Методика викладання тригонометрії в середній школі

Розв'язуючи рівняння (а), дістаємо

Рівняння (б)

Звідси початкове рівняння рівносильне системі

(оскільки перша серія розв'язків повністю входить до другої серії тільки при ).

Відповідь:

Приклад 32. Розв'язати рівняння

Розв'язання. ОДЗ:

Оскільки для будь-якого то ліва частина початкового рівняння Знак „=” має місце при Права частина рівняння знак „=” має місце при

Відповідь:

Приклад 33. Розв'язати рівняння

Розв'язання. За формулою для добутку синусів, дістаємо

З ясуємо,чи перетинаються множини і . Прирівнюючи праві частини, дістаємо

З останнього рівняння видно,що воно не має розв'язків у цілих числах, оскільки ліворуч парне число ,а праворуч непарне .Звідси початкове рівняння розв'язків не має.

Відповідь:.

Приклад 1. Розв'язати рівняння

Розв'язання. Перетворимо ліву частину рівняння:

Звідси початкове рівняння рівносильне рівнянню

Відповідь:

Приклад 2. Розв'язати рівняння

Розв'язання. Перетворимо ліву частину рівняння:



Таким чином, початкове рівняння рівносильне такому:

Відповідь:

Приклад 3. Розв'язати рівняння

Розв'язання. Перетворимо ліву частину початкового рівняння:

Дістаємо,що початкове рівняння рівносильне такому:



Відповідь:

Приклад 4. Розв'язати рівняння

Розв'язання. Перетворимо ліву частину початкового рівняння:

Звідси початкове рівняння еквівалентне такому:

Відповідь:

Приклад 5. Розв'язати рівняння

Розв'язання. Наведемо два способи розв'язання початкового рівняння

1 спосіб.

Відповідь:

Зауваження 1.Записуючи відповідь до прикладу 5,бажано вимагати додаткової умови У цьому випадку наведені серії розв'язків не перетиналися б.

2 спосіб.

Поклавши дістанемо

Рівняння (а) має корінь

Для розв'язку рівняння (б) зазначимо,що його корені слід шукати у вигляді де ділене 1, а дільник 8. Таким чином, корені рівняння (б) треба шукати серед чисел Добором знаходимо,що - корінь рівняння (б).Тоді за теоремою Безу поділиться без остачі на

Поділивши на у стовпчик, дістанемо

Звідси



Тоді початкове рівняння рівносильне такій сукупності рівнянь:

Відповідь:

Зауваження 2. Відповідь,дістана першим способом,зовні відрізняється від відповіді,дістаної другим способом. Однак можна показати,що ці відповіді співпадають.

Приклад 6 . Розв'язати рівняння

Розв'язання. Помножимо праву і ліву частини початкового рівняння на При цьому можлива поява сторонніх коренів, які є розв'язками і рівняння Тому в остаточній відповіді слід виключити ті значення , для яких ( тобто значення оскільки вони не задовольняють початковому рівнянню. Помноживши обидві частини початкового рівняння на дістанемо рівняння, рівносильне початковому при умові , що :



З серії розв'язків треба виключити значення що дістаються при ,оскільки при а розв'язок цього рівняння містять сторонні корені для початкового рівняння. З серії розв'язків слід виключити значення що дістаються при

як сторонні для початкового рівняння.

Відповідь:

Приклад 7. Розв'язати рівняння

Розв'язання.

Скористаємося формулами зниження степеня і формулами зведення



Тоді початкове рівняння рівносильне наступному:

Відповідь:

Приклад 8. Розв'язати рівняння

Розв'язання

Відповідь:

Приклад 9.Розв'язати рівняння

Розв'язання

З рівняння (а)

З рівняння (б)

Відповідь:

В завершенні наведемо розв'язання одного тригонометричного рівняння практично всіма розумними способами і покажемо збіг відповідей, що відрізняються за зовнішнім видом. Зазначимо, що існує досить багато типів тригонометричних рівнянь, які можна розв'язати кількома способами .Вибір того чи іншого способу найчастіше залежить від знань досвіду й інтуїції того, хто розв'язує 17. Титаренко О.М. 5770 задач з математики з відповідями. 2 -ге вид.випр. - Харків: ТОРГСІНГ ПЛЮС, 2007. - 336 с..

Приклад 10. Розв'язати рівняння

Розв'язання

1 спосіб( із застосуванням формул подвійного кута і зниження степеня).

Відповідь:

2. спосіб ( за допомогою введення допоміжного кута).Розглянемо два варіанти введення допоміжного кута: а) і б).

а)

Тоді початкове рівняння рівносильне такому:

Відповідь:

Б)

Звідси

Відповідь:

3 спосіб ( за допомогою універсальної тригонометричної підстановки

Зробивши заміну достаємо для і

Врахуємо,що заміна може привести до втрати коренів виду Ці серії необхідно підставити у початкове рівняння, щоб з ясувати, чи є вони розв'язками цього рівняння. Нехай Тоді початкове рівняння рівносильне такому:

Перевіримо,чи є числа розв'язками. Підставляючи

є розв'язками.

Відповідь:

4 спосіб ( із застосуванням формул зведення і різниці однойменних тригонометричних функцій). Розглянемо два можливих варіанти.

А) звідси

Відповідь:

б) звідси

Відповідь:

5 спосіб ( за допомогою піднесення обох частин рівняння до квадрата)ю

(ці розв'язки дістаємо із з урахуванням нерівності)

Відповідь:

Покажемо збіг відповідей,що відрізняються за зовнішнім виглядом. Відповіді, отримані 1,3,5 способами, повністю збігаються. Покажемо, що відповіді, отримані 2 і 4 способами, збігаються з цими відповідями.

Нехай Тоді розглянемо два випадки , коли -парне і -непарне.

Якщо

Якщо

Таким чином, показаний збіг множин розв'язків, тобто

Нехай

Узявши знак „+” дістаємо

Узявши знак „-”, маємо

Очевидно,що .Цю рівність можна довести або за допомогою тригонометричного кола, або узявши

Таким чином, доведено,що усі відповіді, отримані при розв'язуванні рівняння різними способами, повністю збігаються.

РОЗДІЛ 4

ТРИГОНОМЕТРИЧНІ РІВНЯННЯ З ОБЕРНЕНИМИ ФУНКЦІЯМИ. СИСТЕМИ ТРИГОНОМЕТРИЧНИХ РІВНЯНЬ ТА НЕРІВНОСТІ

4.1 Тригонометричні рівняння, що містять обернені тригонометричні функції

При розв'язанні рівнянь з оберненими тригонометричними функціями найпоширеніший прийом - перехід від рівності кутів до рівності тригонометричних функцій. При цьому отримані рівняння у загальному випадку не будуть рівносильними початкам, тому що відбувається розширення області визначення початкового рівняння, і отже, можлива поява побічних коренів. Звідси необхідна перевірка отриманих розв'язків, якщо не скрізь були рівносильні перетворення 18. Титаренко О.М. Форсований курс шкільної математики: Навчальний посібник. - Х.: Торсінг, 2003. - 368 с..

Приклад 1. Розв'язати рівняння

1 спосіб. Оскільки то, підставляючи у початкове рівняння, дістаємо:

Відповідь:

2.спосіб. Записавши початкове рівняння у вигляді візьмемо синус від обох частин останнього рівняння:



Перевірка.

При

-

Корінь початкового рівняння.

При

Побічний корінь

Відповідь:

Приклад 2. Розв'язати рівняння

Розв'язання. Перенесемо в праву частину рівняння і візьмемо синус від обох частин. Дістаємо

Перевірка показує, що є коренем початкового рівняння.

Відповідь:

Приклад 3. Розв'язати рівняння

Розв'язання. Позначимо дістаємо квадратне рівняння корені якого , З рівняння з рівняння оскільки а .Звідси є єдиним коренем початкового рівняння.

Перевірка розв'язку для даного рівняння є зайвою.

Приклад 4. Розв'язати рівняння

Розв'язання.

ОДЗ: .

Маємо

,

Відповідь:

Приклад 5. Розв'язати рівняння

Розв'язання.

ОДЗ: .

Покладемо

Тоді

Звідси маємо Отже,

Відповідь :

Приклад 6. Розв'язати рівняння

Розв'язання.

Тут Перейдемо до основи Маємо

так як .

Відповідь : .

4.2 Системи тригонометричних рівнянь

При розв'язуванні систем тригонометричних рівнянь використовуються ті ж прийоми, що і при розв'язуванні систем алгебраїчних рівнянь, а також формули тригонометрії. Звичайно при розв'язуванні тригонометричних систем останні зводять або до одного рівняння з одним невідомим, або до системи рівнянь відносно самих аргументів або функцій цих аргументів 18. Титаренко О.М. Форсований курс шкільної математики:Навчальний посібник. - Х.: Торсінг, 2003. - 368 с..

Приклад 1.Розв'язати систему

Розв'язання.

Виразивши через з першого рівняння системи і підставивши в друге, дістанемо рівносильну початковій систему:

Відповідь: ,.

Зауваження. Відповідь можна було б записати в наступній формі :

Приклад 2. Розв'язати систему

Розв'язання.

У прикладі 2 істотним є використання різних букв ( і ) для позначення цілочисельних параметрів, оскільки знайдені множини не зв'язані між собою. Якщо б ці множини ми записали за допомогою однієї і тієї ж букви, то це привело б до втрати розв'язків.

Відповідь:

Приклад 3. Розв'язати систему

Розв'язання. Склавши 1 і 2 рівняння системи, дістанемо

Зробивши віднімання з першого рівняння другого, дістанемо

Таким чином, дістаємо систему, рівносильну початковій:



Відповідь:

Приклад 4. Розв'язати систему

Розв'язання.

ОДЗ:

Помножимо перше рівняння на , а друге - на . Отримали

або (1)

Додаємо рівняння системи (1), будемо мати , звідси Підставляючи ці значення в рівняння системи (1), отримаємо

(2)

з урахуванням ОДЗ, знайдемо



Тоді

Відповідь: ; где и

Приклад 5. Розв'язати систему

Розв'язання.

ОДЗ:

Так як , а то перше рівняння системи рівносильне сукупності двох систем

З першої системи сукупності знаходимо

Перевіркою встановлюємо, що знайдений роз'язок задовільняє другому рівнянню даної системи, якщо



Знайдені роз'вязки не задовільняють другому рівнянню даної системи

Відповідь:

Приклад 6. Розв'язати систему

Розв'язання.

Запишемо дану систему в такому вигляді:

Розглянемо два випадки:

1) звідси якщо оскільки

Отже, , звідси ; значить .

2) ; звідси

.

Тут ми не отримаємо розв'язка даної системи, так як при маємо тобто ; при маємо тобто

Відповідь:

4.3 Тригонометричні нерівності

Тригонометричними нерівностями називаються нерівності, у яких змінна знаходиться під знаком тригонометричної функції 14. Резуненко В.О. Ярмак В.О. Тригонометричні рівняння і нерівності для старшокласників і абітурієнтів. // Резуненко В.О. Ярмак В.О. - Х.: Вид.група "Основа" 2011.- 94 с..

При розв'язанні нерівностей з тригонометричними функціями використовується періодичність цих функцій і їх монотонність на відповідних інтервалах. При цьому корисно звертатися до графіків.

Оскільки розв'язання тригонометричних нерівностей в остаточному підсумку зводиться до розв'язання найпростіших, то розглянемо спочатку приклади розв'язання най простіших тригонометричних нерівностей, тобто нерівностей виду (або де - одна з тригонометричних функцій.

Оскільки функції мають основний період , то нерівності виду і досить розв'язати спочатку на якому-небудь відрізку довжиною . Множину усіх розв'язків дістанемо, додавши до кожного зі знайдених на цьому відрізку розв'язків числа виду . Для розв'язків нерівностей виду і досить розв'язати їх спочатку на інтервалі длини Оскільки функції і мають період , то, додаючи до звичайних на відповідних інтервалах розв'язків числа виду , дістанемо всі розв'язки початкової нерівності.

Приклад 1. Розв'язати нерівність .

Розв'язання. Побудуємо графік функцій і виберемо на осі значення аргументу , яким відповідають точки графіка, що лежать на осі або вище її. Одним з проміжків, у яких є такі точки осі , є замкнений інтер-вал , а всього таких інтервалів буде дуже багато, кожний з яких отримано зрушенням з інтервалу по осі на ( рис. 4.1.)

Рис.4.1. Графіки до прикладу 1.

Таким чином, розв'язком початкової нерівності є об єднання замкнених інтервалів виду , тобто Відповідь можна записати так: (або або

Відповідь: .

Зауваження 1. При розв'язуванні тригонометричних нерівностей можна замість графіків користуватися одиничним колом ( тригонометричним колом).

Приклад 2. Розв'язати нерівність

Розв'язання.

Будуємо графіки функцій і прямої яка перетинає синусоїду в точках (рис .4.2)

Рис.4.2. Графіки до прикладу 2

Виділимо один з інтервалів значень аргументу, де графік синуса розташований нижче графіка прямої таким інтервалом є наприклад, інтервал Використовуючи періодичність функції , дістаємо відповідь:

Відповідь:

Зауваження 2. Можна було б відповідь записати в такий спосіб: Цікаво відзначити,що якщо то



Приклад 3. Розв'язати нерівність .

Розв'язання. На тому самому креслені побудуємо графіки функцій і (рис. 4.3 ). З рисунка видно,що один з інтервалів, в якому виконується дана нерівність, уміщений між найменшими за модулем коренями рівняння тобто між точками і ( включаючи ці точки). Всі інші інтервали, у яких виконується дана нерівність, дістаються шляхом зсуву відрізка ліворуч або праворуч на відстані, кратні .

Рис.4.3. Графіки до прикладу 3

Тому нерівність виконується при

Відповідь:

Приклад 4. Розв'язати нерівність .

Розв'язання.

На тому самому кресленні будуємо графіки функцій і (рис 4.4)

Рис.4.4. Графіки до прикладу 4

Виділимо один з інтервалів значень аргументу, де графік тангенсоїди нижче графіка прямої ; таким інтервалом є , наприклад, інтервал .

Використовуючи періодичність функцій , робимо висновок,що розв'язками початкової нерівності на всій числовій прямій є ті й тільки ті значення , які задовольняють подвійній нерівності

Відповідь:

Розглянемо розв'язання більш складних нерівностей.

Приклад 5. Розв'язати нерівність

Розв'язання.

Перенесемо в ліву частину нерівності й використаємо формулу введення допоміжного аргументу:

.

Таким чином, .

Позначимо Тоді нерівність буде мати виглядМножина розв'язків цієї нерівності Оскільки то дістанемо

Відповідь: .

Приклад 6. Розв'язати нерівність

Розв'язання.

Позначивши через , приходимо до нерівності Ця нерівність виконується при і Тоді всі розв'язки початкової нерівності повинні задовольняти або нерівності або нерівності Нерівність не виконується ні при яких значеннях нерівність виконується при

Відповідь:

Приклад 7. Розв'язати нерівність

Розв'язання.

Оскільки то можемо піднести обидві частини початкової нерівності до квадрата, отримавши при цьому нерівність, рівносильну початковій:

Відповідь: .

Приклад 8. Розв'язати нерівність

Помноживши обидві частини початкової нерівності на 2 використовуючи формулу дістаємо:

Відповідь: .

Приклад 9. Розв'язати нерівність

Розв'язання.

Позначивши дістаємо



Рис.4.5. Графіки до прикладу 9

Застосовуючи метод інтервалів ( рис.4.5 ) , дістаємо:

Розглянемо розв'язання нерівностей (а) і (б).

(а): Із графіків ( рис. 4.6) видно, що

Рис.4.6. Графіки до прикладу 9

(б): Із графіків ( рис. 4.7 ) видно,що



Рис.4.7. Графіки до прикладу 9

Розв'язанням початкової нерівності є об єднання розв'язків нерівностей (а) і (б).

Відповідь:

ВИСНОВКИ

Слово "тригонометрія" штучно складене із грецьких слів: "тригонон" - трикутник і "метрезис" - вимір. Основне завдання тригонометрії полягає в розв'язанні трикутників, тобто в обчисленні невідомих величин трикутника по заданим значенням інших його величин. Так, у тригонометрії розв'язують задачу про обчислення кутів трикутника за даними його сторонами, задачу про обчислення сторін трикутника - по площі й двом кутам і т.д. Оскільки будь-яку обчислювальну задачу геометрії можна звести до розв'язання трикутників, то тригонометрія охоплює своїми застосуваннями всю планіметрію та стереометрію й широко застосовується у всіх розділах природознавства та техніки.

Вчення про розв'язання сферичних трикутників називається сферичною тригонометрією; на противагу цьому вчення про розв'язання звичайних трикутників на площині називають плоскою або прямолінійною тригонометрією.

Згідно з «Навчальною програмою з математики для учнів 10-11 класів (академічний рівень «Алгебра та початки аналізу - 10 клас-70 год»)» викладення основ тригонометрії на площині у середній школі в даній бакалаврській роботі були систематизовані матеріали викладення наступних тем:

1. Тригонометричні функції (20 год.):

- Радіанне вимірювання кутів. Синус, косинус, тангенс, котангенс кута.

- Тригонометричні функції числового аргументу. Основні співвідношення між тригонометричними функціями одного аргументу. Формули зведення.

- Періодичність функцій. Властивості та графіки тригонометричних функцій.

- Гармонічні коливання.

- Тригонометричні тотожності: формули додавання; формули подвійного кута; формули перетворення суми і різниці тригонометричних функцій на добуток; формули пониження степеня; формули половинного кута; формули перетворення добутку тригонометричних функцій на суму.

2. Тригонометричні рівняння і нерівності (16 год.):

- Обернені тригонометричні функції: означення, властивості, графіки.

- Найпростіші тригонометричні рівняння.

- Основні способи розв'язування тригонометричних рівнянь.

- Найпростіші тригонометричні нерівності.

Теоретичний матеріал в кожному підрозділі супроводжується розв'язанням типових прикладів, що робить бакалаврську роботу практичним спеціалізованим посібником курсу «Основи тригонометрії» для вчителя математики у 10 класі середньої школи.

СПИСОК ВИКОРИСТАНИХ ДЖЕРЕЛ

1. Бабенко С.П. Усi уроки алгебри і початків аналізу. 11 клас. ІІ семестр. Академічний рівень. // Бабенко С.П. - Харків: Основа, 2011. - 253 с.

2. Гальперіна А.Р. Алгебра і початки аналізу. 10 клас. Профільний рівень: Збірник завдань для контролю знань / А.Р. Гальперіна, і. О. Золотарьова. -- Х.: Вид-во «Ранок», 2010. -- 176 с.

3. Істер О.С. Збірник завдань для державної підсумкової атестації з математики - 11 клас // О.С. Істер, О.І. Глобін, І.Є. Панкратова - К.: Центр навч.-метод. літератури,2011.-112с.

4. Кожеуров П.Я. Курс тригонометрии для техникумов / П.Я. Кожеуров. - М. : Гос. изд-во техн.-теорет. лит., 1953. - 296 с.

5. Кожеуров П.Я. Тригонометрія. 6-е видання / П.Я. Кожуров. - М. : Гос. изд-во «Физ.-мат. литературы», 1961. - 329 с.

6. Кожеуров П.Я. Тригонометрія. 7-е видання / П.Я. Кожуров. - М. : Гос. изд-во «Физ.-мат. литературы», 1963. - 342 с.

7. Математичні олімпіадні змагання школярів України:2007-2008 та 2008-2009: За ред. Б.В.Рубльова - Львів:Каменяр,2010,-549с.

8. Мерзляк А.Г. Алгебра. 9 клас. Підручник для класів з поглибленим вивченням математики // А.Г. Мерзляк, В.Б. Полонський, М.С. Якір - Х.:Гімназія, 2009. - 379с.

9. Мерзляк А.Г. Алгебра і початки аналізу. 10 клас. Підручник для класів з поглибленим вивченням математики // А.Г. Мерзляк, Д.А. Номіровський В.Б. Полонський, М.С. Якір - Х.:Гімназія, 2010. - 415 с:

10. Мерзляк А.Г. Тригонометрія. Вчимося розв'язувати задачі // А.Г.Мерзляк, В.Б. Полонський, Ю.М. Рабінович, М.С. Якір - К.Генеза,2008.-312с.:

11. Нелін Є.П. Алгебра і початки аналізу: Дворівневий підруч. для 11 кл. загаль-ноосвіт. навч. закладів. // Нелін Є.П., Долгова О. Є.-- 2-ге вид., виправл. і доп.-- X.: Світ дитинства, 2006.-- 416

12. Нелін Є.П. Алгебра і початки аналізу: Дворівневий підруч. для 10 кл. загальноосвіт. - навч. закладів.-- 2-ге вид., виправ. і доп. -- Х.: Світ дитинства, 2006.-- 448 с. (укр

13. Нелін Є.П. Алгебра і початки аналізу : підруч. для 10 кл. загально-освіт. навчальн. закладів : академ. рівень / С. I. Нелін. X. : Гімназія, 2010. -- 416 с.

14. Резуненко В.О. Ярмак В.О. Тригонометричні рівняння і нерівності для старшокласників і абітурієнтів. // Резуненко В.О. Ярмак В.О. - Х.: Вид.група "Основа" 2011.- 94 с.

15. Решебник по учебнику: СУПЕР ГДЗ. Готові домашні завдання. 10 клас. Розв'язання вправ та завдань до усіх шкільних підручників. Кн. 1.( Решебник (ГДЗ) по учебнику Математика (Алгебра), 10 класс (Г.П. Бевз, В.Г. Бевз)) -- X.: ТОРСІНГ ПЛЮС, 2011.-- 1184 с.

16. Сипченко Т.М. Календарно-тематичний план з математики. 5--11 класи /Т. М. Сипченко.-- 2-ге вид., перероб. і доп.-- X.: Видавництво «Ранок», 2011.-- 128 с.

17. Титаренко О.М. 5770 задач з математики з відповідями. 2-ге вид.випр. - Харків: ТОРГСІНГ ПЛЮС, 2007. - 336 с.

18. Титаренко О.М. Форсований курс шкільної математики:Навчальний посібник. - Х.: Торсінг, 2003. - 368 с.

19. Фурман М.С. Збірник задач з алгебри і початків аналiзу. 11 клас.-- Х. : Вид. група «Основа», 2010. -- 159 с.

20. Шкіль М.І. Алгебра i початки аналізу: Підруч. для 10 кл. загальноосвіт. навч. закладів. // М.І. Шкіль, 3.І. Слєпкань, О.С. Дубинчук. -- К.: Зодіак-ЕКО, 2002. - 272 с.

Размещено на Allbest.ru