postavlja se pitanje: s čim je -2 podijeljeno? Pošto je 2 prost broj, nema mnogo opcija. To mogu biti sljedeći brojevi: 1; 2; -1; -2. Negativni korijeni odmah nestaju. Zašto? Zato što su oba apsolutna vrijednost veća od 0, dakle t3 ((t)^(3)) će biti veći u modulu od t2 ((t)^(2)). A pošto je kocka neparna funkcija, broj u kocki će biti negativan, i t2 ((t)^(2)) - pozitivno, i cijela ova konstrukcija, sa t=−1 t=-1 i t=−2 t=-2, neće biti veći od 0. Oduzmite -2 od toga i dobijete broj koji je sigurno manji od 0. Ostaju samo 1 i 2. Zamijenimo svaki od ovih brojeva:

˜ t=1→ 1+1−2=0→0=0

˜t=1\to \text( )1+1-2=0\to 0=0

Dobili smo tačnu brojčanu jednakost. dakle, t=1 t=1 je korijen.

t=2→8+4−2=0→10≠0

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

t=2 t=2 nije korijen.

Prema posljedici i istoj Bezoutovoj teoremi, svaki polinom čiji je korijen x0 ((x)_(0)), predstavite ga u obliku:

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

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

U našem slučaju, u ulozi x x je varijabla t t, i u ulozi x0 ((x)_(0)) je korijen jednak 1. Dobijamo:

t3 +t2 −2=(t−1)⋅P(t)

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

Kako pronaći polinom P (t) P\lijevo(t\desno)? Očigledno, morate učiniti sljedeće:

P(t)= t3 +t2 −2 t−1

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

Zamenimo:

t3 +t2 +0⋅t−2t−1=t2 +2t+2

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

Dakle, naš originalni polinom je podijeljen bez ostatka. Dakle, možemo prepisati našu prvobitnu jednakost kao:

(t−1)( t2 +2t+2)=0

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

Proizvod je nula kada je barem jedan od faktora nula. Već smo razmotrili prvi množitelj. Pogledajmo drugu:

t2 +2t+2=0

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

Iskusni studenti su vjerovatno već shvatili da ova konstrukcija nema korijena, ali hajde da ipak izračunamo diskriminanta.

D=4−4⋅2=4−8=−4

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

Diskriminant je manji od 0, stoga izraz nema korijen. Ukupno je ogromna konstrukcija svedena na uobičajenu jednakost:

\[\begin(niz)(·(35)(l))

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

U zaključku, želio bih dodati nekoliko komentara na posljednji zadatak:

1. hoće li uslov uvijek biti zadovoljen? cosx≠0\cos x\ne 0, i isplati li se uopće izvršiti ovu provjeru? Naravno, ne uvek. U slučajevima kada cosx=0\cos x=0 je rješenje naše jednakosti, treba ga izvaditi iz zagrada i tada će u zagradama ostati puna homogena jednačina.
2. Šta je dijeljenje polinoma polinomom. Zaista, većina škola to ne proučava, a kada učenici prvi put vide takav dizajn, doživljavaju blagi šok. Ali, u stvari, ovo je jednostavna i lijepa tehnika koja olakšava rješavanje jednadžbi višim stepenima. Naravno, tome će biti posvećen poseban video tutorijal, koji ću objaviti u bliskoj budućnosti.

Ključne točke

Homogene trigonometrijske jednadžbe omiljena su tema na svim vrstama testovi. Mogu se riješiti vrlo jednostavno - samo jednom vježbajte. Da bi bilo jasno o čemu govorimo, uvedemo novu definiciju.

Homogena trigonometrijska jednačina je ona u kojoj se svaki član različit od nule sastoji od istog broja trigonometrijskih faktora. To mogu biti sinusi, kosinusi ili njihove kombinacije - metoda rješenja je uvijek ista.

Stepen homogene trigonometrijske jednadžbe je broj trigonometrijskih faktora uključenih u članove koji nisu nula. Primjeri:

sinx+15 cos x=0

\sin x+15\text( cos )x=0 - identitet 1. stepena;

2 sin2x+5sinxcosx−8cos2x=0

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

sin3x+2sinxcos2x=0

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

sinx+cosx=1

\sin x+\cos x=1 - i ova jednadžba nije homogena, jer na desnoj strani postoji jedinica - nenulti član u kojem nema trigonometrijskih faktora;

sin2x+2sinx−3=0

\sin 2x+2\sin x-3=0 je također nehomogena jednačina. Element sin2x\sin 2x je drugog stepena (pošto se može predstaviti

sin2x=2sinxcosx

\sin 2x=2\sin x\cos x), 2sinx 2\sin x je prvi, a pojam 3 je općenito nula, jer u njemu nema sinusa ili kosinusa.

Opća shema rješenja

Šema rješenja je uvijek ista:

Pretvarajmo se to cosx=0\cos x=0. Onda sinx=±1\sin x=\pm 1 - ovo slijedi iz glavnog identiteta. Hajde da zamenimo sinx\sin x i cosx\cos x u originalni izraz, a ako je rezultat besmislica (na primjer, izraz 5=0 5=0), idite na drugu tačku;

Sve dijelimo po stepenu kosinusa: cosx, cos2x, cos3x... - zavisi od vrijednosti snage jednadžbe. Dobijamo uobičajenu jednakost sa tangentama, koja se može sigurno riješiti zamjenom tgx=t.

tgx=tPronađeni korijeni će biti odgovor na originalni izraz.