КЕРІ ТРИГОНОМЕТРИЯЛЫ? ФУНКЦИЯЛАРМЕН БАЙЛАНЫСТЫ ЕСЕПТЕР. ШЕШУ ?ДІСТЕРІ.


КЕРІ ТРИГОНОМЕТРИЯЛЫҚ ФУНКЦИЯЛАРМЕН БАЙЛАНЫСТЫ ЕСЕПТЕР. ШЕШУ ӘДІСТЕРІ.
Кері тригонометриялық функциялармен байланысты есептер әдетте оқушыларға жеткілікті дәрежеде қиындықтар туғызады. Себебі, қолданыстағы оқу құралдары мен бағдарламаларда ондай есептерге жеткілікті түрде көңіл бөлінбейді, анықтамаларынан кейін белгілі тепе-теңдіктерді келтіріп, функциялардың мәндерін табуға мысалдар келтірумен шектеледі, ал теңдеулер мен теңсіздіктерді шешу тәсілдері туралы мағлұматтар жоқтың қасында. Сол себепті, ондай есептерді қалай шешілетініне байланысты «табиғаттары» әртүрлі бірнеше мысалдардың шығару жолдарын келтіріп отырмыз. Негізінен, осы функциялардан пайда болған есептер көбінесе стандартты емес есептер класына жататыны анық. [1]
Кейінгі жылдары оқушыларды ҰБТ-ға даярлауға көбірек назар бөлетіндіктен, оларды стандарттық, трафареттік есептерді шығарумен шектейді. Көп жағдайда есептің шартына терең үңіліп, жеткілікті талқылау жасамай, алдыңғы есептерге ұқсас шешуге тырысады.
Біздің айтайық дегеніміз оқушылардың ой-өрісінің дұрыс дамып жетілуі үшін стандартты емес есептерді шешуге баулып, олардың қабілетін жандандыру болып табылады. Осындай есептерді шығару кезінде оқушылардың математикалық мәдениеті артып, логикалық даму жолына өз ықпалын тигізетініне ешбір күмәніміз жоқ, сол кезде ғана еңбегіміздің нәтижесі оң болатынына кәміл сенеміз. Осы мақалада әртүрлі типті есептердің шешу жолдарын келтіреміз, ал анықтамалар мен негізгі қатынастар белгілі деп санаймыз.
Алгебралық теңдеуге айналдырып шешу (айнымалыны ауыстыру).
Кейбір кері тригонометриялық функциялардан (КТФ) жасалған теңдеулер мен теңсіздіктерді қолайлы ауыстырма енгізіп, алгебралық түрге айналдыруға болады. Тек қана КТФ шектелгендігіне байланысты жаңа айнымалыға қойылатын табиғи шарттарды естен шығармасақ болғаны.
1- мысал. arcsinx+arccosx=π218 теңдеуін шешейік.
Шешуі: Берілген теңдеу arcsinxπ2- arcsinx=π218 теңдеуіне эквивалентті, онда 18arcsin2x-9πarcsinx+π2=0. arcsinx=t деп белгілесек, t≤π2⇒ 18t2-9πt++π2=0⇒ t1=π3, t2=π6. t1, t2ϵ-π2,π2Сондықтан a) arcsinx=π3⇒x=32, b) arcsinx=π6⇒x=12.
Жауабы: 12,32.
2-мысал. arccos2x-3arccosx+2≥0 теңсіздігін шешейік.
Шешуі: arccosx=t десек, 0≤t≤π. Онда t2-3t+2≥0⇒t≤1 немесе t≥2. Ал 0≤t≤π ескеріп, 2≤t≤π, 0≤t≤1, қос теңсіздіктерін аламыз. 2≤arccosx≤π, 0≤arccosx≤1, ⇒-1≤x≤cos2, cos1≤x≤1, Жауабы: -1;cos2∪cos1;1.
3-мысал. (arcsinx)3+(arccosx)3=7π324 теңдеуін шешейік.
Шешуі: Теңдеу arcsinx+arccosx=π2 тепе-теңдігіне арналған стандартты мысал болып табылады. arcsinx=t , t≤π2 деп белгілесек, онда жоғарыдағы қатынасты ескеріп π2t2-tπ2-t+π2-t2=7π324⇔3t2-3π2t-π23=0⇒t1=-π6, t2=2π3. t≤π2-∃ ⇒t2-бөгде түбір. Сонымен , t=-π6 , онда arcsinx=-π6 , x=-12;Жауабы: x=-0,5.Осындай әдіспен шығарылған теңдеулерге тексеру жүргізбеуге де болады, себебі есептің шығару жолынан қосымша шешім пайда болуы мүмкін емес.
Аттас КТФ арқылы жасалған теңдеулер мен теңсіздіктер.
Аттас КТФ-дан тұратын теңдеулер мен теңсіздіктерді шешкен кезде көбінесе КТФ-ның монотондық қасиетін басшылыққа алады. Өздерінің анықталу облыстарында y=arcsinx ∨y=arctgx өседі де, ал y=arccosx пен y=arcctgx кемиді. Сол себепті төмендегі мәндес көшу қатынастарына келеміз:
arcsinfx=arcsinφx ⇔ fx=φx,φx≤1, немесе fx=φx,fx≤1, arcsinf(x)≤arcsinφx ⇔ f x≤φx, fx≥-1, φx≤1.Дәл осылайша басқа да КТФ-тар үшін эквивалентті қатынастар орын алады.
а) теңдеуінде қай жүйені шешу қолайлы екендігі тек қана f(x) ≤1∨φ(x) ≤1 теңсіздігінің қарапайым шешілуіне тікелей байланысты.
1-мысал. arccos4x2-3x-2+arccos3x2-8x-4=π.
Шешуі: π-arccost=arccos-t теңдігінен төмендегі эквивалентті түрлендірулер орын алады: arccos4x2-3x-2=π-arccos3x2--8x—4⇔ arccos4x2-3x--2=arccos-3x2+8x+4 ⇔ 4x2-3x-2=-3x2+8x+4,4x2-3x-2≤1, ⇔ 7x2-11x-6=0,4x2-3x-2≤1, ⇔ x1=2, x2=-37,4x2-3x-2≤1, ⇒x=-37;
Жауабы: x=-37.
2-мысал. arcctg8x2-6x-1≤arcctg4x2-x+8 теңсіздігін шешейік.
Шешуі: Берілген теңсіздік 8x2-6x-1≤4x2-x+8 қатынасына мәндес,
4x2-5x-9≥0 ⇒x≤-1 немесе x≥94.
Жауабы: (-∞,-1]∪94,∞.3-мысал. arcsinax2-ax+1+arcsinx=0 параметрлі теңдеуді шешейік.
Шешуі: Берілген теңдеуден arcsinax2-ax+1=-arcsinx=arcsin⁡(-x) қатынасы шығады. Олай болса
ax2-ax+1=-x,-x≤1, ⇒ax2-a-1x-1=0,x≤1. Екі жағдайға тоқталайық.
a=0. Онда жүйеден ⇒x-1=0,x≤1⇔x=1.a≠0. Жүйенің квадрат теңдеуінен x1=1, x2=-1a аламыз.
x≤1⇒-1a≤1⇔a≥1. Егер a=-1⇒x1= x2=1. Ал егер a∈-∞;-1∪(1;+∞) ⇒ теңдеу әртүрлі екі түбірге ие болады.
Жауабы: егер a∈-∞,1∪[1,+∞) ⇒ ⇒x1=1, x2=-1a; егер a≠1∨a=0⇒x=1;
параметр a-ның басқа мәндерінде шешімі жоқ.
Әр аттас КТФ арқылы жасалған теңдеулер мен теңсіздіктер.
Теңдеулер мен теңсіздіктердің екі жағында әртүрлі КТФ-лар болса, белгілі тригонометриялық тепе-теңдікті қолдануға болады. Осындай типтес теңдеулер мен теңсіздіктерді шешкенде түрлендірудің мәндестігіне ешқандай көңіл бөлмей, теңдеудің салдарына көшіп, содан кейін түбірлерге тексеру жасасақ жеткілікті.
Мысал үшін, x=x0 ⇒arcsinfx=arccosφx теңдеуінің шешімі болсын. arcsinfx0 =arccosφx0 =α деп белгілеу енгізейік. Онда sinα=fx0 ,
cosα=φx0 ⇒ f2x0 +φ2x0 =1.
Сондықтан arcsinfx=arccosφx⇒ f2x0 +φ2x0 =1. (1)
Осыған ұқсас тұжырымнан келесі қатынастарға келеміз:
arctgfx=arcctgφ(x) ⇒ fx∙φx=1. (2)
(tgx∙ctgx=1 формуласы қолданылған) ;
arcsinfx=arcctgφ(x) ⇒ f2x=11+φ2x, (3)
(sin2α=11+ctg2α қатынасынан);
arctgfx=arccosφx⇒1f2x+1=φ2x; (4)
arctsinfx=arctgφx⇒f2x=φ2xφ2x+1; (5)
arccosfx=arcctgφ(x) ⇒ f2x= φ2xφ2x+1; (6)
Ескерту. Әрбір (1)-(4) теңдеулерінің түбірі болып бір уақытта fx0 ≥0∧φx0 ≥0 орын алатын x0 саны табылады. Себебі, қарсы жағдайда қатынастың екі бөлігінің мәндерінің жиыны қиылыспайды.
1-мысал. arccos7x+513=arcsin4x+113 теңдеуін шешейік.
Шешуі: (1) теңдіктен 7x+5132+4x+113 2=1⇔65x2+78x-143=0⇒ x1=1, x2=-14365. x2 түбірі бөгде.
Жауабы: x=1. 2-мысал. arctg2sinx=arctg(cosx) теңдеуін шешейік.
Шешуі: (2) теңдіктен 2sinxcosx=1 ⇔ sin2x=1 ⇔ x=π4+πk,k∈Z аламыз. Бұдан x1=π4+πn,n∈Z, x2=5π4+2πm,m∈Z шығады. x2-бөгде түбір болып табылады.
Жауабы: x=π4+πk,k∈Z3-мысал. arcsinx+25≤arccos3x+15 теңсіздігін шешейік.
Шешуі: fx=arcsinx+25-arccos3x+15 функциясын енгізіп fx≤0 теңсіздігін шешу үшін интервалдар әдісін қолданайық.
Алдымен y=fx функциясының анықталу облысы – Df тауып алайық, кері функциялардың анықтамаларынан x+2≤5, 3x+1≤5 ⇒ -7≤x≤3,-2≤x≤43 ⇒-2≤x≤43; Df =-2, 43. Енді fx-тің нөлдерін анықтайық.
Ол үшін arcsinx+25=arccos3x+15 теңдеуін шығарамыз. x+252+ 3x+152=1 ⇒ x2+x--2=0 ⇒ x1=1, x2=-2. x2=-2-бөгде түбір, себебі f-2=arcsin0-arccos-1==-π<0, f(43)>0 болғандықтан интервал әдісінен x∈-2;1 ⇒fx≤0 орынды болатынын көреміз.
Жауабы: -2;1.
Ескерту: Интервал әдісіне жүгінбей Df- анықталу облысында y=arcsinx+25↗, ал y=arccos3x+15 ↘ болатынын ескеріп берілген теңсіздіктің шешімі -2;1 кесіндісі екеніне көз жеткізуге болады. Дегенмен, интервал әдісі әмбебап, функцияның монотондық қасиеті болмаған жағдайына да қолдануға болады.
Теңдеудің екі жағынан тригонометриялық функцияны алу тәсілі.
Теңдеудің екі жағынан тригонометриялық функцияны алғанда берілген теңдеудің салдары шығады. Бірақ бұл амал қауіпті, себебі ол кезде теңдеудің шешімін алуымызда, жоғалтуымызда мүмкін. Біріншіден, әртүрлі монотондық облыста жатқан әртүрлі аргументтердің тригонометриялық функциясының мәні бірдей болуы мүмкін. Ал екінші жағынан, жаңадан пайда болған теңдеудің мүмкін мәндер жиыны (ММЖ) бастапқы теңдеудің ММЖ-на қарағанда тар немесе кең болуы мүмкін.
1-мысал. arcsinx+arcsin2x=π3 теңдеуін шешейік.
Шешуі: arcsin2x=π3 -arcsinx⇒sinarcsin2x=sin⁡(π3 –arcsinx)⇒ 2x= sinπ3 cosarcsinx-cosπ3 sinarcsinx⇒2x=321-x2-12x,5x2=123-3x2⇒5x=3-3x2⇒x>0; 25x2=3-3x2 ⇒ 28x2=3⇒ x2=328⇒x1,2=±1237; Тексеруден x2=-327 бөгде түбір болатынын көреміз.
Жауабы: 1237. 2-мысал. arctg17+arcsinx=π4 теңдеуін шешейік.
Шешуі: arcsinx=π4-arctg17 ⇒sinarcsinx=sinπ4-arctg17,α= arctg17, 0<α<π4 ⇒x=sinπ4cosα-cosπ4sinα , cosα=752, sinα=152 болғандықтан x=22752-152)=62102=35;Енді бөгде түбір болмайтынына көз жеткізейік. Расында да солай, себебі анықтама бойынша -π2<arcsinx<π2, ал 0<π4-arctg17<π4 теңсіздігінен берілген теңдеудің екі жағыда синус функциясының монотондық (өспелі) облысында жататынын көреміз.
Жауабы: 0,6.Кері тригонометриялық функциялардың монотондық және шектелгендік қасиеттерін қолдану тәсілі.
Қайсыбір теңдеулер мен теңсіздіктерді шешкенде (әрине КТФ арқылы жасалған) тек қана шектелгендігі мен монотондылығына сүйеніп шығарылатын есептер бар. Ондай кезде келесі теоремаларды басшылыққа алады.
Теорема 1. Егер y=fx монотонды ∃, онда fx=c c-const теңдеуінің бірден артық шешімі жоқ.
Теорема 2. Егер y=fx – өспелі, ал y=φx кемімелі функциялар болса, онда fx=φx теңдеуінің бірден артық шешімі болмайды.
Теорема 3. Егер minfx=c=maxφx c-const, онда fx=φx теңдеуі fx=c,φx=c жүйесіне эквивалентті. ( 3 теореманы қолданып шығаратын әдісті кейде мажорант немесе min-max әдісі деп те айтады ).
1-мысал. 2arcsin2x=3arccosx теңдеуін шешейік.
Шешуі: y=2arcsin2x↗, ал y=3arccosx↘-∃, сол себепті x=12 берілген теңдеудің шешімі. 2 теорема бойынша – ол жалғыз шешім.
Жауабы: 0,5.
2-мысал. arctgx2+x+arcsinx2+x+1=π2 теңдеуін шешейік.
Шешуі: x2+x=t деп белгілейік. Онда теңдеу arctgt+arcsint+1=π2түріне енеді. z=t↗, z=t+1↗, y=arctgz↗∃ ⇒ y=arctgt++arcsint+1 ↗ ∃, 1-теорема бойынша arctgt+arcsint+1=π2 теңдеудің бірден артық түбірі болмайды. t=0 осы теңдеудің түбірі екені анық. Сол себепті x2+x=0, x1=0 ˅ x2=-1.
Жауабы: 0; -1.
3-мысал. arcsinx(x+y)+arcsiny(x+y=π теңдеуін шешейік.
Шешуі: t≤1⇒arcsint≤π2 ∃ ⇒ теңдеудің сол жағы π-ден артпайды. Теңдік таңбасы ⇔ ∃, егер әрбір қосылғыш π2-ге тең болса. Сонымен, теңдеу arcsinxx+y==π2, arcsiny(x+y=π2 жүйесіне мәндес.
xx+y=1,y(x+y=1, ⇒(x+y)2=2⇒x+y=±2 ⇒x1,2=±22, y1,2=±22.Жауабы: (22;22), (-22;-22).4-мысал. arccosx+arccosx2+arccosx3≤3π4 теңсіздігін шешейік.
Шешуі: Сол жағы -13; 13 кесіндісінде кемімелі fx=arccosx++arccosx2++arccosx3 функциясы болып табылады, себебі кері arccost функциясының анықтамасынан бір уақытта x∈-1;1∩-22;22∩-13; 13⇒x∈-13; 13-∃. fx=34π теңдеуі 1-теорема бойынша жалғыз түбірге ие болады, ол мән x=12; fx ↘-∃ ⇒x≥12-∃ ⇒ x∈12;33.
Жауабы: 12;33.
Тригонометриялық ауыстырма.
КТФ арқылы жасалған трансценттік теңдеуді тригонометриялық ауыстырма арқылы тригонометриялық теңдеуге айналдырып, стандартты емес әдіске жататын теңдеуге келтіріп шешуге болады. Әдетте алгебралық өрнектер белгілі тригонометриялық формулаларға ұқсас болып келсе, ондай ауыстырмалар нәтижелі болып табылады. Кең тараған түріне төмендегі өрнектер жатады:
1-x2 sinα=1-cos2α, 3x-4x3 sin3α=3sinα-4sin3α,2x1-x2 tg2α=2tgα1-tg2α, x2+y2 cos2α+sin2α=1. Осы әдісті келесі жалғыз мысал арқылы түсіндірейік.
Мысал: arccos1-x2+arcsin3x-4x3 =π2 теңдеуін шешейік.
Шешуі: arccos1-x2=π2-arcsin3x-4x3 түрінде жазсақ, екі жағыда 0;π кесіндісінде жатқан бұрыш, онда екі жағынан косинусты алсақ (монотонды облысы) қосымша түбір пайда болмайды, сол себепті 1-x2==3x-4x3 Теңдеуді шешу үшін x=sint, -π2≤t≤π2 ауыстырмасын қолданамыз, онда 1-x2=cost,ал 3sint-4sint=sin3t болғандықтан cost=sin3t тригонометриялық теңдеуіне келеміз. sinπ2-t=sin3t ⇒t1=π8+π2n, t2=π4+πk;n,k∈Z шешімдерін аламыз. Осылардың ішінде -π2;π2 сегментінде тек
t1=π8; t2=-3π8; t3=π4 немесе x1=sinπ8, x2=-sin3π8, x3=sinπ4 түбірлері жатады. Енді қажетті тексерулерді жүргізейік (ол үшін бастапқы теңдеуге апарып қоямыз).
x=sinπ8 ⇒ arccoscosπ8+arcin(sin3π8)=π8+3π8=π2.x=-sin3π8⇒arccoscos3π8+arcin(sin9π8)=arccoscos3π8-arcin(sinπ8)==3π8-π8=π4≠π2.x=sinπ4⇒arccoscosπ4+arcin(sin3π4)=π4+π-3π4=π2.Жауабы: x1=sinπ8=2-22; x2=sinπ4=22. Ең соңында функциялардың бар болу облыстарын қолданып үш айнымалыдан тәуелді функциялармен иррационал функциялардың комбинациясынан жасалған күрделі теңдеудің шешімін келтірейік.
arcsinx2-x+122-x+arccos4yπ+tg2z+x-1+2x2-x-1==x-x2+arctg2-x.
Алдымен берілген теңдеуге енетін fx=2x2-x-1-x-x2 функциясының анықталу облысын анықтайық. Ол 2x2-x-1≥0,x-x2≥0, жүйесі арқылы табылады, оның жалғыз шешімі x=1 интервал әдісін қолданып, қарапайым теңсіздіктерден аламыз.
Сонымен, 1;y;z-үштігі берілген теңдеудің шешімі екен, соған апарып қойсақ y;z-тер үшін arcsin12+arccos4yπ+tg2z=arctg 1 теңдеуіне келеміз. Ал
arctg 1=π4, arcsina=π4 ⇔ егер a=12 болатынын ескерсек, соңғы теңдеу arccos4yπ++tg2z=0 түріндегі теңдеуге айналады. Анықтама бойынша arccosb≥0 ∀ b∈-1;1 ⇒ 4yπ≤1 ⇒ y≤π4, және tg2z≥0 ⇒ ∀ z≠π2+nπ,n∈ Z⇒ олай болса arccos4yπ=0,tg2z=0, жүйесін аламыз,одан y=π4 ˄ z=nπ, n∈Z шығады. Сонымен, берілген теңдеудің шешімі 1;π4, nπ, n∈Z шексіз жиыны табылатынын көреміз.
Ескерту. Стандартты әдіспен шешілмейтін теңдеулерде жауаптары ақырлы немесе шексіз жиын бола беретінін көреміз. Бұл қасиет теңсіздіктер үшін де орын ала беретін құбылыс, белгісіздердің саны артық болса да. Мысал үшін,
πy-2π+2arcsinx2+y≥0 теңсіздігінің 0,1- жалғыз шешімі де, ал 1-tgπx4++arccosx+siny≤0 шешімі -1;nπ,n∈Z- саналатын жиын.
Сонымен, біз бірнеше есептердің шығару жолдарын келтірдік, әрине, кері тригонометриялық функциялар арқылы жасалған әртүрлі типті есептер жиынын қамту ешқашан да мүмкін емес. Айтайық дегеніміз, тек қана күрделілігі жоғары, стандартты емес есептерді шығару кезінде оқушылардың зерттеушілік қасиеті дамып, әр деңгейдегі математика пәні бойынша олимпиадаға қатысуға қызығушылығын тудыратыны сөзсіз.параметрден тәуелді немесе жүйелерден тұратын жаттығулар мүлде қарастырылған жоқ. Оларды келешектің еншісіне қалдырдық. КТФ - ға арналған талай оқу құралдары бар, негізгілері әдебиеттер тізімінде келітірілген.

ӘДЕБИЕТТЕР ТІЗІМІ:
Олехник С.Н. и др. Нестандартные методы решения. Уравнения и неравенства. Справочник. Москва, МГУ, 1997,-219 стр.
Фалин Г.И., Фалин А.И. Обратные тригонометрические функции. 10-11 классы. Изд. «Экзамен», Москва,2012,-221 с.
Гельфанд И.М. и др. Тригонометрия. МЦНМО, АО «Московские учебники», М., 2003-200с,
Супрун В.П. Математика для старшеклассников. Нестандартные методы решения задач. М., Книж.дом «ЛИБРОКОМ», 2009,-272 стр.
Егерев В.К. и др. 4х100 задач., Москва, Linka-Press, 1993,-262 с.
Арлазаров В.В. и др. Лекции по математике для физико-математических школ, часть II, Уч. пособие.- М., Изд. ЛКИ, 2008.-264с.

Приложенные файлы


Добавить комментарий