Ikke-lineære ligninger med to ukjente
Definisjon 1. La A være noen sett med tallpar (x; y). De sier at mengden A er gitt numerisk funksjon z fra to variabler x og y , hvis en regel er spesifisert ved hjelp av hvilken hvert tallpar fra sett A er knyttet til et bestemt tall.
Trening numerisk funksjon z fra to variabler x og y ofte betegne Så:
Hvor f (x , y) – enhver annen funksjon enn en funksjon
f (x , y) = øks+by+c ,
hvor a, b, c – gitte tall.
Definisjon 3. Løse ligning (2) ring et par numre ( x; y), for hvilken formel (2) er en ekte likhet.
Eksempel 1. Løs ligningen
Siden kvadratet til et hvilket som helst tall er ikke-negativt, følger det av formel (4) at de ukjente x og y tilfredsstiller ligningssystemet
løsningen som er et tallpar (6; 3).
Svar: (6; 3)
Eksempel 2. Løs ligningen
Derfor er løsningen til ligning (6). uendelig sett par med tall type
(1 + y ; y) ,
hvor y er et hvilket som helst tall.
lineær
Definisjon 4. Løse et ligningssystem
ring et par numre ( x; y), når vi erstatter dem i hver av likningene i dette systemet, får vi ekte likestilling.
Systemer med to ligninger, hvorav den ene er lineær, har formen
g(x , y)
Eksempel 4. Løs ligningssystem
Løsning . La oss uttrykke den ukjente y fra den første likningen i system (7) gjennom den ukjente x og erstatte det resulterende uttrykket med den andre likningen i systemet:
Løse ligningen
x 1 = - 1 , x 2 = 9 .
Derfor,
y 1 = 8 - x 1 = 9 ,
y 2 = 8 - x 2 = - 1 .
Systemer av to ligninger, hvorav den ene er homogen
Systemer av to ligninger, hvorav den ene er homogen, har formen
hvor a, b, c er gitt tall, og g(x , y) – funksjon av to variabler x og y.
Eksempel 6. Løs ligningssystem
Løsning . La oss løse den homogene ligningen
3x 2 + 2xy - y 2 = 0 ,
3x 2 + 17xy + 10y 2 = 0 ,
behandler det som en andregradsligning med hensyn til den ukjente x:
.
I tilfelle x = - 5y, fra den andre ligningen til system (11) får vi ligningen
5y 2 = - 20 ,
som ikke har røtter.
I tilfelle
fra den andre ligningen i system (11) får vi ligningen
,
hvis røtter er tall y 1 = 3 , y 2 = - 3 . Ved å finne for hver av disse verdiene y den tilsvarende verdien x, får vi to løsninger til systemet: (- 2 ; 3), (2 ; - 3) .
Svar: (- 2 ; 3) , (2 ; - 3)
Eksempler på løsning av ligningssystemer av andre typer
Eksempel 8. Løs et ligningssystem (MIPT)
Løsning . La oss introdusere nye ukjente u og v, som uttrykkes gjennom x og y i henhold til formlene:
For å omskrive system (12) i form av nye ukjente, uttrykker vi først de ukjente x og y i form av u og v. Av system (13) følger det at
La oss løse det lineære systemet (14) ved å eliminere variabelen x fra den andre ligningen til dette systemet. For dette formålet utfører vi følgende transformasjoner på systemet (14):
- Vi vil la den første ligningen av systemet være uendret;
- fra den andre likningen trekker vi den første likningen og erstatter den andre likningen i systemet med den resulterende forskjellen.
Som et resultat blir system (14) transformert til et ekvivalent system
som vi finner fra
Ved å bruke formlene (13) og (15), omskriver vi det opprinnelige systemet (12) i skjemaet
Den første ligningen til system (16) er lineær, så vi kan uttrykke fra den den ukjente u gjennom den ukjente v og erstatte dette uttrykket med den andre ligningen i systemet.
Leksjonsemne: "Homogene trigonometriske ligninger"
(10. klasse)
Mål: introdusere konseptet homogen trigonometriske ligninger I og II grader; formulere og utarbeide en algoritme for å løse homogene trigonometriske ligninger av grader I og II; lære elevene å løse homogene trigonometriske ligninger av grader I og II; utvikle evnen til å identifisere mønstre og generalisere; stimulere interessen for faget, utvikle en følelse av solidaritet og sunn konkurranse.
Leksjonstype: leksjon i dannelse av ny kunnskap.
Skjema: arbeid i grupper.
Utstyr: datamaskin, multimediainstallasjon
I løpet av timene
Organisering av tid
Hilse studenter, mobilisere oppmerksomhet.
På timen vurderingssystem kunnskapsvurdering (læreren forklarer kunnskapsvurderingssystemet, og fyller ut vurderingsarket av en uavhengig ekspert valgt av læreren blant elevene). Leksjonen er ledsaget av en presentasjon. .
Oppdatering av grunnleggende kunnskap.
Lekser kontrolleres og graderes av en uavhengig ekspert og konsulenter før timen og fullføres evalueringspapir.
Læreren oppsummerer fremgangen hjemmelekser.
Lærer: Vi fortsetter å studere emnet "Trigonometriske ligninger". I dag i leksjonen vil vi introdusere deg til en annen type trigonometriske ligninger og metoder for å løse dem, og derfor vil vi gjenta det vi har lært. Når du løser alle typer trigonometriske ligninger, reduseres de til å løse de enkleste trigonometriske ligningene.
Individuelle lekser gjort i grupper kontrolleres. Forsvar av presentasjonen "Løsninger av de enkleste trigonometriske ligningene"
(Gruppens arbeid vurderes av en uavhengig ekspert)
Motivasjon for læring.
Lærer: Vi har arbeid å gjøre for å løse kryssordet. Etter å ha løst det, vil vi finne ut navnet på en ny type ligninger som vi skal lære å løse i dag i klassen.
Spørsmål projiseres inn på tavlen. Elevene gjetter, og en uavhengig ekspert legger inn poengsummene til elevene som svarer på poengskjemaet.
Etter å ha løst kryssordet, vil barna lese ordet "homogen".
Assimilering av ny kunnskap.
Lærer: Temaet for leksjonen er "Homogene trigonometriske ligninger."
La oss skrive ned emnet for leksjonen i en notatbok. Homogene trigonometriske ligninger er av første og andre grad.
La oss skrive ned definisjonen av en homogen likning av første grad. Jeg viser et eksempel på å løse denne typen ligninger du lager en algoritme for å løse en homogen trigonometrisk ligning av første grad.
Formens ligning EN sinx + b cosx = 0 kalles en homogen trigonometrisk ligning av første grad.
La oss vurdere løsningen til ligningen når koeffisientene EN Og V er forskjellig fra 0.
Eksempel: sinx + cosx = 0
R 
å dele begge sider av ligningsleddet med cosx, får vi
Merk følgende! Du kan dele med 0 bare hvis dette uttrykket ikke blir 0 noe sted. La oss analysere. Hvis cosinus er lik 0, vil også sinus være lik 0, gitt at koeffisientene er forskjellige fra 0, men vi vet at sinus og cosinus går til null i ulike punkter. Derfor kan denne operasjonen utføres når du løser denne typen ligninger.
Algoritme for å løse en homogen trigonometrisk ligning av første grad: å dele begge sider av ligningen med cosx, cosx 0
Formens ligning EN sin mx +b cos mx = 0 kalles også en homogen trigonometrisk ligning av første grad og løser også delingen av begge sider av ligningen med cosinus mx.
Formens ligning en synd 2 x+b sinx cosx +c cos2x = 0 kalles en homogen trigonometrisk ligning av andre grad.
Eksempel : synd 2 x + 2sinx cosx – 3cos 2 x = 0
Koeffisient a er forskjellig fra 0 og derfor, som forrige ligning, er ikke cosx lik 0, og derfor kan du bruke metoden for å dele begge sider av ligningen med cos 2 x.
Vi får tg 2 x + 2tgx – 3 = 0
Vi løser ved å introdusere en ny variabel la tgx = a, så får vi ligningen
a 2 + 2a – 3 = 0
D = 4 – 4 (–3) = 16
a 1 = 1 a 2 = –3
Tilbake til erstatning
Svar:
Hvis koeffisienten a = 0, vil ligningen ha formen 2sinx cosx – 3cos2x = 0, vi løser den ved å bruke subtraksjonsmetoden felles multiplikator cosx utenfor parentes. Hvis koeffisienten c = 0, så har ligningen formen sin2x +2sinx cosx = 0, vi løser det ved å ta fellesfaktoren sinx ut av parentes. Algoritme for å løse en homogen trigonometrisk ligning av første grad:
Se om ligningen inneholder asin2 x-leddet.
Hvis begrepet asin2 x er inneholdt i ligningen (dvs. en 0), så løses ligningen ved å dele begge sider av ligningen med cos2x og deretter introdusere en ny variabel.
Hvis begrepet asin2 x ikke er inneholdt i ligningen (dvs. a = 0), så løses ligningen ved faktorisering: cosx er tatt ut av parentes. Homogene ligninger av formen a sin2m x + b sin mx cos mx + c cos2mx = 0 løses på samme måte
Algoritmen for å løse homogene trigonometriske ligninger er skrevet i læreboken på side 102.
Kroppsøvingsminutt
Dannelse av ferdigheter for å løse homogene trigonometriske ligninger
Åpne problembøker side 53
1. og 2. gruppe vedtar nr. 361-v
3. og 4. gruppe vedtar nr. 363-v
Vis løsningen på tavlen, forklar, utfyll. En uavhengig ekspert vurderer.
Løsningseksempler fra oppgavebok nr. 361-v
sinx – 3cosx = 0
vi deler begge sider av ligningen med cosx 0, får vi 
nr. 363-v
sin2x + sinxcosx – 2cos2x = 0
del begge sider av ligningen med cos2x, vi får tg2x + tanx – 2 = 0
løse ved å introdusere en ny variabel
la tgx = a, så får vi ligningen
a2 + a – 2 = 0
D = 9
a1 = 1 a2 = –2
tilbake til erstatning
Selvstendig arbeid.
Løs ligningene.
2 cosx – 2 = 0
2cos2x – 3cosx +1 = 0
3 sin2x + sinx cosx – 2 cos2x = 0
På slutten av selvstendig arbeid bytter de jobb og gjensidig sjekker. De riktige svarene projiseres på tavlen.
Deretter overleverer de det til en uavhengig ekspert.
Gjør det selv løsning
Oppsummering av leksjonen.
Hvilken type trigonometriske ligninger lærte vi om i klassen?
Algoritme for å løse trigonometriske ligninger av første og andre grad.
Hjemmelekser: § 20.3 lest. nr. 361(d), 363(b), økt vanskelighetsgrad i tillegg nr. 380(a).
Kryssord.
Hvis du går inn sanne ord, så får du navnet på en av typene trigonometriske ligninger.
Verdien av variabelen som gjør ligningen sann? (Rot)
Måleenhet for vinkler? (Radian)
Numerisk faktor i et produkt? (koeffisient)
Gren av matematikk som studerer trigonometriske funksjoner? (Trigonometri)
Hvilken matematisk modell nødvendig for innsetting trigonometriske funksjoner? (Sirkel)
Hvilken trigonometrisk funksjon er partall? (Cosinus)
Hva kalles en ekte likestilling? (Identitet)
Likhet med en variabel? (ligningen)
Ligninger som har identiske røtter? (tilsvarende)
Sett med røtter til en ligning ? (Løsning)
Evalueringspapir
№
n\n
Etternavn, fornavn på læreren
Hjemmelekser
Presentasjon
Kognitiv aktivitet
studerer
Løse ligninger
Uavhengig
Jobb
Lekser – 12 poeng (3 ligninger 4 x 3 = 12 ble tildelt for lekser)
Presentasjon – 1 poeng
Elevaktivitet – 1 svar – 1 poeng (maks 4 poeng)
Løse ligninger 1 poeng
Selvstendig arbeid – 4 poeng
Gruppevurdering:
"5" - 22 poeng eller mer
“4” – 18 – 21 poeng
“3” – 12 – 17 poeng
Stoppe! La oss prøve å forstå denne tungvinte formelen.
Den første variabelen i potensen med en eller annen koeffisient skal komme først. I vårt tilfelle er det det
I vårt tilfelle er det det. Som vi fant ut betyr dette at graden ved den første variabelen konvergerer. Og den andre variabelen til første grad er på plass. Koeffisient.
Vi har det.
Den første variabelen er en potens, og den andre variabelen er kvadratisk, med en koeffisient. Dette er siste ledd i ligningen.
Som du kan se, passer ligningen vår til definisjonen i form av en formel.
La oss se på den andre (verbale) delen av definisjonen.
Vi har to ukjente og. Det konvergerer her.
La oss vurdere alle vilkårene. I dem skal summen av gradene til de ukjente være den samme.
Summen av gradene er lik.
Summen av potensene er lik (ved og ved).
Summen av gradene er lik.
Som du ser passer alt!!!
La oss nå øve på å definere homogene ligninger.
Bestem hvilken av ligningene som er homogene:
Homogene ligninger - ligninger med tall:
La oss vurdere ligningen separat.
Hvis vi deler hvert ledd ved å faktorisere hvert ledd, får vi
Og denne ligningen faller fullstendig inn under definisjonen av homogene ligninger.
Hvordan løse homogene ligninger?
Eksempel 2.
La oss dele ligningen med.
I følge vår tilstand kan ikke y være lik. Derfor kan vi trygt dele med
Ved å gjøre erstatningen får vi en enkel andregradsligning:
Siden dette er en redusert kvadratisk ligning, bruker vi Vietas teorem:
Etter å ha gjort omvendt erstatning, får vi svaret
Svar:
Eksempel 3.
La oss dele ligningen med (etter betingelse).
Svar:
Eksempel 4.
Finn hvis.
Her må du ikke dele, men multiplisere. La oss multiplisere hele ligningen med:
La oss lage en erstatning og løse den kvadratiske ligningen:
Etter å ha gjort den omvendte erstatningen, får vi svaret:
Svar:
Løse homogene trigonometriske ligninger.
Å løse homogene trigonometriske ligninger er ikke forskjellig fra løsningsmetodene beskrevet ovenfor. Bare her må du blant annet kunne litt trigonometri. Og kunne løse trigonometriske ligninger (for dette kan du lese avsnittet).
La oss se på slike ligninger ved å bruke eksempler.
Eksempel 5.
Løs ligningen.
Vi ser det typiske homogen ligning: og er ukjente, og summen av potensene deres i hvert ledd er lik.
Slike homogene likninger er ikke vanskelige å løse, men før du deler likningene inn i, vurder tilfellet når
I dette tilfellet vil ligningen ha formen: , så. Men sinus og cosinus kan ikke være like samtidig, fordi i utgangspunktet trigonometrisk identitet. Derfor kan vi trygt dele det inn i:
Siden ligningen er gitt, så ifølge Vietas teorem:
Svar:
Eksempel 6.
Løs ligningen.
Som i eksemplet må du dele ligningen med. La oss vurdere saken når:
Men sinus og cosinus kan ikke være like på samme tid, fordi i henhold til den grunnleggende trigonometriske identiteten. Derfor.
La oss lage en erstatning og løse den kvadratiske ligningen:
La oss gjøre omvendt erstatning og finne og:
Svar:
Løse homogene eksponentialligninger.
Homogene ligninger løses på samme måte som de som er diskutert ovenfor. Hvis du har glemt hvordan du bestemmer deg eksponentielle ligninger- se på den tilsvarende delen ()!
La oss se på noen få eksempler.
Eksempel 7.
Løs ligningen
La oss forestille oss det slik:
Vi ser en typisk homogen likning, med to variabler og en sum av potenser. La oss dele ligningen inn i:
Som du kan se, ved å gjøre substitusjonen, får vi den kvadratiske ligningen nedenfor (det er ingen grunn til å være redd for å dele med null - den er alltid strengt tatt større enn null):
I følge Vietas teorem:
Svar: .
Eksempel 8.
Løs ligningen
La oss forestille oss det slik:
La oss dele ligningen inn i:
La oss lage en erstatning og løse den kvadratiske ligningen:
Roten tilfredsstiller ikke betingelsen. La oss gjøre omvendt erstatning og finne:
Svar:
HOMOGENE LIGNINGER. GJENNOMSNITTLIG NIVÅ
Først, ved å bruke eksempelet på ett problem, la meg minne deg på det hva er homogene likninger og hva er løsningen av homogene likninger.
Løs problemet:
Finn hvis.
Her kan du legge merke til en merkelig ting: hvis vi deler hvert ledd med, får vi:
Det vil si, nå er det ingen separate og, - nå er variabelen i ligningen ønsket verdi. Og dette er en vanlig andregradsligning som enkelt kan løses ved hjelp av Vietas teorem: produktet av røttene er lik, og summen er tallene og.
Svar:
Formens ligninger
kalles homogen. Det vil si at dette er en ligning med to ukjente, hvor hvert ledd har den samme summen av potenser av disse ukjente. For eksempel, i eksemplet ovenfor er dette beløpet lik. Homogene ligninger løses ved å dele med en av de ukjente til denne graden:
Og den påfølgende erstatningen av variabler: . Dermed får vi en potensligning med en ukjent:
Oftest vil vi møte ligninger av andre grad (det vil si kvadratisk), og vi vet hvordan vi skal løse dem:
Merk at vi kan dele (og multiplisere) hele ligningen med en variabel bare hvis vi er overbevist om at denne variabelen ikke kan være lik null! For eksempel, hvis vi blir bedt om å finne, forstår vi det umiddelbart siden det er umulig å dele. I tilfeller der dette ikke er så åpenbart, er det nødvendig å sjekke tilfellet separat når denne variabelen er lik null. For eksempel:
Løs ligningen.
Løsning:
Vi ser her en typisk homogen ligning: og er ukjente, og summen av potensene deres i hvert ledd er lik.
Men før vi deler med og får en kvadratisk ligning relativ, må vi vurdere tilfellet når. I dette tilfellet vil ligningen ha formen: , som betyr . Men sinus og cosinus kan ikke være lik null samtidig, fordi i henhold til den grunnleggende trigonometriske identiteten:. Derfor kan vi trygt dele det inn i:
Jeg håper denne løsningen er helt klar? Hvis ikke, les avsnittet. Hvis det ikke er klart hvor det kom fra, må du gå tilbake enda tidligere - til seksjonen.
Bestem selv:
- Finn hvis.
- Finn hvis.
- Løs ligningen.
Her vil jeg kort skrive direkte løsningen til homogene ligninger:
Løsninger:
Svar: .
Men her må vi multiplisere i stedet for å dividere:
Svar:
Hvis du ikke har tatt trigonometriske ligninger ennå, kan du hoppe over dette eksemplet.
Siden vi her må dele med, la oss først sørge for at det ikke er hundre lik null:
Og dette er umulig.
Svar: .
HOMOGENE LIGNINGER. KORT OM DE VIKTIGSTE TINGENE
Løsningen av alle homogene ligninger reduseres til divisjon med en av de ukjente i potens og ytterligere endring av variabler.
Algoritme:
"Storheten til en mann ligger i hans evne til å tenke."
Blaise Pascal.
Leksjonens mål:
1) Pedagogisk– introdusere studentene til homogene ligninger, vurdere metoder for å løse dem, og fremme utvikling av ferdigheter i å løse tidligere studerte typer trigonometriske ligninger.
2) Utviklingsmessig– utvikle den kreative aktiviteten til elevene, deres kognitiv aktivitet, logisk tenkning, hukommelse, evne til å arbeide i problematisk situasjon, for å oppnå evnen til å korrekt, konsekvent, rasjonelt uttrykke sine tanker, utvide horisonten til elevene og øke nivået på deres matematiske kultur.
3) Pedagogisk– å dyrke ønsket om selvforbedring, hardt arbeid, å utvikle evnen til å kompetent og nøyaktig utføre matematiske notater, å dyrke aktivitet, å bidra til å stimulere interessen for matematikk.
Leksjonstype: kombinert.
Utstyr:
- Hullkort for seks elever.
- Kort for uavhengige og individuelt arbeid studenter.
- Står "Løse trigonometriske ligninger", "Numerisk enhetssirkel".
- Elektrifiserte trigonometritabeller.
- Presentasjon for leksjonen (vedlegg 1).
I løpet av timene
1. Organisasjonsstadiet(2 minutter)
Gjensidig hilsen; sjekke elevenes beredskap for timen ( arbeidsplass, utseende); organisering av oppmerksomhet.
Læreren forteller elevene emnet for leksjonen, mål (lysbilde 2) og forklarer at i løpet av leksjonen vil den ene bli brukt Gi ut, som står på pultene.
2. Repetisjon teoretisk materiale(15 minutter)
Hullkortoppgaver(6 personer) . Arbeidstid ved bruk av hullkort – 10 min (vedlegg 2)
Etter å ha løst oppgavene skal elevene lære hvor de søker trigonometriske beregninger. Følgende svar oppnås: triangulering (en teknikk som lar en måle avstander til nærliggende stjerner i astronomi), akustikk, ultralyd, tomografi, geodesi, kryptografi.
(lysbilde 5)
Frontalundersøkelse.
- Hvilke ligninger kalles trigonometriske?
- Hvilke typer trigonometriske ligninger kjenner du til?
- Hvilke ligninger kalles de enkleste trigonometriske ligningene?
- Hvilke ligninger kalles kvadratisk trigonometriske?
- Formuler definisjonen av arcsine av a.
- Formuler definisjonen av buekosinus til a.
- Formuler definisjonen av arctangensen til a.
- Formuler definisjonen av buecotangensen til tallet a.
Spillet "Gjett det krypterte ordet"
Blaise Pascal sa en gang at matematikk er en så seriøs vitenskap at man ikke bør gå glipp av en mulighet til å gjøre den litt mer underholdende. Det er derfor jeg foreslår å spille. Etter å ha løst eksemplene, bestemme rekkefølgen av tall som brukes til å komponere det krypterte ordet. På latin betyr dette ordet "sinus". (lysbilde 3)
2) bue tg (-√3)
4) tg (arc cos (1/2))
5) tg (bue ctg √3)
Svar: "Bøy"
Spillet "Abstract Mathematician"»
Oppgaver for muntlig arbeid projiseres på skjermen:
Sjekk at ligningene er løst riktig.(det riktige svaret vises på lysbildet etter elevens svar). (lysbilde 4)
Svar med feil |
Riktige svar |
|
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 |
|
fordi x = π/3 |
x = ± 1/2 +2πn |
cos x = 1/2, x = ± π/3+2πn |
Sjekker lekser.
Læreren fastslår riktigheten og bevisstheten om leksefullføring av alle elever; identifiserer hull i kunnskap; forbedrer elevenes kunnskaper, ferdigheter og evner innen løsning av enkle trigonometriske ligninger.
1 ligning. Eleven kommenterer løsningen på ligningen, hvis linjer vises på lysbildet i rekkefølgen til kommentaren). (lysbilde 6)
√3tg2x = 1;
tg2x =1/√3;
2х= arktan 1/√3 +πn, n ∈Z.
2х= π/6 +πn, n ∈Z.
x= π/12 + π/2 n, n ∈Z.
2 ligning. Løsning h skrevet til elevene i styret.
2 sin 2 x + 3 cosx = 0.
3. Oppdatere ny kunnskap (3 minutter)
Elevene, på forespørsel fra læreren, husker måter å løse trigonometriske ligninger på. De velger de likningene som de allerede vet hvordan de skal løse, nevner metoden for å løse likningen og det resulterende resultatet. . Svarene vises på lysbildet. (lysbilde 7) .
Introduserer en ny variabel:
nr. 1. 2sin 2 x – 7sinx + 3 = 0.
La sinx = t, så:
2t 2 – 7t + 3 = 0.
Faktorisering:
№2. 3sinx cos4x – cos4x = 0;
сos4x(3sinx – 1) = 0;
cos4x = 0 eller 3 sinx – 1 = 0; ...
nr. 3. 2 sinx – 3 cosx = 0,
nr. 4. 3 sin 2 x – 4 sinx cosx + cos 2 x = 0.
Lærer: Du vet fortsatt ikke hvordan du løser de to siste typene ligninger. De er begge samme art. De kan ikke reduseres til en ligning vedr funksjoner sinx eller cosx. Er kalt homogene trigonometriske ligninger. Men bare den første er en homogen ligning av første grad, og den andre er en homogen ligning av andre grad. I dag i leksjonen skal vi bli kjent med slike ligninger og lære hvordan vi løser dem.
4. Forklaring av nytt materiale (25 minutter)
Læreren gir elevene definisjoner av homogene trigonometriske ligninger og introduserer metoder for å løse dem.
Definisjon. En ligning av formen a sinx + b cosx =0, hvor a ≠ 0, b ≠ 0 kalles homogen trigonometrisk ligning av første grad.(lysbilde 8)
Et eksempel på en slik likning er likning nr. 3. Vi skriver det ut generell form ligningen og analyser den.
a sinx + b cosx = 0.
Hvis cosx = 0, så er sinx = 0.
– Kan en slik situasjon skje?
- Nei. Vi har fått en motsetning til den grunnleggende trigonometriske identiteten.
Dette betyr cosx ≠ 0. La oss utføre ledd-for-ledd divisjon med cosx:
a tgx + b = 0
tgx = –b / a– den enkleste trigonometriske ligningen.
Konklusjon: Homogene trigonometriske ligninger av første grad løses ved å dele begge sider av ligningen med cosx (sinx).
For eksempel: 2 sinx – 3 cosx = 0,
Fordi cosx ≠ 0, da
tgx = 3/2 ;
x = arktan (3/2) +πn, n ∈Z.
Definisjon. En ligning av formen a sin 2 x + b sinx cosx + c cos 2 x = 0, hvor a ≠ 0, b ≠ 0, c ≠ 0 kalles trigonometrisk ligning av andre grad. (lysbilde 8)
Et eksempel på en slik likning er likning nr. 4. La oss skrive ned den generelle formen til ligningen og analysere den.
a sin 2 x + b sinx cosx + c cos 2 x = 0.
Hvis cosx = 0, så er sinx = 0.
Igjen fikk vi en motsetning til den grunnleggende trigonometriske identiteten.
Dette betyr cosx ≠ 0. La oss utføre ledd-for-ledd divisjon med cos 2 x:
og tg 2 x + b tgx + c = 0 er en ligning som reduseres til en kvadratisk.
Konklusjon: Åh homogene trigonometriske ligninger av andre grad løses ved å dele begge sider av ligningen med cos 2 x (sin 2 x).
For eksempel: 3 sin 2 x – 4 sinx cosx + cos 2 x = 0.
Fordi cos 2 x ≠ 0, da
3tg 2 x – 4 tgx + 1 = 0 (Inviter eleven til å gå til tavlen og fullføre ligningen uavhengig).
Erstatning: tgx = y. 3у 2 – 4 у + 1 = 0
D = 16 – 12 = 4
y 1 = 1 eller y 2 = 1/3
tgx = 1 eller tgx = 1/3
x = arktan (1/3) + πn, n ∈Z.
x = arctan1 + πn, n ∈Z.
x = π/4 + πn, n ∈Z.
5. Stadium for å sjekke elevenes forståelse av nytt materiale (1 min.)
Velg den odde ut:
sinx = 2cosx; 2sinx + cosx = 2;
√3sinx + cosx = 0; sin 2 x – 2 sinx cosx + 4cos 2 x = 0;
4cosx + 5sinx = 0; √3sinx – cosx = 0.
(lysbilde 9)
6. Konsolidering av nytt materiale (24 min).
Elevene løser sammen med svarerne likninger på tavlen nytt materiale. Oppgavene skrives på et lysbilde i form av en tabell. Når du løser en ligning, åpnes den tilsvarende delen av bildet på lysbildet. Som et resultat av å fullføre 4 ligninger, blir elevene presentert for et portrett av en matematiker som hadde en betydelig innflytelse på utviklingen av trigonometri. (studenter vil gjenkjenne portrettet av François Vieta, en stor matematiker som ga et stort bidrag til trigonometri, som oppdaget egenskapen til røttene til de reduserte kvadratisk ligning og jobbet med kryptografi) . (lysbilde 10)
1) √3sinx + cosx = 0,
Fordi cosx ≠ 0, da
√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.
Fordi cos 2 x ≠ 0, deretter tg 2 x – 10 tgx + 21 = 0
Erstatning: tgx = y.
y 2 – 10 y + 21 = 0
y 1 = 7 eller y 2 = 3
tgx = 7 eller tgx = 3
x = arctan7 + πn, n ∈Z
x = arctan3 + πn, n ∈Z
3) sin 2 2x – 6 sin2x cos2x + 5cos 2 2x = 0.
Fordi cos 2 2x ≠ 0, deretter 3tg 2 2x – 6tg2x +5 = 0
Erstatning: tg2x = y.
3y 2 – 6y + 5 = 0
D = 36 – 20 = 16
y 1 = 5 eller y 2 = 1
tg2x = 5 eller tg2x = 1
2х = arctan5 + πn, n ∈Z
x = 1/2 arctan5 + π/2 n, n ∈Z
2х = arctan1 + πn, n ∈Z
x = π/8 + π/2 n, n ∈Z
4) 6sin 2 x + 4 sin(π-x) cos(2π-x) = 1.
6sin 2 x + 4 sinx cosx = 1.
6sin 2 x + 4 sinx cosx – sin 2 x – cos 2 x = 0.
5sin 2 x + 4 sinx cosx – cos 2 x = 0.
Fordi cos 2 x ≠0, deretter 5tg 2 x + 4 tgx –1 = 0
Erstatning: tg x = y.
5у 2 + 4у – 1 = 0
D = 16 + 20 = 36
y 1 = 1/5 eller y 2 = –1
tg x = 1/5 eller tg x = –1
x = arctan1/5 + πn, n ∈Z
x = arctan(–1) + πn, n ∈Z
x = –π/4 + πn, n ∈Z
I tillegg (på kortet):
Løs ligningen, og velg ett alternativ fra de fire foreslåtte, gjett navnet på matematikeren som utledet reduksjonsformlene:
2sin 2 x – 3 sinx cosx – 5cos 2 x = 0.
Mulige svar:
x = arctan2 + 2πn, n ∈Z x = –π/2 + πn, n ∈Z – P. Chebyshev
x = arktan 12,5 + 2πn, n ∈Z x = –3π/4 + πn, n ∈Z – Euklid
x = arctan 5 + πn, n ∈Z x = –π/3 + πn, n ∈Z – Sofya Kovalevskaya
x = arctan2.5 + πn, n ∈Z x = –π/4 + πn, n ∈Z – Leonhard Euler
Riktig svar: Leonhard Euler.
7. Differensiert selvstendig arbeid (8 min.)
Den store matematikeren og filosofen for mer enn 2500 år siden foreslo en måte å utvikle tenkeevner på. "Tenking begynner med undring," sa han. I dag har vi gjentatte ganger sett at disse ordene er riktige. Etter å ha fullført selvstendig arbeid med 2 alternativer, vil du kunne vise hvordan du har mestret materialet og finne ut navnet på denne matematikeren. For selvstendig arbeid, bruk utdelingsarkene som ligger på bordene dine. Du kan velge en av de tre foreslåtte ligningene selv. Men husk det ved å løse ligningen som tilsvarer gul farge, kan du bare få "3" ved å løse ligningen som tilsvarer den grønne fargen - "4", den røde fargen - "5". (vedlegg 3)
Uansett hvilken vanskelighetsgrad elevene velger, etter riktig avgjørelse Den første versjonen av ligningen produserer ordet "ARIST", den andre - "HOTEL". Ordet på lysbildet er: "ARIST-HOTEL." (lysbilde 11)
Blader med selvstendig arbeid sendes inn for verifisering. (vedlegg 4)
8. Ta opp lekser (1 min)
D/z: §7.17. Komponer og løs 2 homogene likninger av første grad og 1 homogen likning av andre grad (bruk Vietas teorem for å komponere). (lysbilde 12)
9. Oppsummering av leksjonen, karaktersetting (2 minutter)
Læreren trekker nok en gang oppmerksomheten til de typene ligninger og de teoretiske fakta som ble tilbakekalt i leksjonen, og snakker om behovet for å lære dem.
Elevene svarer på spørsmålene:
- Hvilken type trigonometriske ligninger er vi kjent med?
- Hvordan løses disse ligningene?
Læreren noterer mest vellykket arbeid i leksjonen til enkeltelever, gir karakterer.
Dette betyr å finne vinkelen mellom denne linjen og dens projeksjon på et gitt plan.
En romlig modell som illustrerer oppgaven er presentert i figuren.
Problemløsningsplan:
1. Fra vilkårlig poeng EN∈en senk vinkelrett på planet α
;
2. Bestem møtepunktet for denne vinkelrett med planet α
. Punktum A α - ortografisk projeksjon EN til flyet α
;
3. Finn skjæringspunktet for linjen en med fly α
. Punktum a α- rett sti en på overflaten α
;
4. Vi utfører ( A α a α) - projeksjon av en rett linje en til flyet α
;
5. Bestem den reelle verdien ∠ Aa α A α, dvs. ∠ φ
.
Løsningen på problemet Finn vinkelen mellom en linje og et plan kan forenkles sterkt hvis vi ikke definerer ∠ φ mellom en rett linje og et plan, og komplementær til 90° ∠ γ . I dette tilfellet er det ikke nødvendig å bestemme projeksjonen av punktet EN og rette linjeprojeksjoner en til flyet α . Å vite størrelsen γ , beregnet med formelen:
$ φ = 90° - γ $
en og fly α , definert av parallelle linjer m Og n.
en α
Roterer rundt horisontalen gitt av poeng 5 og 6 bestemmer vi den faktiske størrelsen ∠ γ
. Å vite størrelsen γ
, beregnet med formelen:
$ φ = 90° - γ $
Bestemme vinkelen mellom en rett linje en og fly α , gitt av en trekant BCD.
Fra et vilkårlig punkt på en linje en senk vinkelrett på planet α
Ved å rotere rundt den horisontale linjen spesifisert av punktene 3 og 4, bestemmer vi den naturlige størrelsen ∠ γ
. Å vite størrelsen γ
, beregner vi ved hjelp av formelen.