Metodichka

Система уроків для 10 класу за

технологією осмислено-

концентрованого навчання

Городоцька гімназія

2010 р.

2

Мислити послідовно, судити

переконливо, спростовувати непра-

вильні висновки повинен уміти ко-

жен: фізик і поет, тракторист і хі-

мік. Е. Кульман

Підготувала С.В. Станиця, вчитель математики

Городоцької гімназії, вчитель вищої категорії.

Осмислено концентрований спосіб навчання – це

реальна можливість для гімназистів оволодіти дослідни-

цькими формами роботи, глибше опанувати відповідний

профіль, адаптуватися до вузівської системи навчання.

Система роботи передбачає практичну реалізацію особи-

стісно-орієнтованої моделі освіти шляхом глибокої дифе-

ренціації. Учні, працюючи за ОКН, навчаються індивідуа-

льно опановувати знаннями; роботі у парах, мікрогрупах,

групах.

Система дає можливість використовувати всі елеме-

нти інтерактивного навчання: лекція, семінар, діалог, дис-

кусія.

© С.В. Станиця

С.І. Косташ,

О.В.Коваленко,

2010р.

3

10 клас Тема: Тригонометричні рівняння та не-

рівності. Обернена функція.

Блок №1. Тема: Обернена функція. Обернені тригоно-

метричні функції. Їх графіки та власти-

вості.

Блок №2. Тема: Розв’язування найпростіших тригоно-

метричних рівнянь.

Блок №3. Тема: Основні способи розв’язування триго-

нометричних рівнянь.

Блок №4. Тема: Розв’язування найпростіших тригоно-

метричних нерівностей.

Блок №5. Тема: Контрольно-залікова робота з теми:

«Тригонометричні рівняння та нерівно-

сті»

Список рекомендованої літератури: 1. М.І.Шкіль, З.І.Слєпкань, О.С.Дубинчук. Алгебра та початки аналізу.10 – 11 класи.

2. За редакцією А.М.Колмогорова. Алгебра і початки аналізу.10 – 11 класи.

3. Г.Возняк, О.Возняк. Диференційовані дидактичні матеріали з алгебри та початків

аналізу для 10 класу.

4. А.М.Капіносов. Алгебра.10 клас. Дидактичні матеріали для різнорівневого на-

вчання.

5. Л.Г.Стадник, О.М.Роганін. Алгебра. Заліковий зошит для тематичного оцінюван-

ня навчальних досягнень.

За редакцією З.І.Слєпкань. Збірник завдань для державної підсумкової атестації з ма-

тематики. Алгебра та початки аналізу. 11 клас.

Блок № 1 Тема: Обернена функція. Обернені тригонометричні функції. Їх

графіки та властивості.

Навчальна мета: Повторити вивчення про обернені функції, зокре-

ма у = х2 та у = , у = х та х

4

у = . Ознайомити учнів з функціями у = arcsin x, y = arccos x, y = arctg x, y =

arcctg x, їх графіками, властивостями. Формувати на-

вички і вміння при застосуванні даних властивостей до

розв’язування вправ.

Обладнання: Таблиці «Обернені тригонометричні функції», тех-

нологічні картки, інструктивні картки, картки контролю знань.

Технологічна картка №1. Тема: Обернені функції. Обернені тригонометричні функції. Їх

графіки та властивості.

х

1

Час Етапи Зміст роботи Діяльність учнів

25

хв. 1. Лекція

1.Означення оберненої фун-

кції.

2.Властивості прямої та обе-

рненої функцій.

3.Функція у = arcsin x, її гра-

фік та властивості.

4.Функція y = arccos x, її

графік та властивості.

Функція y = arctg x, її графік

та властивості.

Скласти план-

конспект лекції.

Побудувати графіки

функцій у = arcsin x, y

= arccos x, y = arctg x.

Сформулювати влас-

тивості функцій у =

arcsin x, y = arctg x.

Брати активну участь

в обговоренні питань

лекції.

20

хв.

2. Самозанурен-

ня

Мета: Засвоїти властивості

обернених функцій. Сформу-

вати вміння застосовувати їх

до розв’язування вправ.

Робота з підручником та пла-

ном-конспектом.

Робота з малюнками.

Робота в парах з інструктив-

ними картками та завданнями.

1.Прочитати план-

конспект лекції, звер-

нути увагу на власти-

вості та побудувати

графік прямої та обер-

неної функцій; теорема

про властивості обер-

неної функції.

2.Використовуючи

текст підручника і

план-конспект лекції,

виконати завдання ін-

структивних карток.

25

хв. 3. Практичний

1. Робота з підручниками

М.І.Шкіля та

А.М.Колмогорова.

2. Робота в парах.

Виконати завдання №

126 - №128, № 131

(ст.69-70),за редакцією


5

20

хв.

4. Контролюю-

чий

Індивідуальні завдання. До-

машнє завдання: М.І.Шкіль.

Алгебра і початки аналізу. Роз-

діл ІІ. §1 ( ст.98-109), №12

(ст.136).

Виконання завдань з

метою узагальнення,

систематизації та конт-

ролю знань.

Завдання-інструкція Що таке оборотна функція? Означення функції, оберненої до даної оборотної функції. Принцип побудови графіка оберненої функції. Алгоритм знаходження формули функції, оберненої до даної. Знайти функцію, обер-

нену до функції: а) у = 5х – 1; б) у = . Теорема про властивості оберненої функції. Функція у = arcsin x, її графік та властивості. Функція y = arccos x, її графік та властивості. Функція y = arctg x, її графік та властивості.

Функція y = arcсtgx. Побудувати графік даної функції та записати її властивості. Визначити парність даних функцій.

Обчислити: а) arctg 1 – arctg ; б) arctg ( - ) + arctg 0; в) arcsin

+ arcos ; г) arcsin (-1) + arcos .

Індивідуальні завдання

(Контрольний блок)

Картка № 1 Побудувати графік функції у = arcsin x, сформулювати її властивості.

Знайти функцію обернену до даної: а) у = б) у = при х є R\{1}.

12

x

3 3

2

2

2

1

2

3

;52

x

1

4

х

6

Обчислити: а) arcsin 0; б) arctg 1; в) arccos ; г) arcсtg .

Порівняти числа: arcsin та arccos .

Картка № 2 Побудувати графік функції у = arccos x, сформулювати її властивості.

Знайти функцію обернену до даної: а) у =-2х+1; б) у = при х є R\{0}.

Обчислити: а) arcsin 1; б) arctg -1; в) arccos ; г) arcсtg .

Порівняти числа: arccos і arcsin .

2

3

3

2

1

2

3

43

x

2

1

3

1

2

3

2

1

Картка № 3 Побудувати графік функції у = arctgх, сформулювати її властивості.

Знайти функцію обернену до даної: а) у =5х+1; б) у =

Обчислити: а) arcsin ; б) arctg ; в) arccos ; г) arcсtg (-1).

Порівняти числа: arccos і arcsin .

Картка № 4 Побудувати графік функції y = arcсtgx, сформулювати її властивості.

Знайти функцію обернену до даної: а) у = б) у =

.2

4

x

2

3

3 2

2

2

3

2

1

;14

x.6

2

x

7

Обчислити: а) arcsin ; б) arctg ; в) arccos 1; г) arcсtg 0.

Порівняти числа: arctg і arcsin 1.

2

2

3

1

3

Блок № 2 Тема: Розв’язування найпростіших тригонометричних рівнянь.

Навчальна мета: Повторити властивості обернених тригонометри-

чних функцій. Ознайомити учнів із способами розв’я-

зання найпростіших тригонометричних рівнянь. Фор-

мувати навички і вміння розв’язувати найпростіші три-

гонометричні рівняння.

Обладнання: технологічні картки, інструктивні картки, картки контролю

знань, таблиці « Найпростіші тригонометричні рівняння».

Технологічна картка №1. Тема: Розв’язування найпростіших тригонометричних рівнянь.


25хв. 1.Лекція

Означення тригонометрич-

ного рівняння.

Рівняння sinх = а та його

розв’язок.

Рівняння cosх = а та його


Рівняння tgх = а та його


Рівняння ctgх = а та його


Скласти план-конспект

лекції.

Брати активну участь в

обговоренні питань лекції.

Записати формули, які

виражають розв’язки три-

гонометричних рівнянь.

20хв. 2. Самозану-

рення

Мета: Засвоїти основні

способи розв’язання найпро-

стіших тригонометричних

рівнянь та вміти застосову-

вати набуті знання до розв’я-

зування тригонометричних

рівнянь.

Робота з підручниками та

планом-конспектом.

Групова робота за інструк-

тивними картками.

Прочитати конспект лек-

цій, звернути увагу на

формули, які виражають

загальні розв’язки найпро-

стіших тригонометричних

рівнянь, використовуючи

текст підручника.

Виконати завдання ін-

структивних карток.

8

25хв. 3. Практич-

ний

Робота з підручниками



Розв’язати тригонометрич-

не рівняння.

Виконати завдання №

136 - № 134 (завдання а,б,

ст.75-76), за редакцією


Записати розв’язки най-

простіших тригонометри-

чних рівнянь в випадку а

= 1, а = 0, а = -1.

20хв. 4. Контролю-

ючий

Індивідуальні завдання.

Домашні завдання §2 (ст.

109- 118). М.І.Шкіль; №1

(4,7, 6,9,10,11,13) ст.137.

Виконати завдання з ме-

тою узагальнення, систе-

матизації контролю знань.

Завдання-інструкція Яке рівняння називається тригонометричним?

Формули загальних розв’язків рівнянь sinх = а, cosх = а, tgх = а, ctgх = а.

Розв’язки рівнянь sinх = а, cosх = а, tgх = а, ctgх = а, в випадку, коли а = 1, а = 0, а = -1.

Розв’язати рівняння: а) 2 cosх + = 0; б) ctgх – 1 = 0; в) sin г) 3

tg 2х + = 0.



Картка № 1 Формули розв’язків рівняння sinх = а, (загальний випадок і при а = 1, а = 0, а = -1).

Розв’язати рівняння: а) cosх = ; б) 2 cosх + в) sinх +1 = 0; г)

ctgх+1 = 0; д) tg22х = .

Картка № 2 Формули розв’язків рівняння cosх = а, (загальний випадок і при а = 1, а = 0, а = -1).

2 3;

2

3

2

x

3

2

3

;02 2

3

1

9

Розв’язати рівняння: а) sinх = ; б) cosх -1 = 0; в) 2 sinх - = 0; г) tgх +

= 0; д) ctg22х = 3.

Картка № 3 Формули розв’язків рівняння tgх = а, (загальний випадок і при а = 1, а = 0, а = -1).

Розв’язати рівняння: а) cosх = ; б) sinх = ; в) sinх -1 = 0; г)

ctgх – 1 = 0; д) cos 22х = .

Картка № 4 Формули розв’язків рівняння ctgх = а (загальний випадок і при а = 1, а = 0, а = -1).

Розв’язати рівняння: а) 2 cosх +1 = 0; б) cosх = ; в) sinх +1 = 0; г) tgх +1 =

0; д) sin22х = .

Блок № 3 Тема: Основні способи розв’язування тригонометричних рівнянь.

Навчальна мета: Повторити формули розв’язків тригонометричних рівнянь.

Ознайомити учнів з основними способами розв’язування тригонометричних рівнянь.

Формувати навички та вміння розв’язувати тригонометричні рівняння Обладнан-

ня: технологічні картки, інструктивні картки, картки контролю. знань, таблиці «

Основні способи розв’язання тригонометричних рівнянь».

Технологічна картка №3. Тема: Основні способи розв’язування тригонометричних рівнянь.

2

1

2 3

3

2

1

2

3

2 3

2

1

2

3

3

2

1

10


25хв. 1.Лекція

Спосіб зведення до однієї

тригонометричної функції.

Спосіб розкладання на

множники.

Спосіб розв’язання одно-

рідних рівнянь.

Спосіб введення допоміж-

ного аргументу.

Спосіб піднесення до ква-

драту.

Графічний спосіб.

Скласти план-конспект

лекції.

Брати активну участь в

обговоренні питань лек-

ції.

20хв. 2. Самозанурен-

ня

Мета: Засвоїти способи

розв’язання тригонометрич-

них рівнянь.

Робота з підручником та

планом-конспектом.

Групова робота за інструк-

тивними картками.

Прочитати конспект

лекції, звернути увагу

на різні способи розв’я-

зання тригонометрич-

них рівнянь.

Виконати завдання

інструктивних карток.

25хв. 3. Практичний




Групова робота. Розв'язати

рівняння.


№144, №145(а).

(А.М.Колмогаров). №2

(2,3,5,6,8,9),

(М.І.Шкіль).

20хв. 4. Контролюю-

чий


Домашні завдання: § 3,4

(ст..118-131), №2 (4,7,13,

12, 17) М.І.Шкіль.

Виконати завдання з

метою узагальнення,

систематизації і контро-

лю знань.

Завдання-інструкція Способи розв’язання окремих видів тригонометричних рівнянь.

Які тригонометричні рівняння називаються однорідними?

Які тригонометричні рівняння називаються лінійними?

Як розв’язують лінійні тригонометричні рівняння?

Як розв’язують тригонометричні рівняння виду: f1(x) *f2(x) ……. fn(x) = 0,

Коли під час розв’язування тригонометричних рівнянь може порушитися рівносиль-

ність? Розв’язати рівняння: а) cos = - ; б) 3 сtg2х - = 0; в) 2 sin

?0)(

)(

x

xf

3

x

2

1

3

11

г) tg д) сtg (-2х) = 1

;24

3

x ;124

x



Картка № 1

Розв’язати рівняння: а) sin(-3х) = ; б) 2 sin(3х - ) = ; в) sin2 - cos2

= 1; г) sin2х +2 sinх cosх – 3 cos2х = 0; д) sinх + sin3х +cosх = 0.

Картка № 2

Розв’язати рівняння: а) cos(-4х) = ; б) tg в) sin3х cosх –

cos3х sinх = ; г) sin2х + 4 sinх cosх + 3 cos2х = 0; д) cosх - cos3х + sinх = 0.

Картка № 3

Розв’язати рівняння: а) tg(5х) = ; б) sin в) sin2х cos2х =

; г) cos2х +3 sinх=2; д) 6 sin2х - 3 sinх cosх - 5 cos2х =2.

Розв’язати рівняння: а) сtg(-3х) = ; б) 2 cos в) sin cos

-cos sin = ; г) 5 sin2х + 3 sinх cosх + 4 cos2х; д)6 cos2х +5 sinх – 7 =0.

2

2

4

3 4

x

4

x

2

3

3;1

33

x

2

3

3

3;01

62

x

4

1

3

3;23

4

x

3

x

5

3

x

5

2

2

12

Блок №4 Тема: Розв’язування найпростіших тригонометричних нерівностей.

Навчальна мета:.Повторити вивчене про нерівності. Ознайомити учнів з

тригонометричними нерівностями та способами їх розв’язання. Формувати навички і

вміння розв’язувати найпростіші тригонометричні нерівності.

Обладнання: технологічні картки, інструктивні картки, картки контролю

знань.

Технологічна картка №4. Тема: Розв’язування найпростіших тригонометричних нерівностей.

Час Етап Зміст роботи Діяльність

25хв 1. Лекція

Розв’язування нерівностей виду sinх ≥

а, sinх ≤ а, за допомогою одиничного

кола та графіка функції у = sinх.

Розв’язування нерівностей виду cosх ≥

а, cosх ≤ а за допомогою одиничного

кола та графіка функції у = cos х.

Розв’язування нерівностей виду tgх ≥а,

tgх ≤ а за допомогою одиничного кола

та графіка функції у = tgх.

Розв’язування нерівностей виду сtgх

≥а, сtg х ≤ а, за допомогою одиничного

кола та графіка функції у = сtgх.

Скласти план

– конспект лек-

ції.

Брати активну

участь в обгово-

ренні лекції.

20хв 2. Самозану-

рення

Мета: Засвоїти методи

розв’язання найпрості-

ших тригонометричних

нерівностей. Сформува-

ти вміння розв’язувати

найпростіші тригономе-

тричні нерівності.



А.М.Колмогорова та

планом – конспектом.

Групова робота з ін-

структивними картками

та завданнями.

Прочитати план – конспект

лекції, звернути увагу на зобра-

ження розв’язків найпростіших

тригонометричних нерівностей

на одиничному колі та графіку

відповідної тригонометричної

функції.

Показати на одиничному колі

та на графіках розв’язки най-

простіших тригонометричних

нерівностей та записати їх алге-

браїчно.

Використовуючи текст підруч-

ника і план – конспект лекції

виконати завдання інструктив-

них карток.

13

25хв 3. Практичний




Групова робота.

Розв’язування тригономет-

ричних нерівностей.


№ 154(а), № 155(б),

№ 156 (а), № 159 (а),

№ 161 (а).

А.М.Колмогаров

(ст..81 – 82).

20хв 4. Контролюючий


Домашні завдання М.І.

Шкіль §5, №3(4-8) ст..138.

Виконання завдан-

ня з метою узагаль-

нення, систематиза-

ції та контролю

знань.

Завдання – інструкція Нерівності якого виду називають тригонометричними?

Як розв’язати нерівності виду sinх ≥ а, sinх ≤ а за допомогою кола та графіка функції

у = sinх?

Як розв’язати нерівності виду cos х ≥ а, cos х ≤ а за допомогою кола та графіка функ-

ції у = cos х?

Як розв’язати нерівності виду tgх ≥ а, tgх ≤ а за допомогою кола та графіка функції у

= tgх?

Як розв’язати нерівності виду сtgх ≥ а, сtgх ≤ а за допомогою кола та графіка функції

у = сtgх?


(Контролюючий блок)

Картка №1

Розв’язати нерівності:

а) sinх ≥ ; б) tg ; в) cos2х < ; г) 2 сtg х +2 > 0.

Картка №2


а) sin3х < - ; б) cosх ≥ - ; в) 3 tgх + ≥ 0; г) сtg

2

1

3

3

33

x2

2

2

3

2

1

3;3

42

x

14

Картка №3


а) sin ; б) 2 cosх - ≥ 0; в) tg < 1; г) сtgх > .

Картка №4


а) sinх +1 > 0; б) cos ; в) tgх > - ; г) сtg ≤ 1.

2

2

32

x3 4

x

3

2 2

3

63

x

3 2

x

Тематична атестація.

Контрольно-залікова робота з теми

«Тригонометричні рівняння та нерівності.

Обернена функція». І варіант.

І рівень. (0,5б. за кожне завдання).

1. Значення виразу дорівнює:

а) ; б) ; в) ; г) .

2. Розв’язком рівняння є:

а) ; б) ; в) ; г) немає розв’язку.

0arcsin1 arcctg

2

0 4

)2

0(2

1sin

3

4

6

3. Розв’язком нерівності є число:

а) ; б) ; в) ; г) .

ІІ рівень. 4. Розв’язати рівняння: (по 0,75б. за кожне рівняння)

2

2cos

2

0 6

2

3

15

а) ; б) .

5. На одиничному колі показати розв’язок нерівності: . (1б.)

6. Розв’язати рівняння: . (1б.)

5tg 3sin

2

1sin

033 tg

ІІІ рівень.


8. Розв’язати нерівність: . (2б.)

ІV рівень. 9. Розв’язати одне із рівнянь: (3б.)

а) ;

б) .

ІІ варіант. І рівень. (0,5б. за кожне завдання).

Значення виразу дорівнює:

а) ; б) ; в) ; г) .




010cos11cos2

33

ctg

12sin5cos2cos5sin

07sin8sin3sin2sin

12

2arccos arcctg

2

3

4

0

)2

0(2

1 tg

3

4

6

2

3sin

16

а) ; б) ; в) ; г) .


а) ; б) .







а) ;

б) .

4

6

2

3

4ctg 2cos

2

1cos

02sin2

03sin4sin4 2

3

35 tg

01sincos3cos2

0cos3cos7cos9cos

ІІІ варіант. І рівень. (0,5б. за кожне завдання).


а) ; б) ; в) ; г) .



1arccos2

1arcsin

6

4

0 2

)2

0(1

ctg

3

4

6

17


а) ; б) ; в) ; г) .


а) ; б) .



2

1cos

4

6

0 3

2tg 3cos

1ctg

01cos2





а) ;

б) .

ІV варіант. І рівень. (0,5б. за кожне завдання).


а) ; б) ; в) ; г) .


034 2 tgtg

2

2

4sin

sincos3sinsin 22

cos3

sin2

1

3cossin

10 arcctgarctg

2

4

3

4

0

)2

0(2

1cos

18



а) ; б) ; в) ; г) .

3

4

6

2

1sin

4

6

2

0


а) ; б) .







а) ;

б) .

2ctg 2

3sin

1tg

013 ctg

022 ctgctg

2

13cos

22 sin13sincos12cos

43 tgtgtg

19

Нестандартні уроки Тема. Тригонометричні рівняння та нерівності.

Мета: перевірити знання учнями тригонометричних формул, а

також уміння розв'язувати тригонометричні рівняння та нерівності.

Тип уроку. Урок контролю знань і вмінь.

ХІД УРОКУ

І. Організаційний момент.

Учитель. Ми закінчили вивчати теми «Тригонометричні функ-

ції», «Тригонометричні рівняння та нерівності». Перевіримо, як ви за-

своїли:

• властивості тригонометричних функцій та побудову їх графіків;

• залежності між тригонометричними функціями одного й того

самого аргументу;

• формули:

синуса, косинуса, тангенса суми і різниці двох аргументів;

суми та різниці тригонометричних функцій;

тригонометричних функцій подвійного та половинного аргумен-

тів;

перетворення добутку тригонометричних функцій у суму або різ-

ницю;

• способи розв'язування тригонометричних рівнянь і нерівностей.

II. Перевірка домашнього завдання.

Вдома учні повинні були ознайомитися з історією розвитку три-

гонометрії, відповісти на запропоновані запитання, розв'язати 6 триго-

нометричних рівнянь різного рівня складності, а також дібрати та роз-

в'язати кілька задач практичного змісту, що потребують знань з триго-

нометрії.

Перевірка виконання домашнього завдання здійснюватиметься

поступово протягом усього уроку.

III. Огляд знань учнів з теми.

Оцінки учнів за кожний етап огляду знань заносяться до заздале-

гідь підготовленого екрана.

1-й етап. Математичний диктант.

На цьому етапі перевіряються знання учнями основних формул з

тригонометрії.

20

1-й варіант

Записати формули:

1) синуса суми двох аргументів;

2) суми косинусів двох аргументів;

3) синуса подвійного аргументу;

4) добутку косинусів двох аргументів;

5) косинуса різниці двох аргументів;

6) різниці синусів двох аргументів;

7) пониження степеня косинуса;

8) суми тангенсів двох аргументів.

2-й варіант

Записати формули:

косинуса суми двох аргументів;

2) суми синусів двох аргументів;

3) косинуса подвійного аргументу;

4) добутку синусів двох аргументів;

5) синуса різниці двох аргументів;

6) різниці косинусів двох аргументів;

7) пониження степеня синуса;

8) різниці тангенсів двох аргументів.

2-й етап. Контроль умінь учнів розв'язувати найпростіші триго-

нометричні рівняння.

Кожний учень одержує аркуш «обліку знань», де записано кілька триго-

нометричних рівнянь, які слід розв’язати

1-й варіант

;

;

;

;

;

1sin x

0cos x

2

2sin x

2

1cos x

3tgx

;

;

;

;

1ctgx

2

1

3

2sin

x

2

2

32cos

x

34

5

xtg

036

3sin2

x

21

2-й варіант

;

;

;

;

;

0sin x

1cos x

2

1sin x

2

3cos x

1tgx

;

;

;

;

3

1ctgx 01

62sin2

x

2

3

6

5sin

x

2

2

33cos

x

34

3

xtg

3-й варіант

;

;

;

;

;

0cos x

1sin x

2

1cos x

3

1tgx

3ctgx

;

;

;

;

2

2sin x 03

32cos2

x

2

2

6

5cos

x

2

3

43sin

x

163

x

tg

4-й варіант

;

;

;

;

1sin x

1cos x

2

1sin x

2

2cos x

;

;

;

3tgx

1ctgx

2

1

4

3sin

x

;

163

x

tg

023

3sin2

x

22

3-й етап. З історії розвитку тригонометрії.

Учні відповідають на запитання.

1. Де, коли і як виникла тригонометрія?

(Слово «тригонометрія» вперше зустрічається 1595 р. у книжці

німецького теолога і математика Бартоломея Пітиска (1561—1613). Але

багато понять і фактів, які тепер відносять до тригонометрії, Були відо-

мі ще дві тисячі років тому. Першими математиками — засновниками

тригонометрії вважаються грецькі математики Гіпарх і Гітолемей.

2. Кого з учених вважають засновником тригонометрії як самос-

тійної науки?

(Відокремлення тригонометрії в окрему науку пов'язано з ім'ям

азербайджанського математика Насіреддіна Тусі (1201—1274), який

вперше розглядає її як особливий розділ математики.)

3. Хто з європейських учених вніс особливо значний вклад у роз-

виток тригонометрії?

(Вперше в європейських виданнях про тригонометрію йдеться в

книжці «П'ять книг про трикутники всіх видів» автора Іоганна Мюллера

(1436—1476), який відомий як Регіомонтан.

4. Хто надав тригонометрії сучасного вигляду?

(Сучасного вигляду тригонометрії надав великий математик XV-

III ст. Л.Ейлер (1707—1783). Він першим увів відомі означення триго-

нометричних функцій, розглянув функції довільного кута, вивів форму-

ли зведення, визначив знаки тригонометричних функцій у четвертях.

5. Як виникли поняття «синус» і «косинус»?

(Слово «синус» — латинського походження і з'явилося як спеціа-

льний термін у працях з астрономії великого індійського вченого Аріаб-

хатта (476—550).

Слово «косинус» — набагато молодше і є скороченням латинсь-

кого словосполучення complementy sinus, тобто «додатковий синус», і

також виникло в астрономії.)

6. Хто ввів поняття «тангенс», «котангенс», «секанс»,

«косеканс»?

(Поняття «тангенс» виникло у зв'язку з розв'язуванням задачі на

визначення довжини тіні. Поняття «тангенс», «котангенс», «секанс»,

«косеканс» уведено в Х ст. арабським математиком Абу-л-Вефою

(940—998), який склав і перші таблиці для знаходження тангенсів і ко-

тангенсів кутів.)

23

4-й етап. Розв'язування задач.

1. Яка рівність не є тотожністю?

;

;

;

;

.

2. Чи можуть і набувати одночасно вказаних зна-

чень?

0.3 i 0.7;

i ;

i ;

3 i 5;

i .

3. Спростити вираз

cos)270sin(

sin)270cos(

tgtg )2(

ctgctg )360(

cos2

sin

cos sin

7

1

7

6

2

1

2

2

8

3

8

5

.

1cos

sin

1sin

cos 22

tgctg

4. Яке з чисел може бути значенням sin ?

;

;

11

18

6

66

5.825;

;

-3.8271.

6

66

24

5. Значення якого виразу дорівнює ?

;

;

;

;

.

5-й етап. Контроль умінь учнів розв'язувати найпростіші триго-

нометричні нерівності.

Кожний учень одержує аркуш «обліку знань», де записано кілька

тригонометричних нерівностей, які слід розв'язати.

1-й варіант

;

;

;

2-й варіант

;

;

tg x ;

2

1

103cos47sin47cos103sin


50cos70sin50cos70cos

20sin25sin20cos25cos


2

1sin x

2

2cos x

3tgx

2

1sin x

2

2cos x

3

1

;

;

.

1ctgx

2

3

42sin

x

2

2

63cos

x

ctg x > 1;

;

.

2

1

32sin

x

2

3

62cos

x

25

3-й варіант

;

;

tg x ;

4-й варіант

;

;

tg x ;

2

3sin x

2

1cos x

3

2

3sin x

2

1cos x

3

1

ctg x ;

;

.

3

1

2

1

63sin

x

2

1

42cos

x

ctg x < 1;

;

.

2

1

43sin

x

2

3

32cos

x

6-й етап. Виконання учнями завдань на застосування властивос-

тей тригонометричних функцій.

1. Назвати хибне твердження:

;

;

;

;

.

4)1arccos(

0

2

2arcsin

2

2arcsin

5

1arccos

3

1arccos

5

1arcsin

2

1arcsin

;0)3(3 arcctgarcctg

26

2. Яке рівняння не має розв'язків?

tg x – ctg x = 0;

tg 2x = tg x;

cos 2x = cos x;

sin x – cos x = 2;

sin2 x + cos2 =1.

3. Назвати хибне твердження:

якщо , то ;

якщо то ж

якщо tg x = , то ;

якщо ctg x = 1, то ;

якщо , то .

7-й етап. Розв'язування задач підвищеної складності.

1. Розв'язати рівняння:

2. Розв'язати нерівність:

2

3sin x Zkkx k ,

3)1(

,2

3cos x Zkkx ,2

6

3

1Zkkx ,

6

Zkkx ,4

2

2cos x Zkkx ,2

4

;24sin3sin2sinsin 2222 xxxx

;2cos8

13sincos 266 xxx

.2cos2

12cos

2

1cossin 288 xxxx

;04sin6sin 24 xx

;5sin3sin7sinsin xxxx

;8

33cossin3sincos 33 xxxx

27

8-й етап. Підбиття підсумків.

Учитель оцінює роботу кожного учня з урахуванням їх оцінок,

одержаних на кожному етапі огляду знань. Оцінки за кожний етап зано-

сяться групою експертів до екрана успішності після кожного етапу. До

групи експертів входять кращі математики 11-х класів, учителі матема-

тики, які також перевіряють завдання відразу після їх виконання.

УРОК-ГРА МАТЕМАТИЧНИЙ ТУРНІР Необхідний час — 90 хв.

При вивченні теми «Тригонометричні рівняння» на одному з уроків учні ознайомилися з лінійним тригонометричним рівнянням ви-ду аsіпх + Ьсоsх=с та розглянули його розв'язування на прикладі рів-няння sinx-cosx= 0 (як окремий випадок лінійного).

Вчитель показав та детально пояснив різні способи його розв'язуван-ня та обґрунтував доцільність кожного з них.

На домашнє завдання було задано розв'язати ще одне лінійне тригоно-метричне рівняння sinx-cosx = 1, застосовуючи уже відомі способи розв'язування. Для закріплення цього матеріалу доцільно провести од-не заняття у формі математичного турніру.

Організація гри. Учнів попереджено про проведення турніру. Клас поділено на дві однакові за підготовкою команди, обрано їх капіта-нів та чотирьох арбітрів (це мають бути добре підготовлені учні). Безпосередньо перед турніром вчитель перевіряє та коректує роботу цих учнів, роз'яснює їхні обов'язки.

Правила гри та умови оцінювання. Перша частина турніру — теоре-тична. Зачитуються запитання. Команди відповідають по черзі. За пра-ви-льну відповідь на кожне запитання команді нараховується три бали. Якщо відповідь неточна (неповна), то кількість балів зменшується. За уточнення (доповнення) команда-суперниця отримує різницю балів.

Друга частина турніру — консультація. Арбітри та капітани, кожний для членів своєї команди, проводять консультації з приводу різних спосо-бів розв'язування заданого рівняння.

Третя частина турніру — практична. Перед її початком арбітри оголо-шують рахунок гри та називають команду, яка перемогла у теоретич-ній частині турніру. Тоді капітан цієї команди для участі у І турі прак-тичної частини турніру (а таких турів буде вісім) викликає двох учнів: одного зі своєї команди, другого від команди суперників. При цьому він називає один із способів розв'язування лінійних тригонометричних рівнянь.

Перша пара учасників незалежно один від одного на відкидних дош-

28

ках розв'язує задане рівняння названим способом.

Під час змагань у третій частині турніру заміна учасників, допомога їм чи консультація зі своєю командою не дозволяється. Якщо обид-ва справилися зі своїми завданнями без помилок та зауважень з боку суперників або арбітрів, то вони отримують по п'ять балів. Недоліки у розв'язуванні рівняння зменшують кількість, нарахова-

них балів. Якщо учень не може розв'язати рівняння названим йому спосо-бом або розв'язок неправильний, то в цьому випадку його команді нічого не нараховується, а він сам займає місце на лаві штрафників. Для реабілітації йому необхідно розв'язати найпростіші триго-нометричні рівняння. Штрафні картки здаються арбітрам. Якщо штрафник правильно розв'язав більше двох із п'яти запропонованих рівнянь, то його команді в кінці турніру нараховується три бали.

Далі гру продовжує капітан другої команди (правила вже відомі). Піс-ля восьмого туру практичної частини турніру арбітри підводять її підсумок і підсумок турніру в цілому. Оголошуються переможці.

Зауваження. Члени команд, які почувають себе невпевнено, ще на початку третьої частини турніру мають право відмовитися від участі у змаганні. Таким учням пропонуєтеся нескладна самостійна робота, яку вони повинні виконати протягом 20-25 хвилин і здати на переві-рку вчителю. Лише тоді вони стають глядачами — болільниками сво-їх команд.

Тема: Деякі способи розв'язування тригонометричних

рівнянь

Мета: Перевірити та закріпити уміння і навички застосування різ-них способів розв'язування лінійних тригонометричних рівнянь; фор-мувати вміння переносити набуті знання у нові ситуації, підтримува-ти в учнів бажання займатися математикою.

Хід уроку

/. Повідомлення теми і мети уроку, форми його проведення. Оголошуються правила гри та умови оцінювання.

//. Актуалізація опорних знань (перша частина турніру).

///. Консультація (друга частина турніру).

IV. Різні способи розв'язування тригонометричного рів-няння sinx-cosx = 1 (третя частина турніру).

29

V. Підсумок уроку.

Запитання теоретичної частини

турніру

Яке рівняння називається тригонометричним? Яка особливість розв'язків тригонометричних рівнянь?(Вони, як правило, або зовсім не мають розв'язків, або мають їх безліч вна-слідок властивості періодичності тригонометричних функцій.)

Які тригонометричні рівняння називаються найпростішими? (Рівняння виду sinx=a, cosx=a, tgx=a, ctgx=a.) -

Що означає розв'язати найпростіше тригонометричне рівнян-ня? (Знайти множину всіх кутів (дуг), які перетворюють рівняння в пра-ви-льну числову рівність.)

Записати формули розв'язків найпростіших тригонометричних рів-нянь. При яких, значеннях а ці рівняння мають розв'язки? (sinx=a, |а| 1; x=(-1) arcsina+ n, n Z; cosx=a, |а| 1; х = ±агссоsа + 2

п, n Z; tgx=a, a R; х = агсtgа + п, n Z; ctgx=a, a R; х = агсctgа + п, n Z.)

Записати формули розв'язків найпростіших тригонометричних рів-нянь, якщо а = -1, а = 0, а=1 — часткові випадки.

Які тригонометричні рівняння називаються однорідними? (Рівняння виду а cos х+а соs х sinx+а соs х sinх+...+ а sin х = 0, де ао, а1 ..., аn − задані числа, п — натуральне чис-ло, називаються однорідни-ми відносно функцій sinx i cosх)

Як розв'язуються однорідні рівняння n-го степеня відносно синуса і косинуса? (Діленням обох частин рівняння на cos x (або на sin х).

Які тригонометричні рівняння називаються лінійними? (Виду аsinх + bсоsх = с, коефіцієнти а, b , c — довільні дійсні числа.)

10. Коли існують розв'язки лінійних тригонометричних рівнянь?

(Якщо виконується умова тобто .)

n

0n

11n

22n

2

nn

n n

,122

ba

с

222 cba

30

11. Назвати способи розв'язування лінійних тригонометричних

рівнянь, коли а .[а) спосіб зведення до однієї тригономет-

ричної функції; б) спосіб зведення рівняння до однорідного від-

носно синуса і косину-са; в) спосіб введення допоміжного аргу-

менту; г) спосіб заміни sinx i cosх на тангенс половинного кута

(універсальна підстановка); д) графічний спосіб.]

Назвати способи розв'язування лінійних тригонометричних рів-нянь, коли або b=с, або а = с, або а = b. [е) спосіб розкладання на множни-ки (b =с або а = с); є) спосіб перетворення різниці (суми) тригонометричних функцій в добуток (a=b); ж) спосіб піднесення до квадрата (a=b).]

Різні способи розв’язування лінійного тригонометричного рів-няння sinx-cosx=1

а) Cпосіб зведення до однієї тригонометричної функції Підставимо кожний розв’язок у задане рівняння: якщо

якщо

якщо

Отже, задане рівняння задовільняють лише розв’язки множини

Відповідь:

б) Спосіб зведення рівняння до однорідного відносно синуса та

косинуса

cb

;11;1012

cos2

sin22

cos22

sin,,22

x

;11;1)1(0cossin2cos2sin,,2 nnтоZnnx

.,2,22

nnxx

.,2,22

xx

2cos

2sin2

2cos2

2sin,,2

2

mmòîmmx

11;101

31

sinx-cosx=1

У лівій частині заданого рівняння замінимо sinx та cosx за формулою подвійного аргументу, а праву частину замінимо

тригонометричною одиницею. в) Спосіб введення допоміжного аргументу

Sinx+cosx=1

Домножимо обидві частини заданого рівняння на число

г) Спосіб заміни sinx i cos x на тангенс половинного кута

Sinx+cosx=1

:2

2

.,2,22

:

.,2,22

,4

14

;2

2

4sin

;2

2

4sincos

4cossin;

2

2

2

2cos

2

2sin

xxВідповідь

llабоxx

nnxx

xxxxx

n

.,2,22

:

.,22

,,2

;,42

,,22

;12

02

cos

;02

cos2

sin

,02

cos

.02

cos2

sin2

cos;02

cos22

cos2

sin2

;2

cos2

sin2

sin2

cos2

cos2

sin2

2

2222

xmmxÂ³äïîâ³äü

mmx

nnx

mmx

nnx

xtg

x

xx

x

xxxxxx

xxxxxx

32

1) Нехай .

Застосуємо формули

Необхідно перевірити, чи не буде розв’язком

заданого рівняння:

Отже - розв’язок заданого рівняння.

Відповідь: або .

д) Графічний спосіб

sin x – cos x = 1

Задане рівняння перепишемо у вигляді: sin x =cos x +1. Введемо функції у = sin x та у = соs х + 1. В одній системі коорди-

нат будуємо графіки цих функцій. Розв'язки заданого рівняння знайдемо як абсциси точок перетину графіків.

.,22

x

Zх ,2

.11;110)1(0cossin2cos2sin

Zх ,2

Znnх ,22

Zх ,2

.,22

;,42

;12

;22

2

.2

12

12

21

21

21

21

22

;

21

21

cos;

21

22

sin

22

2

2

2

2

2

2

xxx

tgx

tg

xtg

xtg

xtg

xtg

xtg

xtg

xtg

xtg

xtg

xx

tg

xtg

x

33


е) Спосіб розкладання на множники

sin x – cos x = 1

Задане рівняння перепишемо у вигляді: sin x –(1+ cos x) = 0.

Оскільки

.Далі аналогічно як у способі б).


є) Спосіб перетворення різниці (суми) тригонометричних

функцій в добуток

sin x – cos x = 1

Задане рівняння запишемо у вигляді:

.

Застосуємо формулу різниці синусів

(як у випадку в).

Znnх ,22

Zх ,2

Znnх ,22

Zх ,2

12

sinsin

xx

.,2

,,22;

2

2

4sin

;12

2

4sin2;1

4cos

4sin2

x

xx

xx

;02

cos22

cos2

sin2,2

cos2

sin2sin,2

cos2cos1 22 xxxxx

xx

x

02

cos2

sin2

cos

xxx

34


ж) Спосіб піднесення до квадрата

sin x – cos x = 1

Піднесемо обидві частини заданого рівняння до квадрата

Оскільки ми використовували піднесення обох частин рів-

няння до квадрата, то можлива поява сторонніх коренів. Тому

виконаємо перевірку:

якщо , то

якщо , то

Znnх ,22

Zх ,2

.,22

,2

,22

,2

Zrrx

Zssx

Zllx

Zx

Zx ,2

;11;1102cos2sin kk

Zllx ,22

,2

;,2;02sin;12sin1

1coscossin2sin

;1cossin

22

22

x

xxx

xxxx

xx

35

якщо , то

якщо , то

Отже, задане рівняння задовільняють лише розв’язки

множин , .


Зауваження. У сильних класах доцільно провести тре-

тю частину турніру, розв’язуючи лінійне тригонометричне рів-

няння у загальному вигляді, а саме

а sinx+b cos x = c.

При цьому розглядаємо випадки, коли a ≠ b ≠ c; a = c

або b = c; a = b, та застосовуємо різні способи його розв’язу-

вання.

НАЙПРОСТІШІ ТРИГОНОМЕТРИЧНІ РІВНЯННЯ Рівняння називається тригонометричним, якщо невідома ве-

личина входить під знак тригонометричної функції. Такими є,

наприклад, рівняння

siп х — соs х – tg x + 1=0; sin x + cos x = 1, Розв'язати триго-

нометричне рівняння — значить визначити всі значення неві-

домої величини, які його задовольняють.

Zssx ,2

;11;110cossin2cos)2sin( ss

Zrrx ,22

Zllx ,22

Zssx ,2

Zllx ,22

Zssx ,2

2cos

2sin2

2cos2

2sin

rr

11;101

36

Тригонометричне рівняння може не мати розв’язків.

Наприклад, рівняння sіп х = 8 розв'язків не має, бо абсолютна

величина синуса не може бути більша за одиницю.

Якщо тригонометричне рівняння має розв’язки, то їх безліч.

Усяку множину розв'язків тригонометричного рівняння, яка зада-

ється формулою, називають загальним розв'язком (або серією роз-

в'язків). Так, загальним розв'язком найпростішого рівняння sіп х =

О буде х = k, де k Z. Розв'язки за певних значень k називають

частинними. Наприклад, при k =0 дістанемо частинний розв'язок

попереднього рівняння х = 0, при k = 1 х = .

До найпростіших рівнянь належать такі рівняння:

sіп х = a; соs х =а, tg х = а сtg х = а. Знайдемо розв’язки цих рів-

нянь при деяких значеннях а, зокрема:

а = 0; а = 1; а =- 1.

1. Якщо sin х = 0, то х = k . Справді, синус дорівнює нулю

для дуг, які закінчуються в кінцях горизонтального діаметра. А

така множина дуг виражається формулою х = k . (Тут і далі k

Z.)

Якщо соs х = 0, то . Справді, косинус дорівнює ну-

лю для дуг, які закінчуються в кінцях вертикального діаметра. А

множина таких дуг виражається формулою

Якщо tg х = 0, то х = k .

Якщо ctg х = 0, то

2. Якщо sіп х = 1, то. Справді, синус дорівнює

одиниці для дуг, які закінчуються у верхньому кінці

kx 2

kx 2

kx 2

kx 2

37

вертикального діаметра. А множина таких дуг

виражається формулою

Якщо соs х = 1, то х = 2k . Справді, косинус дорівнює оди-

ниці для дуг, які закінчуються в правому кінцi горизонтального

діаметра. А множина таких дуг

виражається формулою х = 2k .

3. Якщо sіn х =-1, то , оскільки синус дорів-

нює - 1 для дуг, які закінчуються у нижньому кінці вертикально-

го діаметра. А множина таких дуг

виражається формулою

Якщо соs х = —1, то х=(2k+1) . Справді, косинус дорівнює

—1 для дуг, які закінчуються в лівому кінці горизонтального

діаметра. А множина таких дур виражається формулою х=(2k+1)

.

Для значень а, які не дорівнюють 0, ±1, формули розв'язання

найпростіших рівнянь такі:

якщо sin х =а (|а| 1), то х = (—1) аrс sіn а + k ,

якщо соs х = а( |а| 1), то х = ± аrс соs а + 2k ;

якщо tg x = a, то х = аrс tg а + k ;

якщо сtg х = а, то х = аrс сtg а + k .

Всі інші типи рівнянь вводяться до найпростіших за допомо-

гою алгебраїчних перетворень з використанням тригонометрич-

них формул.

Подамо загальні розв'язки деяких рівнянь, які за допомогою

алгебраїчних перетворень легко вводяться до найпростіших.

kx 22

kx 22

kx 22

k

38

Р о з в'я з а н н я. Введемо заміну: sin х = z(1). Тоді дістанемо

2 z -3 z + 1=0, звідки Підставивши значення

z в (1), матимемо:

1) sin х = 1; ;

2)

Приклад 3. Розв'язати рівняння 3sіn х —cos х + 1 = 0.

Р о з в' я з а н н я. Запишемо sіn х через cos х, скористав-

шись формулою sіn х= 1 - cos х Тоді З (1 — cos х)

— соs х + 1 =0 або 3 cos х + соs х - 4 = 0. Введемо заміну:

соs х =z (1). Тоді З z + z - 4= 0, звідки

Підставивши значення z в (1), дістанемо:

1) соs x = 1,x = 2k ; 2) ,x= , бо اcos x 1ا

Приклад 4. Розв'язати рівняння

Р о з в'я з а н н я. Розв'яжемо рівняння відносно тангенса.

Тоді

2 2

1;1 21 zz

kx 22

kxx k 6

)1(;2

1sin

2

2

2 2 2

2

2

3

4;1 21 zz

3

4cos x

01)6

2(3

xtg

3

11)

62(

xtg

39

Приклад 5. Розв'язати рівняння аrc sin (х + х +

) =

Р о з в'я з а н н я. Розв'яжемо рівняння відносно аргументу аrc

sin: (х + х + ) = sin = .Звідки х + х =0 i x = 0; x

=-1.

Ці значення х задовольняють умову — 1 х + х +

1 і тому вони є

розв'язками рівняння.

ТИПИ ТРИГОНОМЕТРИЧНИХ РІВНЯНЬ ТА МЕТО-

ДИ ЇХ РОЗВ'ЯЗАННЯ

Множину тригонометричних рівнянь поділяють на кілька ти-

пів.

До першого типу належать розглянуті вище найпростіші три-

гонометричні рівняння, а також такі, що зводяться до них за до-

помогою алгебраїчних перетворень.

До другого типу належать рівняння, лівою і правою частина-

ми, яких є одна й та сама функція, але від різних аргументів. На-

приклад, sin (ах + b) = sin (cх +d). Ці рівняння розв'язують так:

переносять праву частину в ліву і за відомою формулою перетво-

рюють ліву частину в добуток, прирівнюють кожний співмнож-

ник до нуля і знаходять усі розв'язки рівняння.

x22

2

3

3

2 2

3

3

2

32

1

2

2 2

3

40

.,214

7;

12

72;

2122;0

122cos)2

;4

;4

;04

sin)1

;02

633

cos*2

633

sin2

;06

sin3

3sin

Zkk

xkxkxx

kxkxx

xxxx

xx

Приклад 6.

Р о з в ‘я з а н н я .

До третього типу належать рівняння, в одній частині яких є де-

яка функція, а в іншій кофункція (для синуса - косинус; для танген-

са — котангенс, і навпаки).

Наприклад, siп (ах + b) = соs (сх + d). Метод розв'язування: ви-

користати формулу зведення, перейти до однієї функції і звести

рівняння до другою типу.

.6

sin3

3sin

xx

.,214

7;

12

72;

2122;0

122cos)2

;4

;4

;04

sin)1

;02

633

cos*2

633

sin2

;06

sin3

3sin

Zkk

xkxkxx

kxkxx

xxxx

xx

41

До третього типу належать рівняння, в одній частині яких є де-

яка функція, а в іншій кофункція (для синуса - косинус; для танге-

нса — котангенс, і навпаки).

Наприклад, siп (ах + b) = соs (сх + d). Метод розв'язування: ви-

користати

формулу зведення, перейти до однієї функції і звести рівняння

до другою типу.

Приклад 7.

Р о з в ‘я з а н н я .

Рівняння, в яких треба виконати алгебраїчні дії над будь-якою

однією тригонометричною функцією від одного й того самого ар-

гументу, належать до четвертого типу. Метод розв'язування: після

введення заміни звести тригонометричне рівняння до алгебраїчно-

го.

.6

33

5

xctgxtg

;06

323

5

.6

33

5

xtgxtg

xctgxtg

;033

2

35

xtgxtg

;0

33

2cos*

35cos

33

2

35sin

xx

xx

;3

8

kx ;824

kx ;

530

kx

.,318

kk

x

;03

8sin

x

42

Приклад 8. Р о з в’ я з а н н я. Нехай

Рівняння розв’язків не має

До п'ятого типу належать рівняння, права частина яких дорівнює

нулю, а ліва є добутком многочленів, у кожному з яких треба вико-

нати алгебраїчні дії над будь-

якою тригонометричною функцією. Метод розв'язування: кож-

ний співмножник прирівняти до нуля і знайти всі розв'язки.

Приклад 9 .

Р о з в’ я з а н н я.

До шостого типу належать такі рівняння, в яких треба виконати

алгебраїчні дії над кількома тригонометричними функціями одного

й того самого аргументу. Метод розв'язування: звести дві функції

до однієї і дістати рівняння четвертого типу.

Одним з універсальних способів розв'язування таких рівнянь є

запис функцій через тангенс половинного аргументу.

Приклад 10.

.022sin32sin 2 xx

;023

,2sin

2

zz

zx

.2;1 21 zz

;12sin)1 x;2

22

kx .;

4 kkx

.22sin)2 x .;12sin x

.03*1cos tgxx

;2;1cos;01cos)1 kxxx

.;3

;3;03)2 kkxtgxtgx

.01cossin tgxxx

43

Р о з в ‘я з а н н я. Виразимо всі функції через Тоді

До цього ж типу належать і так звані однорідні рівняння, які

містять функції синус або косинус від одного й того самого аргу-

менту, причому степінь кожного доданка збігається. Метод розв'я-

зування: поділити ліву і праву частини на синус або косинус у

степені, який дорівнює степеню кожного доданка.

Приклад 11.

Р о з в ‘я з а н н я.

Поділимо обидві частини на cos 3x, причому cos 3x 0, діс-

танемо:

Приклад 12.

Р о з в ‘я з а н н я. Зводимо це неоднорідне рівняння до однорі-

дного. Для цього помножимо-праву частину на одиницю, яку за-

пишемо як Тоді

.2

zx

tg

;011

2

1

1

1

222

2

2

z

z

z

z

z

z

;01222 zzz .21;0 4,32,1 zz

.2;2;0

2)1 kxk

xxtg

;212

)2 x

tg ;212

karctgx

.,2212 kkarctgx

.03cos23sin xx

;23;023 xtgxtg

.,3

23

1;23 k

karctgxkarctgx

.2cos2cossin3sin3 22 xxxx

xx 22 cossin

44

Дістанемо:

Позначемо: Тоді:

Сьомий тип — рівняння, в яких треба виконати алгебраїчні дії

над тригонометричною функцією від різних аргументів. Метод ро-

зв'язування: звести задане рівняння до попередніх типів, викорис-

тавши різні тригонометричні формули.

Приклад 13.


Згрупуємо парами доданки і суми, перетворимо в добутки:

.0cos.0cos4cossin3sin 222 xxxxx

.0432 tgxxtg

.ztgx ;4;4)1 karctgxtgx

.,4

1;1)2 kkkarctgxtgx

.04sin3sin2sinsin xxxx

04sin2sin3sinsin xxxx

;0cos3sin2cos2sin2 xxxx

;03sin2sincos2 xxx;0

2cos

2

5sin2cos*2

xx

.02

5sincos

2cos

xx

x

.2;22

;02

cos)1

kxkxx

.2

;0cos)2

kxx

.;5

2;

5;0

5sin)3 k

kxk

xx

,cossin2cos2cossin3sin3 2222 xxxxxx

45

.,2

;2;02sin)2 kk

xkxx

.2

;0cos)1

kxx

Приклад 14.


Використавши формули перетворення добутку тригонометрич-

них функцій у суму або в різницю, матимемо:

Використавши формули перетворення суму або різниці триго-

нометричних функцій у добуток, матимемо:

Звідки

Приклад 15.


Зменшимо степінь кожного доданка, використавши відповідні

формули Спрос-

тивши, дістанемо

Згрупувавши доданки

.5sin8sin3sin10sin xxxx

;13cos3cos2

113cos7cos

2

1xxxx

.03cos7cos xx

.02sin5sin2 xx

.5

;5;05sin)1

k

xkxx

.24cos3cos2coscos 2222 xxxx

.22

8cos1

2

6cos1

2

4cos1

2

2cos1

xxxx

.08cos6cos4cos2cos xxxx

46

парами і застосувавши відповідні формули, матимемо:

До восьмого типу належать такі рівняння, в яких треба викона-

ти алгебраїчні дії над різними тригонометричними функціями різ-

них аргументів. Метод розв'язування:

звести рівняння до однієї функції від одного аргументу або пе-

ретворити ліву частину в добуток, який дорівнює нулю.

Приклад 16.

До восьмого типу належать такі рівняння, в яких треба викона-

ти алгебраїчні дії над різними тригонометричними функціями різ-

них аргументів. Метод розв'язування:

звести рівняння до однієї функції від одного аргументу або пе-

ретворити ліву частину в добуток, який дорівнює нулю.

Приклад 17.

;0cos7cos2cos3cos2 xxxx ;07cos3coscos2 xxx

;02cos5cos2*cos2 xxx .05cos2coscos xxx

.24

;2

2;02cos)2

k

xkxx

.,510

;2

5;05cos)3 kk

xkxx

.2sin2cos6sin3cos5sin xxxxx

.24

;2

2;02cos)2

k

xkxx

.,510

;2

5;05cos)3 kk

xkxx

.2sin2cos6sin3cos5sin xxxxx

47

Жодна з систем не має розв'язків, а це означає, що й задане рів-

няння також не має розв'язків.

Справді, щоб системи мали розв'язки для деякого х, що є розв’яз-

ком системи, має існувати для цілого n також ціле

Але права частина цієї рівності ні за яких n цілого значення для k

не дає. Це означає, що сукупність систем розв’язків не має.

Приклад 18.


Оцінимо область зміни кожного співмножника лівої частини:

(сума взаємо обернених додатних чисел не менша від 2).

Перемножимо відповідні частини нерівності, дістанемо:

Отже, добуток дорівнює 4, якщо

.12sin

;15sin

.12sin

;15sin

x

x

x

x

.4

;5

2

10

.4

;5

2

10

nx

kx

nx

kx

.

;

x

x

.8

203;

4

1

5

2

10

1;

45

2

10:

nkn

kn

kk

43sin321cos

1cos 2

2

2

zytg

xx

.43sin32;211;cos

1cos2 2

2

2 zytgx

x

.3sin321cos

1cos4 2

2

2

zytg

xx

48

Звідси послідовно знаходимо:

ВТРАЧЕНІ І СТОРОННІ КОРЕНІ ТА ПЕРЕВІРКА ЗНАЙДЕНИХ РОЗ-

В’ЯЗКІВ ТРИГОНОМЕТРИЧНИХ РІВНЯНЬ

Під час розв'язування рівнянь взагалі й зокрема тригонометрич-

них доводиться виконувати різні математичні операції, які призво-

дять до звуження або розширення областей існування рівнянь вна-

слідок чого може змінитися й множина розв'язків рівнянь. Отже,

виконання математичних перетворень може призвести до рівнян-

ня, яке не є еквівалентним даному. Якщо область визначення рів-

няння звужується, то можлива втрата розв'язків, якщо розширю-

ється, то можлива поява сторонніх розв'язків.

Назвемо деякі операції, які можуть призводити до втрати розв'я-

зків або до появи сторонніх коренів. Корені можуть бути втрачені,

коли: рівняння ділять на вираз, що містить змінну, причому втра-

чається той корінь, при якому цей вираз перетворюється в нуль;

вирази логарифмують, оскільки ця операція звужує область визна-

чення.

Поява сторонніх коренів можлива тоді, коли:

обидві частини рівняння множать на вираз, що містить змінну,

причому стороннім коренем є той корінь, при якому цей вираз пе-

ретворюється в нуль;

.23sin3;121;2cos

cos 2

2

2 zytgx

tx

.;0sin;0cos1;01cos2cos)12224 kxxxxx

.2

;2;02;02)2 2

kykyytgytg

.,3

2

62

23;13sin)3 k

kkzz

49

обидві частини рівняння підносять до парного степеня;

взаємно протилежні доданки скорочують;

вирази потенціюють, оскільки ця операція розширює область

визначення.

Тому, розв'язуючи рівняння, треба стежити за зміною області

визначення рівнянь і передбачити втрату або появу сторонніх ко-

ренів.

Якщо в процесі спрощення виразів не використовувались зга-

дані перетворення, то сторонніми коренями можуть бути лише ті,

за яких ліва або права частини рівняння не визначені.

Відсіюють сторонні корені перевіркою знайдених, підставляю-

чи їх у вихідне або в еквівалентне йому рівняння.

Розв'язки тригонометричного рівняння періоду l достатньо пе-

ревірити на проміжку , який дорівнює за довжиною пе-

ріоду рівняння, причому, якщо рівняння містить тільки парні або

тільки непарні функції, то перевіряють лише невід'ємні корені на

півперіоді корінь х = а передбачає існування кореня х = -

а.

Приклад 19.

Розв’язати рівняння

Якщо період рівняння не перевищує 2 то перевірку доціль-

но виконувати на одиничному колі, надаючи k послідовно зна-

чень 0; ±1; ±2; ±3 і т. д., не виходячи за межі періоду рівняння і

позначаючи точками корені. Якщо період рівняння більший від 2

, то корені перевіряють на числовій прямій.


Часто, щоб розв'язати таке рівнян- ня, обидві

частини його ділять на sіn х-1 і втрачають множину коренів:

2;

2

ll

2;0

l

.1sincos1sin xxx

20 21

ixx

50

оскільки при цих значеннях ліва і права частини рівняння до-

рівнюють нулю. Тому тут треба перенести всі члени рівняння

в ліву частину і розкласти її на множники:

звідси

Корені перевіряти не слід, бо еквівалентність рівняння не

порушувалась.

Приклад 20.

Розв'язати рівняння


Рівняння визначено при всіх х, крім

Послідовно маємо

,,22

kkx

,01cos*1sin xx

;22

,1sin)1

kxx

.,2,1cos)2 kkxx

14

xtg

tgx

484

kix

kx

;12

2cos2

2sin2;1)2

sin(sin

xxxx

xx

;2

2)

4cos(;1)

4cos(

4sin2

xx

Zkkxkx ,244

,244

,1cos

3

1

ñosx

xtgx

51

У процесі розв'язання рівняння область його визначення розши-

рилась і тому перевірка знайдених коренів обов'язкова.

Ліва частина рівняння—парна періодична функція з періодом

. Тому потрібно

перевіряти кореві в проміжку Якщо k= 0, то х = 0. Ко-

рінь не задовольняє рівняння — це сторонній корінь.

Якщо k=1, то х= . Цей корінь задовольняє рівняння.

У проміжку , який дорівнює за довжиною періоду,

рівняння має два корені: загальний рoзв’язок,

рівняння.

Приклад 21.



Це рівняння можна розв'язувати різними способами. Розгляне-

мо спочатку спосіб, що дає сторонні корені, які потребують пере-

вірки. Піднесемо обидві частини рівняння до квадрата і спрости-

мо:

Знайдені розв'язки можуть містити сторонні корені, оскільки обид-

ві частини рівняння підносились до квадрата, а тому перевірка

обов'язкова: рівняння (1) і (2) нееквівалентні. Період рівняння

3,3,03sin

kxkxx

2;0

3

2;

2

kx 3

.3

1cossin xx

.,2

,2,02sin Zkk

xkxx

52

(1) дорівнює 2 , тому перевіряємо корені на проміжку [0;

2 ). При =0; 1; 2; 3 маємо відповідно

Підставивши значення коренів у рівняння (І), побачимо, що

корені вихідного рівняння

— сторонні корені. Отже, загальним розв'язком рівняння (1)

будуть їх можна об'єднати

Інші способи розв’язання рівняння (1) можуть не призвести до

появи сторонніх коренів, зокрема ТРИГОНОМЕТРИЧНІ РІВНЯННЯ З МОДУЛЕМ

Модулем, або абсолютною величиною, дійсного числа назива-

ється невід’ємне число, яке визначається за правилом:

│а│=

Процес розв’язування прикладів, які містять абсолютну вели-

чину, зводиться до зняття знака модуля, тобто до заміни прик-

ладів з абсолютною величиною прикладами без абсолютної ве-

личини.

ПРИКЛАД 22. Розв’язати рівняння

.2

3;;

2;0 4321

xxxx

2

321

ixx

.22

2

kixkx

Zkkx ,244

.0,,

,0,,

аякщоа

аякщоа

.cos

cos

3

1

x

xtgx

53

Розв’язання. Дане рівняння розпадається на два рівняння:

якщо cos x > 0, звідки

якщо cos x <0, звідки

Розв’язавши перше отримане рівняння, отримуємо tg x = i

Ці розв’язки містять сторонні корені. Виключимо ті х, при яких

cos x < 0. В результаті одержимо

Розв’язавши друге рівняння, знайдемо Виключимо

ті х, при яких cos x > 0. В результаті матимемо

Відповідь:

ПРИКЛАД 23. Розв’язати рівняння

Розв’язання. Якщо ctg x ≥ 0, то = 5 – 4ctg x

(sin x ≠ 0), або 5 ctg x = 5, ctg x = 1 i Якщо ctg x < 0,

;22

;22

kkx

,1cos

cos

3

1

x

xtgx

.22

3;2

2

kkx

3

.3

х

.23

x

.3

х

.23

2

х

.,23

2;2

3Zхх

.sin

cos4sin5

x

xxctgx

x

xxctgx

sin

cos4sin5

.4

х

54

то –ctg x = 5-4 ctg x, 3 ctg x = 5, ctg x = що суперечить

умові, при якій розв’язується приклад,

а саме ctg x <0. Отже, вказана умова не виконується, рівняння

розв’язків не має.

Відповідь:

ТРАНЦЕНДЕНТНІ РІВНЯННЯ, ЯКІ МІСТЯТЬ ТРИГОНО-

МЕТРИЧНІ ФУНКЦІЇ

Тригонометричні функції можуть комбінуватися по-різному з

іншими трансцендентними функціями – логарифмічними або

показниковими, утворюючи рівняння. Розглянемо на прикладах

розв’язування таких рівнянь.

ПРИКЛАД 24. Розв’язати рівняння lg ( tg x ) = 1.

Розв’язання. За означенням логарифма маємо tg x = 10, звідки х

= arctg 10 + πκ, κ i , оскільки х >0.

ПРИКЛАД 25. Розв’язати рівняння 4sinx = .

Розв’язання. 22sin x = 21/cosx , або 2sin x ; 2 sin x cos x = 1;

sin 2x = 1; 2x ,

ПРИКЛАД 26. Розв’язати рівняння sin ( π arctg x ) = u, тоді ма-

тимемо sin u = cos u, tg u = 1, звідки Для визначен-

ня х дістаємо рівняння arctg x Значення κ, при яких

останнє рівняння має розв’язок, визначимо з умови

,03

5

.,4

Zх

0

xcos 2

xcos

1

22 .,

4

х

.4

u

.4

1

55

звідки κ = 0; 1; -1. Рівняння має три корені:

ТРИГОНОМЕТРИЧНІ РІВНЯННЯ З ПАРАМЕТРОМ

Параметром називається змінна величина, яка в умовах даної

задачі стає сталою. Розв’язати рівняння з параметром – це

означає встановити відповідність між значенням параметра і

змінною, які задовольняють рівняння при заданих умовах.

ПРИКЛАД 27. Розв’язати рівняння a tg x +ctg x = 2.

Розв’язання. Помноживши обидві частини рівняння на tg x ,

дістанемо a tg2x – -2 tg x + 1 = 0.Отже, де а ≠

0 і а ≤ 1, звідки - загальний розв’язок

рівняння. Якщо

а = 0, то ctg x = 2 і х = arctg 2 + πκ. При а > 1 рівняння роз-

в’язків не має.

Відповідь. при а ≠ 0 і а ≤ 1; при а = 0

x = arcctg 2 + πκ, .

ПРИКЛАД 28. Розв’язати рівняння sin (π cos x ) =0.

Розв’язання. π cos x = πκ; cos x = κ, де - параметр. Зага-

льним розв’язком буде х = ± arccos κ + 2πn при -1 ≤ κ ≤ 1,

ТРИГОНОМЕТРИЧНІ НЕРІВНОСТІ

Розв’язання тригонометричних нерівностей зводиться до того,

щоб за допомогою перетворень привести нерівність до виду f

(x) > 0 або f (x) < 0, де f (x) – деяка тригонометрична функція.

,24

1

2

;4

1tgх ;

4

3

tgx .

4

5tgx

,11

a

atgx

a

aarctgх

11

a

aarctgх

11

.n

56

ПРИКЛАД 29. Розв’язати нерівність cos x ≥

Розв’язання. Перенесемо всі члени нерівності в ліву частину і зве-

демо до спільного знаменника: cos x -

2- cos x > 0, 2 cosx – cos2x –sin2x ≥ 0; 2

cosx -1 ≥0; cos x≥ . Дістали найпростішу нерівність, розв’язки

якої подано на рисунку. Якщо побудувати дуги, косинус яких

дорівнює , то нерівність cos x≥ виконується на проміжку

Відповідь.

ПРИКЛАД 30. Розв’язати нерівність sin x (1+ tg2x) > .

Розв’язання. Нерівність визначена при x ≠ i еквівалентна

нерівності

Введемо заміну sin x = t, причому │t│≤ 1.

.cos2

sin 2

x

x

;0cos2

sin 2

x

x

;0cos2

sincoscos2 22

x

xxx

2

1

2

1

2

1

.23

23

х

.23

23

х

2

2

;2cos

sin2

x

x

;0cos2sin 2 xx

;0)sin1(2sin 2 xx .02sinsin2 2 xx

57

Тоді

одержуємо і Отже, sin x > звідки

Врахувавши, що , остаточно

знайдемо

ПРИКЛАД 31. Розв’язати нерівність cos x > sin ( x-1) за умови 0

≤ x < 2π.

Розв’язання. Нерівність еквівалентна нерівностям cos x – sin (x-1)

> 0;

-sin (x- ) – sin (x-1) > 0; sin (x- ) + sin (x-1) < 0;sin

cos тому

;022 2 tt;2;

2

221 tt

.022

22

tt

02

2t .

2

2t ,

2

2

.24

32

4

x

2x

.24

32

22

22

4

xx

2

2

;042

1cos

2

1

4

x ,0

42

1

.222

1

42

2

1

4

5

x

58


I рівень

.04sin3sin.20

.cos2sin.19

.2cossin2.18

.0cossin2.17

.3.16

.1sin2.15

.sin2cos5cos.14

.029sin3cos.13

05sin3cos.12

.03.11

.0cos24cos.10

.0cossin.9

.02coscos1.8

.2seccos.7

.2sin32cos.6

.sin3cos4cos2.5

.12cos2cos.4

.07sin5cos6.3

.0sin2.2

.07cos7cos2.1

2

2

2

22

2

22

2

2

xx

xx

xx

xx

xtg

x

xxx

xx

xx

tgxxtg

xx

xx

xx

xx

xx

xxx

xx

xx

tgxx

xx

.03cos3sin.39

.sin2cos33.38

.0sin2cos.37

.112sin.36

.02sin24sin.35

.12sinsin2.34

.04

1sin2sin1.33

.2

1

33sin.32

.2

2

42cos.31

05sincos.30

.05cossin.29

.054.28

.05sin4sin.27

.05cos4cos.26

.033.25

.03cos2cos.24

.03cos2sin.23

.043.22

.04cos3cos.21

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

xx

xx

xx

x

xx

xx

xx

x

x

xx

xx

tgxxtg

xx

xx

tgxxtg

xx

xx

tgxxtg

xx

59

.126

sin.49

.0cossin.48

.2

3cos2.47

.0sin8sincos3cos.46

.0sincos2sin.45

.4

1sincos.44

.0sin4cos5.43

.0sin2cos3.42

.0cos4sin2.41

.0cos42sinsin2.40

2

2

2

2

2

22

22

x

xx

x

xxxx

xxx

xx

xx

xx

xx

xxx

.13

2.60

.5

12cos.59

.6

12cos.58

.2

1

3

1

3sin.57

.2

1

66sin.56

.5,04sin.55

.13

2.54

.2

1

3

1

3sin.53

.2

1

3

1

3sin.52

.2

12sin.51

.2

3

32sin.50

xctg

x

x

x

x

x

xctg

x

x

x

x

02cos26cos

.02sinsincos3

.06sin4sin2sin

.12sin34cos222.

.cos2cos2sin7cos

.0cossincossin1

.12sin22cos

.13cos3sin3

22

2

2

xx

xxx

xxx

xxxxos

xxxx

xxxx

xx

xx

.01sincos22cos.

.0coscossin2sin3

.2

3sincossin3cos

.03sinsin3

.2cossin2cossin1

.2cossin2cossin1

.sincos1cossin2

2

22

2

2

xxx

xxxxx

xxx

xtgxtgxx

xxxx

xxxx

xxxx

60

.coscossin

.013332

.012

82

5

.0sin24cos

.0cos24cos

.22cos22sin

.0sin1

sincos

.02sin5cos

.02cos5sin

.02sincos

.02cossin

.cossincossin2

.2cossin2sincos

.4sincos3sin2cos

.5sin3cos7sincos

.2sinsin5sin

.6coscos5cos

.4cossin4

.1sincos

.02sinsincos3

.22cos2

.12sin2

.3cos28sin2sin

.1cos2sin

.3cos2sin52

cos

.09cos5cos2sin3

.03sin2sinsin

.04sin3sin2sinsin

.16cos8cos2cos

.366

sin36sin

.26

cos52cos32sin

.52

2sin32sin4

.2

31cossin

.sincos2sin1

.2sincos3sin

33

2

2

2

222

22

2

xxx

xtgxtg

xtg

xtg

xx

xx

xx

x

xx

xx

xx

xx

xx

xxxx

xxxx

xxxx

xxxx

xxx

xxx

x

xx

xx

xtgx

xctgx

xxx

xx

xxx

xxx

xxx

xxxx

xxx

xx

xxx

xx

xx

xxx

xxx

61

III рівень

1. 4cos3x – 4cos2x – cos (π + x) – 1 = 0.

2. tg3x – 1 + .

3. tg 2x sin x + (sin x - tg 2x) = 3 . 4. sin4x = 1 – cos4x. 5. 4sin4x + 12cos2x = 7. 6. 5tg4x – sec4x = 29. 7. sin4x + cos4x = cos4x. 8. sin2x (1 + tg x ) = 3sinx (cos x – sin x ) + 3. 9. sin x + sin 2x + sin 3x = cos x + cos 2x + cos 3x.

10. cos 3x = 11. cos22x + cos23x = 1.

12. (1 + sin ) sin4x=cos2 .

3)2

(3cos

12

xctgx

3 3 3

.sin2

1

2

3xсosx

х4

2

х2

01sincos3sin

.0cossin3

.02

sin2cos1

.2sin3cos2

.sincos1

.02coscos2

.03cos4cos4

.6cos5cos

.2coscos

02sin5,0sin

.06cos4cos2cos

.02sin26sin

2

2

2

2

2

2

xõx

xx

xx

xx

xx

xx

xx

xx

xx

xx

xxx

xx

62

13. cos2x – 3 cosx = 4cos2 . 14. 4cos x – 2 cos 2x – cos4x = 1. 15. sin4x + cos4x = sin 2x – 0.5.

16. cos3x sin x – sin3 cos x = . 17. sin 2x = cos 2x – sin2 + 1.

18. . 19. ( cos 2x – 1 ) ctg2x = -3sin x. 20. 4cos26x + 16cos23x = 13. 21. tg 5x + 2sin 10x = 5sin 5x. 22. tg 3x – tg x = secx sec3x sinx. 23. sinx + sin3x = 4cos3x. 24. tg3x + cos6x = 1. 25. tgx tg3x = 1.

26.

27.

28. sin2x – sin22x + sin23x =

29. tg2x =

30. tg2x = 31.

32. cos2x – 3 cosx = 4cos2 . 33. 4cos x – 2 cos 2x – cos4x = 1.

2

х

8

2

02

2cos2sincossin1

xtg

xxxx

.2cos1

sinctgx

x

x

.22cos

1

sin

1

xx

.2

1

.sin1

cos1

x

x

.sin1

cos13

3

x

x

2

х

63

34. ctgx +

35. 1 + tg2x =

36.

37.

38.

39.

40. arcos (2x - 3) =

41. arctgx arcctgx =

42. 4arctgx – 6( ) = π 43. (arccosx)2 – 5 arccosx = 0.

44. arctg(x+2) – arctg(x+3) =

45. arctg(1+x) + arctg(1-x) =

.2cos1

sin

x

x

.cos

2sin12 x

x

.cos1cos1

sinx

x

x

.6

32

arcsin

x

.0arccos4

12

xx

4

xtgxarctg .

2

.3

.16

2

arctgx2

.4

3

.4

64

46. arcsin(1-x) – 2arcsin x = 47. arcsin2x – 7arcsinx + 12 = 0.

48. sin x + tg 49. 2sin3x + 3sin2x cosx – sinx cos2x – cos3x = 0. 50. 2sin3x + 3sin2x cosx – 5cos3x = 0. 51. cos2x – cos8x + cos6x = 1.

52. 1-cos22x = sin3x -

53.

54. 55. sin2x + cos2x = 2tgx + 1.

56. sin2x =

57. sin3x cosx – sinx cos3x = 58. cos3x = mcosx.

59. a(sin6x + cos6x) = sin4x + cos4x. 60. xsinx + x = 0.

РОЗВ’ЯЗАТИ НЕРІВНОСТІ

II рівень

1.

2. сos3x

.2

.22

х

.2

xсos

.cos2 xtgx

.sin22cos xx

.2

sin2

cos 44 xx

.8

2

.2

2

2sin

x

.2

1

65

3. 2sin3x < -1.

4.

5. -3tg2x

6.

7. 2sin (π + 3x)

8. 2cos

9.

10. 2сos

11.

12.

13.

14.

15. tg(π – 2x )

.33

cos2 x

.3

.32

3 x

tg

.3

.12 x

.142

sin2

x

.33

3

x

.122

sin2

x

.232

3cos2

x

.013

xtg

.0122

3

xctg

.3

66

16.

17.

18. 19. 2sin (300 – 3x ) ≤ 1. 20. 2cos (600 – 4x ) ≤ 1.

21. 2sin (600 – 2x) ≥ -

22. 2cos ( 300 – 3x ) ≤ -

23. 2sin ( 450 – 3x ) ≤

24. 2cos ( 450 – 3x ) ≥ -

25.

26.

27. sin3x cosx – cos3x sinx ≤

28. sin2x sinx – cos2xcosx ≤

III рівень

1.

2.

3. sinx cos5x ≤ sin9x cos3x.

.13

sin2

x

.0333

xtg

.03

3

62

xtg

.3

.3

.2

.2

.12

cos2

sin4 xx

.2

1

4sin

4cos 22

xx

.2

1

.2

1

.21sin3

3sin4

x

x

.21cos3

3cos4

x

x

67

4. cosx sin7x ≤ sin3x cos5x. 5. sinx sin7x ≤ sin3x sin5x. 6. cos2x cos8x ≥ cos4x cos6x. 7. sin 3x ≥ sin x. 8. cos 3x ≥ - 2 cosx. 9. cos 2x ≤ sin 2x. 10. cos 2x ≥ cos x.

11. sin x + sin 12. sin 2x ≥ cos x.

13. sin4x + cos4x >

14. sin6x + cos6x ≤

15.

16.

17.

18.

.02

х

.8

5

.16

7

.sincos xx

.cossin xx

.1sin41sin3 xx

.1sin3cos23 2 xx

68

Education

Metodichka