Вторник, 19.01.2021, 05:12
Ш  К  О  Л  А     П  И  Ф  А  Г  О  Р  А
      Предмет математики настолько серьезен, что нужно
не упускать случая, сделать его немного занимательным".
                                                                           Блез Паскаль
Главная | Регистрация | Вход Приветствую Вас Гость | RSS
ПАМЯТКИ ПО МАТЕМАТИКЕ   ВЕЛИКИЕ МАТЕМАТИКИ   ТЕОРИЯ ЧИСЕЛ   МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ЛОГИКА
УРОКИ МАТЕМАТИКИ В ШКОЛЕ


МАТЕМАТИЧЕСКАЯ КЛАДОВАЯ


В МИРЕ ЗАДАЧ
ЕГЭ ПО МАТЕМАТИКЕ
МАТЕМАТИКА В НАЧАЛЬНОЙ ШКОЛЕ
ВАРИ, КОТЕЛОК!
УДИВИТЕЛЬНАЯ МАТЕМАТИКА
ВЫСШАЯ МАТЕМАТИКА
В МИРЕ ИНТЕРЕСНОГО
Категории раздела
10 КЛАСС [78]
11 КЛАСС [65]
Статистика

Онлайн всего: 3
Гостей: 3
Пользователей: 0
Форма входа

Главная » Файлы » ПРЕПОДАЕМ АЛГЕБРУ И НАЧАЛА МАТЕМАТИЧЕСКОГО АНАЛИЗА » 10 КЛАСС

Введение вспомогательного угла
26.10.2014, 10:37

      В данном пункте учебника рассмотрено введение вспомогательного угла. Применение этого приема показано на примерах решения уравнений и неравенств. В предыдущих пунктах уже решались уравнения вида a sin x+b cos x=0  и находились наибольшее и наименьшее значения функции y=a sin x+b cos x . Но только теперь применение приема рассматривается в общем виде.

      Решения и комментарии

      11.50. а) Решите уравнение
4 sin x−5 cos x=2 .     (1)

      Решение. Разделив обе части уравнения (1) на число 4 2 + ( −5 ) 2 = 41 , перепишем это уравнение в виде
4 41 sin x− 5 41 cos x= 2 41 .     (2)

      Подберем такой угол α , что sin α= 5 41 , a cos α= 4 41 , тогда уравнение (2) перепишется в виде
sin ( x−α )= 2 41 .     (3)

      Так как −1< 2 41 <1 , то множество решений уравнения (3) задается формулами x n −α=arcsin  2 41 +2πn,  n∈  Z
и x k −α=π−arcsin  2 41 +2πk,  k∈  Z, откуда получим, что уравнение (1) имеет две серии решений:

x n =α+arcsin  2 41 +2πn,  n∈  Z;
x k =α+π−arcsin  2 41 +2πk,  k∈  Z,

где α=arcsin  5 41 .
      11.52. а) Решите неравенство
sin x+cos x>− 2 .     (4)

      Решение. Разделив обе части неравенства (1) на положительное число 1 2 + 1 2 = 2 , перепишем это неравенство в виде
1 2 sin x+ 1 2 cos x>−1 .     (5)

      Так как 1 2 =sin  π 4 , а 1 2 =cos  π 4 , то неравенство (5) перепишется в виде
sin ( x+ π 4 )>−1 .     (6)

      Все решения неравенства (6) задаются условиями: − π 2 +2πn<x+ π 4 < 3π 2 +2πn,  n∈  Z, (рис. 74), откуда находим решения неравенства (6): − 3π 2 +2πn<x< 5π 2 +2πn,  n∈  Z.


      Следовательно, все решения неравенства (4) составляют серию интервалов ( − 3π 2 +2πn;   5π 2 +2πn ),  n∈  Z.

      Замечание. Так как неравенство (6) равносильно неравенству sin ( x+ π 4 )≠−1 , то все решения неравенства (6) можно было задать другим условием: x+ π 4 ≠− π 2 +2πn,  n∈  Z, тогда все решения неравенства (4) можно записать и так:

x≠− 3π 2 +2πn,  n∈  Z.

      Обратим внимание на то, что однородные тригонометрические уравнения первой и второй степени можно решать двумя способами: 1) введением вспомогательного угла; 2) сведением к равносильному уравнению относительно тангенса (п. 11.4 учебника), причем оба способа одинаково трудны.
      В то же время однородные тригонометрические неравенства первой и второй степени предпочтительнее решать введением вспомогательного угла, так как сводить их к неравенствам относительно тангенса очень трудная задача.
      Например, рассмотрим решение неравенства
sin x−cos x>0 .     (7)

      I способ. Вводя вспомогательный угол, перепишем неравенство (7) в виде
sin ( x− π 4 )>0 .     (8)

      Множество всех решений неравенства (8) задается условиями

2πn<x− π 4 <π+2πn,  n∈  Z.

      Откуда находим множество всех решений неравенства (7):

π 4 +2πn<x< 5π 4 +2πn,  n∈  Z.

      II способ. Для решения неравенства (7) вторым способом надо решить три системы:
      1)  { cos x=0 sin x>0,     2)  { cos x>0 tg x>1,     3)  { cos x<0 tg x<1
и затем объединить решения трех систем.
      Ясно, что первый способ предпочтительнее.
      11.54. б) Решите неравенство
3 sin 2   x−2 3 sin xcos x−3 cos 2   x>0 .     (9)

      Решение. I способ. Перепишем неравенство (9), разложив его левую часть на множители:
( sin x− 3 cos x )( 3sin x+ 3 cos x )>0 .     (10)

      Разделим неравенство (10) на 4 3 :
( 1 2 sin x− 3 2 cos x ) ( 3 2 sin x+ 1 2 cos x )>0 .     (11)

      Преобразуем левую часть неравенства (11), введя вспомогательный угол:
sin ( x− π 3 )sin ( x+ π 6 )>0 .     (12)

      Далее можно решить две системы неравенств и, объединив множества их решений, получить множество решений неравенства (9).
      Применим другой прием. Так как

sin ( x+ π 6 )=sin ( ( x− π 3 )+ π 2 )=cos ( x− π 3 ) ,

то после умножения на 2 неравенство (12) перепишется в виде

2sin ( x− π 3 )cos ( x− π 3 )>0

или в виде
sin ( 2x− 2π 3 )>0 .     (13)

      Все решения неравенства (13) задаются условиями

2πn<2x− 2π 3 <π+2πn,  n∈  Z,

откуда находим все решения неравенства (13):

π 3 +πn<x< 5π 6 +πn,  n∈  Z.

      Следовательно, все решения неравенства (9) составляют серию интервалов ( π 3 +πn;   5π 6 +πn ),  n∈  Z.
      II способ. 1) Если cos x=0 , т. е. если x k = π 2 +πn,  n∈  Z, то справедливо неравенство

3 sin 2   x k −2 3 sin  x k   cos  x k −3 cos 2   x k >0 .

      Это означает, что все числа x k  являются решениями неравенства (9) (рис. 75, а).


      2) Если cos x≠0 , т. е. если x≠ π 2 +πn , то неравенство (9) можно переписать в виде
cos 2   x( 3   tg 2 x−2 3  tg x−3 )>0 .     (14)

      Так как cos 2   x>0 , то неравенство (14) равносильно неравенству
3   tg 2 x−2 3  tg x−3>0 .     (15)

      Введя новое неизвестное t=tg x , перепишем неравенство (15) в виде
3 t 2 −2 3 t−3>0 .     (16)

      Множество всех решений неравенства (16) есть все t<− 3 3  и все t> 3 . Поэтому множество решений неравенства (9) есть объединение множеств решений неравенств

tg x> 3  и tg x<− 3 3 .
      Множество решений первого неравенства есть серия интервалов ( π 3 +πk;   π 2 +πk ),  k∈  Z, a множество решений второго неравенства есть серия интервалов ( π 2 +πn;   5π 6 +πn ),  n∈  Z. Тогда множество решений неравенства (15) есть объединение этих интервалов (рис. 75, б).
      3) Объединив все найденные решения, получим множество решений неравенства (9): ( π 3 +πk;   5π 6 +πk ),  k∈  Z (рис. 75, в).

      III способ. 1) Применив формулы синуса и косинуса двойного угла, перепишем неравенство (9) в виде

−3cos 2x− 3 sin 2x>0 .

      Разделив обе части этого неравенства на −2 3 , перепишем его в виде
3 2 cos 2x+ 1 2 sin 2x<0 .     (17)

      Так как 1 2 =sin  π 3 , а 3 2 =cos  π 3 , то неравенство (17) перепишется в виде
sin ( 2x+ π 3 )<0 .     (18)

      Все решения неравенства (18) задаются условиями π+2πn<2x+ π 3 <2π+2πn,  n∈  Z. Отсюда получим, что все решения неравенства (9) есть серия интервалов ( π 3 +πn;   5π 6 +πn ),  n∈  Z (см. рис. 75, в).
      Наиболее простым представляется третий способ решения данного неравенства.
      Замечание. При выполнении задания 11.54 вторым способом часто пропускают первый шаг решения и, как следствие, теряют решения x k .
Категория: 10 КЛАСС | Добавил: admin | Теги: советы по преподаванию алгебры в 10, Методика преподавания математики в, поурочное планирование алгебры в 10, Уроки математики
Просмотров: 938 | Загрузок: 0 | Рейтинг: 0.0/0
УЧИТЕЛЮ ИНФОРМАТИКИ
КОНСПЕКТЫ УРОКОВ
ВНЕКЛАССНЫЕ МЕРОПРИЯТИЯ ПО ИНФОРМАТИКЕ
ПОСОБИЯ И МЕТОДИЧКИ ДЛЯ УЧИТЕЛЯ ИНФОРМАТИКИ
ИЗ ОПЫТА РАБОТЫ УЧИТЕЛЯ ИНФОРМАТИКИ
ЗАДАНИЯ ШКОЛЬНОЙ ОЛИМПИАДЫ ПО ИНФОРМАТИКЕ


ИНФОРМАТИКА В ШКОЛЕ


ИНФОРМАТИКА В НАЧАЛЬНЫХ КЛАССАХ
ИНФОРМАТИКА В 3 КЛАССЕ
ИНФОРМАТИКА В 4 КЛАССЕ
КОНТРОЛЬНЫЕ РАБОТЫ ПО ИНФОРМАТИКЕ. 3 КЛАСС
КОНТРОЛЬНЫЕ РАБОТЫ ПО ИНФОРМАТИКЕ. 4 КЛАСС
ПРОГРАММИРОВАНИЕ ДЛЯ ДЕТЕЙ
СКАЗКА "ПРИКЛЮЧЕНИЯ ЭЛЕКТРОШИ"
ИГРОВЫЕ ТЕХНОЛОГИИ НА УРОКАХ ИНФОРМАТИКИ
ИГРОВЫЕ ЗАДАНИЯ ПО ИНФОРМАТИКЕ
ВИКТОРИНЫ ПО ИНФОРМАТИКЕ
КОМПЬЮТЕРНЫЕ ЧАСТУШКИ
ОБРАТНАЯ СВЯЗЬ
Поиск


Друзья сайта
  • Создать сайт
  • Все для веб-мастера
  • Программы для всех
  • Мир развлечений
  • Лучшие сайты Рунета
  • Кулинарные рецепты

  • Copyright MyCorp © 2021
    Яндекс.Метрика Рейтинг@Mail.ru