Урок "Функции y = tgx, y = ctgx, их свойства и графики ч.2"

В данном видеоуроке дается подробный разбор, как решаются тригонометрические уравнения.

Вначале говорится о том, что на данном этапе обучения учащиеся уже знакомы некоторыми решениями тригонометрических уравнений.  Ранее рассматривались уравнения sin t = a, cost = aдля значений а = 0; ±1; ±1/2 и некоторых других значений; ±. Эти уравнения не имеют решения, если модуль а больше единицы. Также были рассмотрены уравнения tg t =aи ctg t =a.

Как решаются уравнения данных видов? Автор приводит пример – решить уравнение cos t = - ½. Для решения используется числовая окружность на координатной плоскости. На окружности находим точки с координатой х =- ½, они соответствуют следующим числам t (используем таблицу значений): 2π/3 + 2πkи – 2π/3 + 2πk.

Далее рассматривается второй пример c sin t. Снова используем числовую окружность на координатной плоскости. Используя таблицу значений, найдем на окружности точки с координатой у, которые соответствуют значениям t: π/3 + 2πkи 2π/3 + 2πk.

Третий пример более сложный, чем два предыдущие.

Необходимо решить уравнение 2sin²t + sint – 1 = 0.

Решить данное уравнение можно путем замены переменных, в этом случае введем переменную z = sint. Путем алгебраических преобразований, используя дискриминант D = b² – 4ac, находим, что z₁ = – 1и z₂ =1/2. Следовательно, sin t = – 1и sin t =1/2. Решаются эти уравнения путем нахождения соответствующих координат точек на окружности, используется таблица значений. Корнями уравнения являются t, равные – π/2 + 2πk; π/6 + 2πk; 5π/6+ 2πk.

Разберем четвертый пример, решить уравнение 6sin²t + 5cos t – 2 = 0.

Используя формулу sin² t + cos² t = 0, исходное уравнение приведем к виду 6cos²t + 5cos t – 4 = 0.

Затем, как в предыдущем примере, после ввода новой переменной z = cos t и используя формулу дискриминанта, находим, что z₁ = 4/3 и z₂ = - 1/2. Т.е. cos t = 4/3 и cos t = - 1/2. Первое уравнение не имеет решений, т.к. 4/3 больше единицы (что также видно на единичной окружности); корень второго уравнения t = ± 2π/3 + 2πk. Решением уравнения 6sin²t + 5cos t – 2 = 0 будет t = ± 2π/3 + 2πk.

Практически вся информация, данная в уроке, это примеры решения тригонометрических уравнений различной степени сложности – от простых до более сложных. Решения задач подробно и последовательно разобраны. Поэтому изучение темы не вызовет трудностей у учащихся как на уроке, так и при самостоятельном ознакомлении. Современная и наглядная подача  информации, такая, как видеоурок,  позволит учителю эффективно использовать учебное время.

ТЕКСТОВАЯ РАСШИФРОВКА:

Мы уже научились решать тригонометрические уравнения вида sin t = a

( синус тэ равен а), cos t = a ( косинус тэ равен а), но только для следующих значений а : 0,  1, ,  ,  ( ноль, плюс минус один, плюс минус одна вторая, плюс минус корень из двух на два, плюс минус корень из трех на два). Эти уравнения не имеют решений при | а |  1( модуль а больше единицы). Уравнения же вида tg t = a ( тангенс тэ равен а) и  ctg t = a ( котангенс тэ  равен а) тоже мы пока решаем для конкретных значений а: 0,  1, , ( ноль, плюс минус один, плюс минус корень из трех на три, плюс минус корень из трех).

Вспомним, как решаются уравнения данного вида.

ПРИМЕР 1. Решить уравнение cos t = - ( косинус тэ равен минус одна вторая).

Решение. Будем использовать числовую окружность на координатной плоскости.

ПРИМЕР 2. Решить уравнение sin t =  ( синус тэ равно корень из трех, деленное на два).

Решение. Будем использовать числовую окружность на координатной плоскости.

Рассмотрим  решение  некоторых более сложных уравнений.

ПРИМЕР 3. Решить уравнение  2 sin²t + sint – 1 = 0.(два синус квадрат тэ плюс синус тэ минус один равно нулю)

Решение. Данные уравнения решаются методом замены переменной.

Введем новую переменную z = sint ( зэт равно синус тэ). Тогда данное уравнение примет вид: 2 z² + z – 1 = 0 ( два зэт квадрат плюс зэт минус один равно нулю). Мы получили квадратное уравнение, которое будем решать, используя дискриминант: D = b² – 4 ac( дэ равно бэ квадрат минус четыре а цэ). В нашем случае, a = 2, b = 1, c = - 1.Значит, D = 1 + 8 = 9. Для нахождения корней квадратного уравнения воспользуемся формулой:

 z =  (зэт равно минус бэ плюс минус корень из дэ, деленное на два а).

Получим z₁ = - 1( зэт один равно минус один), а z₂ =  ( зэт два равно одной второй). Значит, sint = –1 или  sint =.

1) sint = –1, ордината точки равна минус одному при t=– , на окружности это точка D, и значит данное уравнение соответствует любому t  равному t=– +2πk, kZ

2) найдем на числовой окружности точки с ординатой . (показать таблицу)

На числовой окружности точка R (эр) соответствует числу  , а значит, и любому числу вида  + 2πk ( пи на шесть плюс два пи ка). Точка  S(эс) соответствует числу , а значит, любому числу вида  + 2πk ( пять пи на шесть плюс два пи ка). kZ

ПРИМЕР 4.Решить уравнение 6 sin²t + 5 cos t – 2 = 0( шесть синус квадрат тэ плюс пять косинус тэ минус два равно нулю).

Решение. Вспомним основное тригонометрическое тождество: sin²t+ cos² t = 1. Из данного тождества выразим sin²t,  sin²t = 1 – cos² t  ( синус квадрат равен разности единицы и квадрата косинуса тэ). Заменим sin²t в уравнении полученным выражением, 1 – cos² t , получим квадратное уравнение относительно cos t:

6( 1 – cos² t )+ 5 cos t – 2 = 0

Раскроем скобки  6  – 6cos² t + 5 cos t – 2 = 0

Приведем подобные слагаемые  получим:

6  – 6cos² t + 5 cos t + 4 = 0

 6 cos² t  -  5 cos t – 4 = 0

( шесть косинус квадрат тэ минус пять косинус тэ минус четыре равно нулю).

Введем новую переменную z = cos t ( зэт равно косинус тэ). Тогда данное уравнение примет вид: 6 z² - 5z – 4 = 0. Дискриминант этого квадратного уравнения равен  D = b² – 4 ac, где а= 6, b= -5, с= -4 Подставляем данные в формулу дискриминанта и получаем  ( - 5)² – 4 ∙ 6 ∙ ( - 4) = 25 + 96 =121( дэ равно двадцать пять плюс девяноста шесть равно сто двадцать один).

Значит, cos t = , либо cos t =.

Первое из этих уравнений не имеет решений, так как   1( четыре трети больше единицы), так как если мы вспомним график функции у=cosx то его множество значений  Е(f)=[–1;1], или же обратимся к единичной окружности

на которой четко видно сто косинус определен от –1 до 1. (–1  cos t 1)

Решая второе уравнение (обратимся к решению примера 1), находим t = ±  + 2πk(  тэ равно плюс минус два пи на три плюс два пи ка).

Ответ:t = ±  + 2πk.