Az A pont közepén.
α a radiánban kifejezett szög.

Érintő ( tan α) egy trigonometrikus függvény, amely a hipotenusz és a láb közötti α szögtől függ derékszögű háromszög, egyenlő az aránnyal a szemközti oldal hossza |BC| a szomszédos láb hosszára |AB| .

Kotangens ( ctg α) egy trigonometrikus függvény, amely egy derékszögű háromszög befogója és szára közötti α szögtől függ, egyenlő a szomszédos szár hosszának arányával |AB| a szemközti láb hosszára |BC| .

Tangens

Ahol n- egész.

A nyugati irodalomban az érintőt a következőképpen jelölik:
.
;
;
.

Az érintőfüggvény grafikonja, y = tan x

Kotangens

Ahol n- egész.

A nyugati irodalomban a kotangenst a következőképpen jelölik:
.
A következő jelöléseket is elfogadjuk:
;
;
.

A kotangens függvény grafikonja, y = ctg x

Az érintő és a kotangens tulajdonságai

Periodikaság

Függvények y = tg xés y = ctg xπ periódusúak.

Paritás

Az érintő és a kotangens függvények páratlanok.

Meghatározási és értékterületek, növekvő, csökkenő

Az érintő és a kotangens függvények definíciós tartományukban folytonosak (lásd a folytonosság bizonyítását). Az érintő és a kotangens főbb tulajdonságait a táblázat tartalmazza ( n- egész).

	y = tg x	y = ctg x
Hatály és folytonosság
Értékek tartománya	-∞ < y < +∞	-∞ < y < +∞
Növekvő		-
Csökkenő	-
Extrémek	-	-
Nullák, y = 0
Metszéspontok az ordináta tengellyel, x = 0	y = 0	-

Képletek

Szinuszos és koszinuszos kifejezések

; ;
; ;
;

Összegből és különbségből származó érintő és kotangens képlete

A többi képlet például könnyen beszerezhető

Érintők szorzata

Az érintők összegének és különbségének képlete

Ez a táblázat az érv bizonyos értékeinek érintők és kotangensek értékeit mutatja be.

Komplex számokat használó kifejezések

Kifejezések hiperbolikus függvényeken keresztül

;
;

Származékok

; .

.
Az n-edrendű származéka a függvény x változójára vonatkozóan:
.
Levezetési képletek az érintőre > > > ; kotangensre >>>

Integrálok

Sorozatbővítések

Ahhoz, hogy megkapjuk az érintő kiterjesztését x hatványaiban, a függvények hatványsorában több tagot kell felvenni a kiterjesztésre. bűn xÉs cos xés osztjuk el ezeket a polinomokat egymással, . Ebben az esetben kiderül következő képleteket.

Nál nél .

nál nél .
Ahol Bn- Bernoulli számok. Meghatározásuk vagy az ismétlődési relációból történik:
;
;
Ahol .
Vagy Laplace képlete szerint:

Inverz függvények

Inverz függvények to érintő és kotangens az arctangens, illetve az arckotangens.

Arctangens, arctg

, Ahol n- egész.

Arccotangens, arcctg

, Ahol n- egész.

Referenciák:
BAN BEN. Bronstein, K.A. Semendyaev, Matematika kézikönyve mérnökök és főiskolai hallgatók számára, „Lan”, 2009.
G. Korn, Matematika kézikönyve tudósoknak és mérnököknek, 2012.

Ebben a leckében folytatjuk az arctangens tanulmányozását és a tg x = a alakú egyenletek megoldását bármely a-ra. Az óra elején táblázatos értékű egyenletet oldunk meg és a megoldást grafikonon, majd körön illusztráljuk. Ezután megoldjuk a tgx = aв egyenletet Általános nézetés kimenet általános képlet válasz. Illusztráljuk a számításokat grafikonon és körön, és vegyük figyelembe a válasz különböző formáit! Az óra végén több feladatot oldunk meg grafikonon és körön illusztrált megoldásokkal.

Téma: Trigonometrikus egyenletek

Lecke: Arktangens és a tgx=a egyenlet megoldása (folytatás)

1. Óra témája, bevezetés

Ebben a leckében megvizsgáljuk az egyenlet megoldását bármely valósra

2. A tgx=√3 egyenlet megoldása

1. feladat Oldja meg az egyenletet!

Keressük meg a megoldást függvénygrafikonok segítségével (1. ábra).

Tekintsük az intervallumot, ezen az intervallumon a függvény monoton, ami azt jelenti, hogy csak a függvény egy értékére érhető el.

Válasz:

Oldjuk meg ugyanezt az egyenletet a segítségével számkör(2. ábra).

Válasz:

3. A tgx=a egyenlet megoldása általános formában

Oldjuk meg az egyenletet általános formában (3. ábra).

Az intervallumon az egyenletnek egyedi megoldása van

A legkisebb pozitív időszak

Szemléltessük a számkört (4. ábra).

4. Problémamegoldás

2. feladat Oldja meg az egyenletet!

Változtassuk meg a változót

3. probléma. Oldja meg a rendszert:

Megoldás (5. ábra):

Egy ponton tehát az érték a megoldás, a rendszernek csak a lényege

Válasz:

4. feladat Oldja meg az egyenletet!

Oldjuk meg a változóváltás módszerével:

5. feladat. Határozza meg az egyenlet megoldásainak számát az intervallumon!

Oldjuk meg a feladatot grafikon segítségével (6. ábra).

Az egyenletnek három megoldása van egy adott intervallumon.

Illusztráljuk egy számkörön (7. ábra), bár ez nem olyan egyértelmű, mint a grafikonon.

Válasz: Három megoldás.

5. Következtetés, következtetés

Bármely valós egyenletet az arctangens fogalmával oldottuk meg. A következő leckében bemutatjuk az arctangens fogalmát.

Bibliográfia

1. Algebra és az elemzés kezdete, 10. évfolyam (két részben). Tutorial for oktatási intézmények(profilszint) szerk. A. G. Mordkovich. -M.: Mnemosyne, 2009.

2. Algebra és az elemzés kezdete, 10. évfolyam (két részben). Problémakönyv oktatási intézmények számára (profilszint), szerk. A. G. Mordkovich. -M.: Mnemosyne, 2007.

3. Vilenkin N. Ya., Ivashev-Musatov O. S., Shvartsburd S. I. Algebra és matematikai elemzés a 10. évfolyamhoz ( oktatóanyag iskolák és osztályok tanulói számára a matematika elmélyült tanulmányozásával).-M.: Prosveshchenie, 1996.

4. Galitsky M. L., Moshkovich M. M., Shvartsburd S. I. Mélyreható tanulmány algebra és matematikai elemzés.-M.: Nevelés, 1997.

5. Matematikai feladatgyűjtemény felsőoktatási intézményekbe jelentkezők számára (szerkesztette: M. I. Skanavi) - M.: Higher School, 1992.

6. Merzlyak A.G., Polonsky V.B., Yakir M.S. Algebrai szimulátor.-K.: A.S.K., 1997.

7. Sahakyan S. M., Goldman A. M., Denisov D. V. Algebrai problémák és elemzési elvek (kézikönyv az általános oktatási intézmények 10-11. osztályos tanulói számára) - M.: Prosveshchenie, 2003.

8. Karp A.P. Feladatgyűjtemény az algebráról és az elemzési elvekről: tankönyv. pótlék 10-11 évfolyamon. mélységgel tanult Matematika.-M.: Oktatás, 2006.

Házi feladat

Algebra és az elemzés kezdete, 10. évfolyam (két részben). Problémakönyv oktatási intézmények számára (profilszint), szerk. A. G. Mordkovich. -M.: Mnemosyne, 2007.

№№ 22.18, 22.21.

További webes források

1. Matematika.

2. Internetes portál Problémák. ru.

3. Oktatási portál felkészülni a vizsgákra.

>> Arctangens és arccotangens. Megoldás tgx egyenletek= a, ctgx = a

19. § Arctangens és arccotangens. A tgx = a, ctgx = a egyenletek megoldása

A 16. § 2. példájában nem tudtunk három egyenletet megoldani:

Ezek közül kettőt már megoldottunk - az elsőt a 17. §-ban, a másodikat a 18. §-ban, ehhez be kellett vezetnünk a fogalmakat. ív koszinuszés arcszinusz. Tekintsük a harmadik x = 2 egyenletet.
Az y=tg x és y=2 függvények grafikonjainak végtelen sok közös pontja van, ezeknek a pontoknak abszcisszái a következő alakúak - az y = 2 egyenes metszéspontjának a tangentoid fő ágával. (90. ábra). Az x1 számhoz a matematikusok az acrtg 2 elnevezést találták ki (értsd: „két ív érintője”). Ekkor az x=2 egyenlet összes gyöke leírható az x=arctg 2 + pk képlettel.
Mi az agctg 2? Ez a szám tangens amely egyenlő 2-vel és amely az intervallumhoz tartozik
Tekintsük most a tg x = -2 egyenletet.
Függvénygrafikonok végtelen sok közös pontjuk van, ezeknek a pontoknak abszcisszáinak van alakja az y = -2 egyenes és a tangentoid főágával való metszéspontjának abszcissza. Az x 2 számhoz a matematikusok az arctg(-2) jelölést találták ki. Ekkor az x = -2 egyenlet minden gyöke leírható a képlettel

Mi az acrtg(-2)? Ez egy olyan szám, amelynek érintője -2, és amely az intervallumhoz tartozik. Figyelem (lásd 90. ábra): x 2 = -x 2. Ez azt jelenti, hogy arctg(-2) = - arctg 2.
Fogalmazzuk meg általános formában az arctangens definícióját.

1. definíció. arсtg a (arc tangens a) egy szám az intervallumból, amelynek érintője egyenlő a-val. Így,

Most abban a helyzetben vagyunk, hogy általános következtetést vonjunk le a megoldásról egyenletek x=a: az x = a egyenletnek vannak megoldásai

Fentebb megjegyeztük, hogy arctg(-2) = -arctg 2. Általánosságban elmondható, hogy a képlet bármely értékére érvényes

1. példa Kiszámítja:

2. példa Egyenletek megoldása:

A) Készítsünk megoldási képletet:

Az arctangens értékét ebben az esetben nem tudjuk kiszámítani, ezért az egyenlet megoldását a kapott formában hagyjuk.
Válasz:
3. példa Egyenlőtlenségek megoldása:
A formai egyenlőtlenségek grafikusan megoldhatók az alábbi tervek betartásával
1) szerkeszteni egy y = tan x érintőt és egy y = a egyenest;
2) válassza ki a tangeizoid fő ága számára az x tengely azon intervallumát, amelyen az adott egyenlőtlenség teljesül;
3) az y = tan x függvény periodicitását figyelembe véve írja le a választ általános formában!
Alkalmazzuk ezt a tervet az adott egyenlőtlenségek megoldására.

: a) Szerkesszük meg az y = tgх és y = 1 függvények gráfjait. Az érintő fő ágán ezek a pontban metszik egymást

Válasszuk ki annak az x tengelynek az intervallumát, amelyen a tangentoid fő ága az y = 1 egyenes alatt található - ez az intervallum
Figyelembe véve az y = tgх függvény periodicitását, arra a következtetésre jutunk, hogy az adott egyenlőtlenség az alak bármely intervallumán teljesül:

Az összes ilyen intervallum uniója az közös döntés adott egyenlőtlenség.
A választ másképp is felírhatjuk:

b) Készítsük el az y = tan x és y = -2 függvények grafikonjait. A tangentoid fő ágán (92. ábra) az x = arctg(-2) pontban metszik egymást.

Válasszuk ki az x tengely intervallumát, amelyen a tangentoid fő ága található

Tekintsük a tan x=a egyenletet, ahol a>0. Az y=ctg x és y =a függvények grafikonjainak végtelen sok közös pontja van, ezen pontok abszcisszái a következő alakúak: x = x 1 + pk, ahol x 1 =arccstg a a metszéspont abszcisszája az y=a egyenesnek a tangentoid főágával (93. ábra). Ez azt jelenti, hogy arcstg a egy olyan szám, amelynek kotangense egyenlő a-val, és amely a (0, n) intervallumhoz tartozik; ezen az intervallumon épül fel az y = сtg x függvény gráfjának fő ága.

ábrán. A 93. ábra a c1tg = -a egyenlet megoldásának grafikus ábrázolását is mutatja. Az y = сtg x és y = -а függvények grafikonjainak végtelen sok közös pontja van, ezeknek a pontoknak az abszcisszái x = x 2 + pk alakúak, ahol x 2 = агсстg (- а) a függvény abszcisszán. az y = -а egyenes metszéspontja a főegyenes tangentoid ágával. Ez azt jelenti, hogy arcstg(-a) egy olyan szám, amelynek kotangense egyenlő -a, és amely az (O, n) intervallumhoz tartozik; ezen az intervallumon épül fel az Y = сtg x függvény gráfjának fő ága.

2. definíció. arccstg a (arc cotangens a) egy olyan szám a (0, n) intervallumból, amelynek kotangense egyenlő a-val.
Így,

Most általános következtetést vonhatunk le a ctg x = a egyenlet megoldásáról: a ctg x = a egyenletnek vannak megoldásai:

Figyelem (lásd 93. ábra): x 2 = n-x 1. Ez azt jelenti

4. példa Kiszámítja:

A) Mondjuk

A сtg x=а egyenlet szinte mindig formára alakítható, kivétel a сtg x =0 egyenlet. De ebben az esetben kihasználva azt a tényt, hogy mehetsz
cos x=0 egyenlet. Így az x = a alakú egyenlet nem független jelentőségű.

A.G. Mordkovich Algebra 10. osztály

Naptári tematikus tervezés matematikában, videó matematikából online, Matematika az iskolában letöltés

Az óra tartalma leckejegyzetek keretóra prezentációgyorsítási módszerek támogatása interaktív technológiák Gyakorlat feladatok és gyakorlatok önellenőrző műhelyek, tréningek, esetek, küldetések házi feladat megbeszélési kérdések szónoki kérdéseket diákoktól Illusztrációk audio, videoklippek és multimédia fényképek, képek, grafikák, táblázatok, diagramok, humor, anekdoták, viccek, képregények, példázatok, mondások, keresztrejtvények, idézetek Kiegészítők absztraktokat cikkek trükkök a kíváncsi kiságyak tankönyvek alap- és kiegészítő szótár egyéb Tankönyvek és leckék javításaa tankönyv hibáinak javítása egy töredék frissítése a tankönyvben, innováció elemei a leckében, az elavult ismeretek újakkal való helyettesítése Csak tanároknak tökéletes leckék naptári terv egy évre iránymutatásokat vitaprogramok Integrált leckék

Lehet rendelni részletes megoldás a te feladatod!!!

A jel alatt ismeretlent tartalmazó egyenlőség trigonometrikus függvény(`sin x, cos x, tan x` vagy `ctg x`) trigonometrikus egyenletnek nevezzük, és a képleteiket vizsgáljuk tovább.

A legegyszerűbb egyenletek a `sin x=a, cos x=a, tg x=a, ctg x=a`, ahol `x` a keresendő szög, `a` tetszőleges szám. Írjuk fel mindegyikhez a gyökképleteket.

1. `sin x=a` egyenlet.

Az `|a|>1` esetén nincs megoldás.

Amikor `|a| A \leq 1` végtelen számú megoldást tartalmaz.

Gyökképlet: `x=(-1)^n arcsin a + \pi n, n \in Z`

2. "cos x=a" egyenlet

Az `|a|>1` - mint a szinusz esetében - nincs megoldása valós számok között.

Amikor `|a| \leq 1` rendelkezik végtelen halmaz döntéseket.

Gyökképlet: `x=\pm arccos a + 2\pi n, n \in Z`

Szinusz és koszinusz speciális esetei grafikonokban.

3. "tg x=a" egyenlet

Végtelen számú megoldása van az "a" bármely értékére.

Gyökérképlet: `x=arctg a + \pi n, n \in Z`

4. `ctg x=a` egyenlet

Ezenkívül végtelen számú megoldása van az "a" bármely értékére.

Gyökérképlet: `x=arcctg a + \pi n, n \in Z`

A táblázatban szereplő trigonometrikus egyenletek gyökereinek képletei

A szinuszhoz:
A koszinuszhoz:
Érintő és kotangens esetén:
Képletek inverz trigonometrikus függvényeket tartalmazó egyenletek megoldására:

Trigonometrikus egyenletek megoldási módszerei

Bármely trigonometrikus egyenlet megoldása két lépésből áll:

• a legegyszerűbbre való átalakítás segítségével;
• oldja meg a fent leírt gyökképletek és táblázatok segítségével kapott legegyszerűbb egyenletet.

Nézzük meg a fő megoldási módszereket példákon keresztül.

Algebrai módszer.

Ez a módszer magában foglalja egy változó lecserélését és egyenlőségbe való behelyettesítését.

Példa. Oldja meg az egyenletet: `2cos^2(x+\frac \pi 6)-3sin(\frac \pi 3 - x)+1=0`

`2cos^2(x+\frac \pi 6)-3cos(x+\frac \pi 6)+1=0,

cserélje ki: `cos(x+\frac \pi 6)=y, majd `2y^2-3y+1=0`,

megtaláljuk a gyökereket: `y_1=1, y_2=1/2`, amiből két eset következik:

1. `cos(x+\frac \pi 6)=1`, `x+\frac \pi 6=2\pi n`, `x_1=-\frac \pi 6+2\pi n`.

2. `cos(x+\frac \pi 6)=1/2, `x+\frac \pi 6=\pm arccos 1/2+2\pi n`, `x_2=\pm \frac \pi 3- \frac \pi 6+2\pi n`.

Válasz: `x_1=-\frac \pi 6+2\pi n`, `x_2=\pm \frac \pi 3-\frac \pi 6+2\pi n`.

Faktorizáció.

Példa. Oldja meg az egyenletet: `sin x+cos x=1`.

Megoldás. Mozgassuk az egyenlőség összes tagját balra: `sin x+cos x-1=0`. Használatával a bal oldalt transzformáljuk és faktorizáljuk:

"sin x - 2sin^2 x/2=0",

"2sin x/2 cos x/2-2sin^2 x/2=0",

"2sin x/2 (cos x/2-sin x/2)=0",

1. `sin x/2 =0`, `x/2 =\pi n`, `x_1=2\pi n`.
2. „cos x/2-sin x/2=0”, „tg x/2=1”, „x/2=arctg 1+ \pi n”, „x/2=\pi/4+ \pi n” , `x_2=\pi/2+ 2\pi n`.

Válasz: `x_1=2\pi n`, `x_2=\pi/2+ 2\pi n`.

Redukálás homogén egyenletre

Először is le kell redukálnia ezt a trigonometrikus egyenletet a két alak egyikére:

`a sin x+b cos x=0` (elsőfokú homogén egyenlet) vagy `a sin^2 x + b sin x cos x +c cos^2 x=0` (másodfokú homogén egyenlet).

Ezután ossza el mindkét részt `cos x \ne 0` -val - az első esetben, és "cos^2 x \ne 0" - a második esetben. Egyenleteket kapunk a `tg x`-re: `a tg x+b=0` és `a tg^2 x + b tg x +c =0`, amelyeket ismert módszerekkel kell megoldani.

Példa. Oldja meg az egyenletet: `2 sin^2 x+sin x cos x - cos^2 x=1`.

Megoldás. Írjuk a jobb oldalt a következőképpen: `1=sin^2 x+cos^2 x`:

`2 sin^2 x+sin x cos x — cos^2 x=` `sin^2 x+cos^2 x`,

`2 sin^2 x+sin x cos x — cos^2 x -` ` sin^2 x — cos^2 x=0`

`sin^2 x+sin x cos x — 2 cos^2 x=0`.

Ez egy homogén másodfokú trigonometrikus egyenlet, bal és jobb oldalát elosztjuk `cos^2 x \ne 0`-val, így kapjuk:

`\frac (sin^2 x)(cos^2 x)+\frac(sin x cos x)(cos^2 x) — \frac(2 cos^2 x)(cos^2 x)=0

`tg^2 x+tg x — 2=0`. Vezessük be a `tg x=t` helyettesítést, ami `t^2 + t - 2=0`-t eredményez. Ennek az egyenletnek a gyöke: `t_1=-2` és `t_2=1`. Akkor:

1. „tg x=-2”, „x_1=arctg (-2)+\pi n”, „n \in Z”
2. `tg x=1`, `x=arctg 1+\pi n`, `x_2=\pi/4+\pi n`, ` n \in Z`.

Válasz. `x_1=arctg (-2)+\pi n`, `n \in Z, `x_2=\pi/4+\pi n`, `n \in Z`.

Áttérés félszögre

Példa. Oldja meg az egyenletet: "11 sin x - 2 cos x = 10".

Megoldás. Alkalmazzuk a képleteket kettős szög, ami a következőt eredményezi: `22 sin (x/2) cos (x/2) -` `2 cos^2 x/2 + 2 sin^2 x/2=` `10 sin^2 x/2+10 cos^ 2 x/2`

"4 tg^2 x/2 – 11 tg x/2 +6=0".

A fentiek alkalmazása algebrai módszer, kapunk:

1. „tg x/2=2”, „x_1=2 arctg 2+2\pi n”, „n \in Z”,
2. „tg x/2=3/4”, „x_2=arctg 3/4+2\pi n”, „n \in Z”.

Válasz. `x_1=2 arctg 2+2\pi n, n \in Z`, `x_2=arctg 3/4+2\pi n`, `n \in Z`.

Segédszög bevezetése

Az „a sin x + b cos x =c” trigonometrikus egyenletben, ahol a,b,c együtthatók, x pedig egy változó, mindkét oldalt ossza el „sqrt (a^2+b^2)”-vel:

`\frac a(sqrt (a^2+b^2)) sin x +` `\frac b(sqrt (a^2+b^2)) cos x =` `\frac c(sqrt (a^2) ) +b^2))".

A bal oldali együtthatók szinusz és koszinusz tulajdonságaival rendelkeznek, vagyis négyzeteinek összege 1, moduljaik pedig nem nagyobbak 1-nél. Jelöljük őket a következőképpen: `\frac a(sqrt (a^2) +b^2))=cos \varphi` , ` \frac b(sqrt (a^2+b^2)) =sin \varphi`, `\frac c(sqrt (a^2+b^2)) =C`, akkor:

`cos \varphi sin x + sin \varphi cos x =C`.

Nézzük meg közelebbről a következő példát:

Példa. Oldja meg az egyenletet: `3 sin x+4 cos x=2`.

Megoldás. Az egyenlőség mindkét oldalát elosztjuk `sqrt (3^2+4^2)-vel, így kapjuk:

`\frac (3 sin x) (sqrt (3^2+4^2))+` `\frac(4 cos x)(sqrt (3^2+4^2))=` `\frac 2(sqrt (3^2+4^2))".

"3/5 sin x+4/5 cos x=2/5".

Jelöljük `3/5 = cos \varphi` , `4/5=sin \varphi`. Mivel a `sin \varphi>0`, `cos \varphi>0`, akkor a `\varphi=arcsin 4/5`-t vesszük segédszögnek. Ezután az egyenlőségünket a következő formában írjuk fel:

`cos \varphi sin x+sin \varphi cos x=2/5`

A szinusz szögösszegének képletét alkalmazva egyenlőségünket a következő formában írjuk fel:

"sin (x+\varphi)=2/5",

`x+\varphi=(-1)^n arcsin 2/5+ \pi n`, `n \in Z`,

`x=(-1)^n arcsin 2/5-` `arcsin 4/5+ \pi n`, `n \in Z`.

Válasz. `x=(-1)^n arcsin 2/5-` `arcsin 4/5+ \pi n`, `n \in Z`.

Törtracionális trigonometrikus egyenletek

Ezek olyan tört egyenlőségek, amelyek számlálói és nevezői trigonometrikus függvényeket tartalmaznak.

Példa. Oldja meg az egyenletet. `\frac (sin x)(1+cos x)=1-cos x.

Megoldás. Szorozd meg és oszd el az egyenlőség jobb oldalát "(1+cos x)"-vel. Ennek eredményeként a következőket kapjuk:

`\frac (sin x)(1+cos x)=` `\frac ((1-cos x)(1+cos x))(1+cos x)

`\frac (sin x)(1+cos x)=` `\frac (1-cos^2 x)(1+cos x)`

`\frac (sin x)(1+cos x)=` `\frac (sin^2 x)(1+cos x)`

`\frac (sin x)(1+cos x)-` `\frac (sin^2 x)(1+cos x)=0

"\frac (sin x-sin^2 x)(1+cos x)=0".

Figyelembe véve, hogy a nevező nem lehet egyenlő nullával, a következőt kapjuk: `1+cos x \ne 0`, `cos x \ne -1`, ` x \ne \pi+2\pi n, n \in Z`.

Tegyük egyenlővé a tört számlálóját nullával: `sin x-sin^2 x=0`, `sin x(1-sin x)=0`. Ezután `sin x=0` vagy `1-sin x=0`.

1. `sin x=0`, `x=\pi n`, `n \in Z`
2. `1-sin x=0`, `sin x=-1`, `x=\pi /2+2\pi n, n \in Z`.

Tekintettel arra, hogy ` x \ne \pi+2\pi n, n \in Z`, a megoldások: `x=2\pi n, n \in Z` és `x=\pi /2+2\pi n` , `n \in Z`.

Válasz. `x=2\pi n`, `n \in Z`, `x=\pi /2+2\pi n`, `n \in Z`.

A trigonometriát és különösen a trigonometrikus egyenleteket a geometria, a fizika és a mérnöki tudomány szinte minden területén használják. A tanulás 10. osztályban kezdődik, az egységes államvizsgához mindig vannak feladatok, úgyhogy próbálja meg emlékezni az összes képletre trigonometrikus egyenletek- biztosan hasznosak lesznek számodra!

Azonban még csak memorizálni sem kell őket, a lényeg az, hogy megértsük a lényeget és le tudjuk vezetni. Nem olyan nehéz, mint amilyennek látszik. Győződjön meg Ön is a videó megtekintésével.