CC BY
122Physical and mathematical sciences / Fizika-matematika fanlari / Физико -
математические науки
i/y^^^S International journal of
örH^ijla theoretical and practical
^SjP research ^¿^ér" Scientific Journal
Year: 2022 Issue: 2 Volume: 2 Published: 28.02.2022
http://alferganus.uz
Citation :
Akhmedova G., Makhmudova O. (2022). Non-standard solutions of trigonometric equations. SJ International journal of theoretical and practical research, 2 (2), 4050.
Axmedova G., Maxmudova O. (2022 Trigonometrik tenglamalarni yechishning nostandart usullari. Nazariy
va amaliy tadqiqotlar xalqaro jurnali, 2 (2), 40-50.
Doi:
https://dx.doi.org/10.5281/zenodo.6466296
DOI 10.5281/zenodo.6466296
QR-Article
Akhmedova, Gavkharkhon
Senior Lecturer, Kokand State Pedagogical Institute
Makhmudova, Ozodakhon
Senior Lecturer, Kokand State Pedagogical Institute
UDC 510.023
NON-STANDARD SOLUTIONS OF TRIGONOMETRIC EQUATIONS
Abstract: This article presents a method for non-standard solutions of trigonometric equations. In particular, multiplication of both parts of the equation by the same trigonometric function, addition and subtraction of the same number or the same trigonometric function on both sides, proportions, elements of mathematical analysis, scalar product of vectors are used.
Keywords: Field of definition of the function, the boundary property of the function, proportion, vector, scalar product, numerical inequality, system of equations, combination of equations.
TRIGONOMETRIK TENGLAMALARNI YECHISHNING NOSTANDART
USULLARI
Axmedova Gavxarxon
katta o'qituvchi, Qo'qon davlatpedagogika instituti
Maxmudova Ozodaxon
katta o'qituvchi,Qo'qon davlat pedagogika institute
Annotatsiya: Ushbu maqolada trigonometrik tenglamalarni yechishning nostandart usullari haqida ma'lumotlar berilgan. Jumladan tenglamaning har ikki tomonini bir hil
40
trigonometrik funksiyaga ko'paytirish, har ikki tomoniga bir xil son yoki bir xil trigonometrik funksiyani qo'shish hamda ayirish, proporsiyadan, matematik tahlil elementlaridan, vektorlarning skalyar ko'paytmasidan foydalanish haqida ma'lumotlar berilgan va visollar yechib ko'rsatilgan.
Kalit so'zlar: Funksiyaning aniqlanish sohasi, funksiyaning chegaralanganlik xossasi, proporsiya, vektor, skalyar kopaytma, sonli tengsizlik, tenglamalar sistemasi, tenglamalar birlashmasi.
НЕСТАНДАРТНЫЕ РЕШЕНИЯ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЙ
Ахмедова Гавхархон
старший преподаватель, Кокандский государственный педагогический
институт Махмудова Озодахон
старший преподаватель, Кокандский государственный педагогический
институт
Аннотация: В данной статье представлен метод нестандартных решений тригонометрических уравнений. В частности, умножение обеих частей уравнения на одну и ту же тригонометрическую функцию, сложение и вычитание одного и того же числа или одной и той же тригонометрической функции с обеих сторон, использованы пропорции, элементы математического анализа, скалярное произведение векторов.
Ключевые слова: Область определения функции, граничное свойство функции, пропорция, вектор, скалярное произведение, числовое неравенство, система уравнений, комбинация уравнений.
Trigonometrik tenglamalarni ko'rinishiga qarab yechishning bir qancha usullari mavjud. Bularga o'rniga qo'yish, ratsionallashtiradigan o'rniga qo'yishlar, trigonometrik tenglamalarni yechishning har xil xususiy hollari, sun'iy shakl almashtirishlardan foydalanib trigonometrik tenglamalarni yechish va hokazo. Ba'zi hollarda berilgan tenglamalarni biz bilgan usullar bilan yechish ancha murakkab bo'ladi.Bunday tenglamalarni yechishning nostandart usullariga to'xtab o'tamiz.
Sun'iy shakl almashtirish talab qiladigan trigonometrik tenglamalarni yechishda quyidagi usullardan foydalaniladi.
I.Tenglamaning har ikki tomonini bir hil trigonometrik funksiyaga ko'paytirish.
1-misol. 2cos x(2cos4x + 1) = 1 tenglamani yeching.
Yechish: Qavslarni ochib, 4cos4xcosx+2cosx = 1 ni, cos4x• cosx ko'paytmani shakl almashtirib
2cos5x + 2cos3x + 2cos x = 1
ni hosil qilamiz.
Tenglamaning har 2 tomonini sinx ga ko'paytiramiz.
x = rn, n e Z
41
tenglamaning yechimi bo'lmasligini ko'ramiz.
2sin x cos5x + 2sin x cos3x + 2cosx sin x = sin x. Tenglamaning chap tomonida turgan ko'paytmani shakl almashtiramiz.
sin6x — sin4x + sin4x — sin2x + sin2x = sin x ; sin6x = sin x
5x 7 x 2sin — cos— = 0 . 2 2
Bundan 2sin— = 0 yoki cos— = 0. 2 2
Bu tenglamalardan
x=
2m
5
m 2mm
к e Z .
x = — + -
7 7
m e Z
Bu ildizlar orasidan x = m, n e z ko'rinishdagi ildizlarni chiqarib tashlaymiz. a) 2mk ф mn, n e Z, к ф 5n ; n e Z. n = juft son ekanligi ma'lum. n = 2l, l e Z . Shuning uchun к ф 5l, l e Z .
7n — 1 m Ф-, n e Z
, n m(1 + 2m) „
b) —-'-Фт, n e Z,
7 7 2
m e Z bo'lgani uchun n ф 2 p +1, me Z, u holda m Ф 7 p + 3, p e Z
Javob:
2mk 5
, к e Z, к Ф 5l, l e Z
m(1 + 2m)
7 ;
m e Z, m Ф 7p + 3, p e Z .
II.Tenglamaning har 2 tomoniga bir hil son yoki bir hil trigonometrik
funksiyani qo'shish.
2-misol. tgx ■ tg2x = tg3x ■ tg4x tenglamani yeching. Yechish: Tenglamaning aniqlanish sohasi
m
x Ф —+ mn, 2
m mm x Ф — + — : 4 2
m m x Ф — + — : 6 3
m mm x Ф — + — : 8 4
n e Z
Tenglamaning har 2 tomoniga 1 ni qo'shamiz.
tgxtg2x +1 = tg3xtg 4x +1.
cosx _ cosx cosxcos2x cos3xcos4x tenglamaning har 2 tomonini cos x ф 0 ga bo'lamiz.
cos x + cos3x = cos7x + cos x
cos7x — cos3x = 0
m
sin2xsin5x = 0 ; u holda x = — к, к e Z yoki
m
x = — t, teZ . 5
Birinchi ildizlar to'plamidan tenglamaning aniqlanish sohasiga faqat x = mm, m e Z
m
tegishli, ammo bu ildizlar to'plami x = — t, t e Z da mavjud.
42
TC
x = — t; t e Z tenglamaning aniqlanish sohasiga tegishli ekanligini ko'rish qiyin emas. Masalan,
T T Ml
—t * — +—, 5 4 2
4t * 5 + 10n; 4t — 10n * 5.
Oxirgi tenglikning chap qismi juft, o'ng qismi toq sondir.
Javob: x = Mt; t e Z. 5
III.Tenglamaning biror bir qismini ayniy shakl almashtirish. (Bir xil ifodani qo'shish yoki ayirish).
tenglamani yeching. Yechish: Tenglamaning chap qismini shakl almashtiramiz.
3-misol. cos7x = cos3 x
bundan u holda yoki
(cos7x — cos5x) + (cos5x — cos3x) + (cos3x — cosx) + cosx = cos3 x; — 2sin6xsinx — 2sin4xsinx — 2sin2xsinx + cosx = cos3 x; — 2sinx(sin6x + sin4x + sin2x) = cosx(cos2 x — 1); — 2sinx(2sin4xcos2x + sin4x) + sin2 xcosx = 0; 8sin2 xcosxcos2x(2cos2x +1) — sin2 xcosx = 0; sin2 x cos x = 0,
T
x = — n, n e z 2
8cos2x(2cos2x +1) — 1 = 0 .
16cos2 2x + 8cos2x — 1 = 0.
cos2x = —1 ~ ^; x = ± -^arccos 1 ~ ^ +Tk, k e Z . 4 2 4
Javob: Mn, n e Z, ± ^arccos—1 ~ + Mk; k e Z.
2
2
4
IV.
a _ c b ~ d
proporsiyadan foydalanish.
a + b _c + d a — b _c — d a — c a . a_a + c a — b c — d a + b c + d' b — d b' b b + d Bu tengliklardan foydalanish tenglamaning aniqlanish sohasining kengayishiga olib keladi.
Agar a = c(b *0; d* 0) bo'lsa, = ; bunda a va c * — d. b d a + b c + d
4-misol.
2V3 cos100 +1 tg3x
tenglamani yeching.
2sin100 +1 tgx
Yechish: Tenglamaning aniqlanish sohasi cos3x * 0, cosx * 0, sin x * 0 tengsizliklar bilan aniqlanadi.
Proporsiya xossasiga ko'ra
2V3cos10° + 2sin100 + 2 _ tg3x + tgx 2V3cos100 — 2sin100 tg3x — tgx
43
V3cosl0° + sinlO0 +1 _ sin4x V3coslQ0 - sinlO0 sin2x
2 cos20°+1 2 cos 400
= 2 cos 2 x;
cos200 +cos600
= 2 cos 2 x;
cos 400 cos2x = cos200. x = ±100 ± 1800n; n e Z .
Javob: ± 100 +1800n; n e Z . Trigonometrik tenglamalarni yechishda matematik tahlil elementlaridan
foydalanish.
I. Funksiyaning aniqlanish sohasidan foydalanish.
Ba'zi hollarda tenglamaning aniqlanish sohasini bilish tenglamaning ildizi yo'qligini isbotlashni, ba'zida esa tenglamaning yechimini aniqlanish sohasidan son qo'yib ko'rib topishni taqozo qiladi.
1-misol. ^sin x = tf - |sin x + tgx (1) tenglamani yeching. Yechish. Tenglamaning aniqlanish sohasi
|sin x > 0 - Isin x > 0
n
x ^ —+ nn; 2
n e z
dan iborat. Bundan x = nk, k e z. x ning bu qiymatini (1) tenglamaga qo'yib uning o'ng va chap tomonlari 0 ga tengligini ko'ramiz. Demak, hamma x = nk; k e z lar tenglamaning ildizi bo'lar ekan.
J: x = nk; k
e z .
II.Funksiyaning chegaralanganlik xossasidan foydalanish.
Tenglamalarni yechishda funksiyaning biror to'plamda quyidan yoki yuqoridan chegaralanganligi xossasi ko'p hollarda katta rol o'ynaydi. Masalan, biror M to'plamdagi barcha x lar uchun f (x) > A va g(x) < A (A biror son) tengsizliklar o'rinli bo'lsa, u holda M to'plamda f (x) = g(x) tenglama yechimga ega emas.
A soni o'rnida ko'p hollarda nol bo'ladi, bu esa f (x) va g(x) funksiyalarning M to'plamda ishorasi saqlanishini bildiradi.
2-misol. sin(x3 + 2 x2 +1) = x2 + 2 x + 3 tenglamani yeching.
Yechish: Ixtiyoriy x haqiqiy soni uchun sin(x3 + 2x2 +1) < 1. x2 + 2x + 3 = (x +1)2 + 2 > 2. Bundan esa ixtiyoriy x haqiqiy soni uchun tenglamaning chap tomoni 1 dan oshmaydi, o'ng tomoni har doim 2 dan kichik emasligini ko'ramiz. Demak, tenglamaning yechimi yo'q ekan.
J: 0.
3-misol. 2sin x = 5x2 + 2 x + 3 tenglamani yeching.
Yechish: Ma'lumki, y = 5x2 + 2x + 3 funksiyaning grafigi y = 2sin x funksiyaning grafigidan yuqorida yotadi.U holda 5 x2 + 2 x + 3 > 2 sin x
© ©
44
Bundan 5x2 + 2x + 3 = 5 yechimga ega emas.
x + -V 5 у
l4 l4
+ — > — > 2 va 2sin x < 2bo'lgani uchun tenglama
J: 0.
x2 + x
4-misol. Tenglamani yeching. 2cos2-= 2x + 2-
Yechish: Shartga kora 2cos
б
x 2 h x
2 < 2 va 2x + 2-x > 2.
б
U holda 2cos2
x h x б
= 2 va 2x + 2 x = 2 boladi. Bu erdan yechim x = О.
J: x=0
5-misol.
x3 - x - sin к = О
(2) tenglamani yeching.
Yechish: Ko'rinib turibdiki x = 0, x = 1, x = -1 tenglamaning yechimi bo'ladi. Uning qolgan yechimlarini topish uchun f (x) = x3 - x - sin nx funksiyaning toqligidan x > 0, x ^ 1 sohadagi yechimini topish yetarli. Agar x0 uning yechimi bo'lsa, u holda (-x0) ham uning yechimi bo'ladi. x > 0, x ^ 1 to'plamni 2 ta oraliqqa ajratamiz. (0;1) va (1;œ). (2) tenglamani x3 - x = sinnx ko'rinishda yozamiz. (0;1) oraliqda g (x) = x3 - x funksiya faqat manfiy qiymatlar qabul qiladi. h(x) = sinnx funksiya esa musbat qiymatlar qabul qiladi. Demak, bu oraliqda (2) tenglama yechimga ega emas.
x <s (1;+<x>) bo'lsin. Bu oraliqdagi x ning har bir qiymatida g(x) = x3 - x funksiya musbat, h(x) = sinnx funksiya esa har xil ishorali qiymatlar qabul qiladi. (1;2] oraliqda h(x) = sinnx funksiya musbat emas. Demak, (1;2] oraliqda (2) tenglama yechimga ega emas.
Agar x > 2 bo'lsa, u holda |sinnx| < 1, x3 -x = x(x2-1) > 2• 3 = 6. Bundan (2;<») oraliqda ham (2) tenglama yechimga ega emas. Demak, faqat x = 0, x = 1 va x = -1 lar berilgan tenglama yechimidir.
J : x - 0, x^ - 1, x3 - 1 .
б-misol. cos2 (x sin x) = 1 + log 2 л/ x2 + x+1 (3) tenglamani yeching.
Yechish: (3) tenglama barcha haqiqiy x lar uchun aniqlangan. Ixtiyoriy x uchun
cos2(xsin x) < 1, 1 + log2Vx2 + x + 1 > 1.
Natijada (3) tenglama quyidagi tenglamalar sistemasiga teng kuchli.
(4)
I cos2( x sin x) = 1
[log2 V x2 + x +1 = О
(4) sistema 2-tenglamasining yechimi x = О va x = -l. Bu qiymatlardan 1-tenglamani faqat x = О qanoatlantiradi. Demak, x = О berilgan tenglamaning yagona yechimi ekan.
J: О.
7-misol. cos7 x + sin5 x = l (5) tenglamani yeching.
Yechish: cos2 x + sin2 x = l bo'lgani uchun (5) tenglamani quyidagi ko'rinishda yozamiz
cos7 x + sin5 x = cos2 x + sin2 x yoki
cos2 x(cos5 x -1) = sin2 x(l - sin3 x)
(б)
45
SJIF 2022:5.962
Ixtiyoriy x uchun sin2 x > 0, cos2 x > 0, cos5 x -1 < 0, 1 - sin3 x > 0 bo'lgani uchun (6) tenglama quyidagi sistemaga teng kuchli
cos2 x(cos5 x-1) = 0 , „
(7)
• 2 /"i • 3 \ <-v ^ '
sin x(1 - sin x) = 0
(7) sistema quyidagi tenglamalar sistemasi majmuasiga teng kuchli.
[cos x = 0, [sin x = 0,
I • i I i (8)
[sm x = 1, [cosx = 1
n
Birinchi sistemaning yechimi x = — + 2nk, k e z, ikkinchi sistemaning yechimi
x = 2nm, m e z. Hamma bu yechimlar berilgan tenglamaning yechimi bo'ladi.
J: x = 2nm, x = n + 2nk, m, k e z . 2
III. Sinus va kosinus funksiyalar xossalaridan foydalanish.
Ko'pgina trigonometrik tenglamalarni yechish tenglamalar sistemasini yechishga keltirilishi mumkin. Bunday tenglamalarga misol qilib quyidagi tenglamalarni keltirish mumkin.
sin ax • sin ßx = ±1
sin ax • cosßx = ±1 (9)
A(sinax) m + B(cosßx)n = ±(| A + Bl) A(sinax)m + B(sinßx)n = ±(| A + IB) bunda a, ß, A, B berilgan haqiqiy sonlar, n va m - berilgan natural sonlar. Bunday tenglamalarni yechishda sinusning quyidagi xossasidan foydalaniladi: agar biror x0 soni uchun qat'iy |sinox0| < 1 tengsizlik o'rinli bo'lsa,u holda x0 soni (9) tenglamalardan
birortasining ham yechimi bo'lmaydi. Xuddi shuningdek
cosax • cosßx = ±1
A(sinax)m + B(cosßx)n =±(| A + Bl) tenglamalarni yechishda kosinus xossasidan foydalaniladi: agar biror x 0 soni uchun qat'iy |cosax0| < 1 tengsizlik o'rinli bo'lsa, u holda x0 soni bu tenglamalardan birortasining ham yechimi bo'lmaydi.
8-misol. sin x • cos4x = 1 (10) tenglamani yeching.
Yechish: Agar x0 (10) tenglamaning yechimi bo'lsa, u holda yo sin x0 = 1 yoki sin x0 =-1 bo'ladi. Haqiqatan ham agar |sin x0| < 1 bo'lsa (10) tenglamadan |cos4x0| > 1 bo'lishi kerak edi, ammo bu bo'lishi mumkin emas. Agar sin x0 = 1 bo'lsa (10) tenglamadan cos4 x0 = 1 ekanligi, agar sinx0 =-1 bo'lsa, cos4x0 =-1 ekanligi kelib chiqadi. Natijada (10) tenglamaning ixtiyoriy yechimi quyidagi 2 ta sistemalardan birining yechimi bo'ladi.
Isin x0 =1 (11)
[cos4 x = 1
|sin x» = -1 (12)
Icos4x0 = -1
© ©
46
SJIF 2022:5.962
(11) va (12) sistemalarning ixtiyoriy yechimi (10) tenglamaning yechimi ekanligini oson ko'rish mumkin. Natijada (10) tenlama (11) va (12) tenglamalar sistemasi majmuasiga teng kuchli. Bu sistemalarni yechamiz.
(11) sistemaning birinchi tenglamasidan
n
x = —+ 2nk; 2
k e z
Bularning hammasi bu sistemaning ikkinchi tenglamasini qanoatlantiradi va (11)
3n
sistemaning yechimi bo'ladi. (12) sistemaning birinchi tenglamasi x = — + 2ne; e e z yechimga ega.
Bu sonlardan birortasi bu sistemaning ikkinchi tenglamasini qanoatlantirmaydi. Shuning uchun (12) sistema yechimga ega emas. Demak, berilgan (10) tenglamaning yechimi (11) sistemaning yechimi bilan ustma - ust tushadi.
J: x = n + 2nk; k e z . 2
IV. Sonli tengsizliklardan fodalanish.
Ba'zi hollarda biror sonli tengsizlikni tenglamaning biror qismiga qo'llab, tenglamani teng kuchli sistemaga almashtirish mumkin. Bunday tengsizliklarga misol qilib ikkita musbat a va b sonlarning o'rta arifmetigi va o'rta geometrigi orasidagi
a + b
2
■>4abb bog'lanishni olamiz, tenglik belgisi a = b da o'rinli.
Ko'p hollarda quyidagi tengsizliklarning natijasidan foydalanish qulay
a>0 da a +1 > 2, a=1 da a +1 = 2, a a
a < 0 da a +1 <-2, a=-1 da a +1 = -2.
9-misol.
1
■ + ■
1
sin cos 2x
(sin8 x + cos2
2x)= 4cos2 .yn- - x2
(13) tenglamani yeching.
Yechish: Ixtiyoriy musbat a va b sonlari uchun
'1 O - + -
v a b
(a + b) > 4 (14) tengsizlik o'rinli
ekanini isbotlaymiz. Avval 1 va 1 sonlari uchun, keyin a va b sonlari uchun o'rta
a b
arifmetik va o'rta geometrik orasidagi tengsizlikni qo'llab ni hosil qilamiz.
1 1
— + -
a b
111 a + b I ~
> J---va -> v ab
2 \a b 2
Bundan 111 +1 If |> 1
2 V a b Jl 2 J
1 + - |(a + b)> 4. a b J
(13) tenglamaning aniqlanish sohasida sin8 x > 0, cos2 2x > 0 bo'lgani uchun
(14) tengsizlikni qo'llab (13) tenglamaning chap qismi 4 dan kichik emasligini ko'ramiz.
n
Shu bilan birga (13) tenglamaning aniqlanish sohasida 4cos2
Natijada (13) tenglama quyidagi tenglamalar sistemasiga teng kuchli.
— -x2 <4. 4
a
a
2
© ©
47
1
■h-
1
Vsin8 x cos2 2x j
(si
S 2
sin x h cos
2 x )= 4
(15)
2 n 2 i
cos ,--x = 1
(15) sistemaning 2-tenglamasining yechimi x = — va x = -—. Bularni (15) sistemaning
T
birinchi tenglamasiga qo'yib, tenglamaning yechimi ekanini ko'ramiz. Demak, x = — va
n
= — lar berilgan tenglamaning yechimlari bo'ladi.
x
T n n
J: x, = — va x = —. 1 2 2 2
Trigonometrik tenglamalarni yechishda vektorlarning skalyar ko'paytmasidan foydalanish.
Ma'lumki, 2 ta vektorning skalyar ko'paytmasi ularning uzunliklari va ular
b a • b
cosa.
<
orasidagi burchak kosinusi ko'paytmasiga teng. a • b = <
|cosa| < 1, bo'lgani uchun Agar vektorlar koordinatalari bilan berilgan bo'lsa, ya'ni a{a:, a2} va b{b, b2} bo'lsa,
a, a + bb < Va2+a^ • Vb + bl.
1-misol. sinVl+cos2 x + cosW1+sin2 x = V3 tenglamani yeching. Yechish: a{sin x,cosx} va b{V1 + cos2 x ; л/1 + sin2 x} vektorlarni kiritamiz. U holda
a • b = sinxV 1 + cos2 x + cosxV 1 + sin2 x < ylsin2 x + cos2 x^Ц-Demak,
= V3.
sinxV 1 h cos2 x h cosxV 1 h sin2 x
слЯ
.
Berilgan tenglamani a • b = a • b ko'rinishda yozish mumkin. Bu tenglik vektorlar
orasidagi burchak O0 bo'lganda bajariladi. Demak, vektorlar parallel, parallel vektorlar mos kordinatalari proporsional
sin x cos x
vT
h cos x
vr^^-2
[hsin x
sin x va cos x bir hil ishorali
sin2 x h sin4 x = cos2 x h cos4 x;
cos2x = 0
n r~7
2x = —h rnn; n e Z 2
n nn ^
x = —i--; n e Z
4 2
Dastlabki tenglamaga ko'ra sin x > G va cosx > 0.
x = m + 2nn; n e Z ekangligi aniq.
4
48
T. 2. №2. 2022
TC
Javob: — + 2mi; n e Z 4
2-misol. sin WT+siñX W 3 - sin x = 2^1 sin2 x +1 tenglamani yeching. Yechish: a[j 1 + sin2 x; V3 - sinx} va bjsin x;l} vektorlarni kiritamiz. Tenglamani a • b = a • b ko'rinishda yozish mumkin ekanligi ravshan.
a va b vektorlar yo'nalishdosh shartini qo'llab, ularning koordinatalari proporsional bo'lishi kerakligini aniqlaymiz. U holda
Vl + sin x
= -J3 - si
yoki
sin X
sin X
sin3 X — 3sin2 X + sin X +1 = 0 (sin X — 1)(sin2 X — 2 sin X — 1) = 0
t
(*) tenglamadan 0 < sinx < 1 bo'lganligi uchun sinx = 1 va x = —+ 2m; n e Z.
T
Javob: — + 2ti; n e Z 2
3-misol. sin xV sin x + cos xV cos x = V sin x + cos x tenglamani yeching. Yechish: a{sinx; cosx} va S{Vsinx; -%/cosx} bo'lsin. U holda
sin xVsin X + cos xVcos X < Vsin X + cos X
Tenglik belgisi
J:
sin X cosX , • ¡—.- I- , CI 1 C • 1-
yoki vsinx = vcosx bo lganda o rmli.
sin x Vcos x
t
Bundan X = — + 2ti; n e Z . 4
Javob: x = t + ti; n e Z . 4
4-misol. sin x • cos2 y + cos x • sin2 y +1 = ^2(1 + cos4 y + sin4 y) tenglamani qanoatlantiruvchi hamma (x;y) juftliklarni toping.
Yechish: «{sinx; cosx;l} va ¿{cos2 y; sin2 y; 1} bo'lsin. U holda
sin x • cos2 y + cosx sin2 y + 1 <V2 • ^/l + cos4 y + sin4 y =t]2(1 + cos4 y + sin4 y) tenglik belgisi —*
bajarilishi uchun a va b vektorlar yo'nalishdosh bo'lishi, bundan esa ularning mos
koordinatalari proporsional bo'lishi kerak.
sin x cos x
2 • 2 cos y sin y
„2
= 1.
Oxirgi tenglikni < sistema ko'rinishida yozish mumkin. Bu
[cosx = sin y
tengliklarning har ikki tomonini kvadratga ko'tarib va hadma had qo'shib
• 4 4 i
sin y + cos y = l
ni hosil qilamiz. Bundan sin y = 0 yoki cos y = 0. Bu bo'lishi mumkin emas.
Javob: 0.
Foydalanilgan adabiyotlar ro'yxati:
49
SJIF 2022:5.962
1. Jumaniyozov, Q., Muhammedova, G.(2014). Matematikadan misol va masalalar yechish metodikasi. O 'quv qo'llanma T: Brok class servis.
2. Mamatova, Z. M., Tolibov, I. S., & Nishonov, F. M. (2019). To the question of science approach to the construction of outsourcing business model of modern enterprise structure. Достижения науки и образования, 22.
3. Nishonov, F. M., Shaev, A. K., (2021). Some questions of the organization of individual works of students in mathematics in the conditions of credit training. Theoretical & Applied Science, (4), 1-7.
4. Nishonov, F.M. (2018). Some questions of design of tasks in mathematics. ISJ Theoretical & Applied Science, 09 (65): 41-44. Doi: https://dx.doi.org/10.15863/TAS.2018.09.65.7
5. Говорова, К. Ф. (2018). Формирование базисных компетенций по решению тригонометрических уравнений и неравенств. Научный электронный журнал Меридиан, (4), 15-17.
6. Груздева, Е. А. (2020). О нестандартных способах решения тригонометрических уравнений. Некоторые вопросы анализа, алгебры, геометрии и математического образования, (10), 59-60.
7. Набиева, Д. Г. (2021). Методика решения нестандартных тригонометрических уравнений в курсе начала математического анализа. Научные исследования XXI века, (1), 16-19.
8. Нишонов, Ф. М. и др. (2016). Конструирование систем задач по математике. Международный журнал гуманитарных и естественных наук № 101, 82.
9. Нишонов, Ф. М., Эхсонова, Н. Т., & Толибов, И. Ш. У. (2019). Некоторые вопросы профессионального роста преподавателя математики в условиях цифровой экономики. Проблемы современной науки и образования, (4 (137)), 6-11.
10. Олехник, С. Н., Потапов, М. К., & Пасиченко, П. И. (1997). Уравнения и неравенства. Нестандартные методы решения: Справочник.
11. Севрюков, П., & Смоляков, А. Н. (2008). Тригонометрические, показательные и логарифмические уравнения и неравенства. Ставрополь.
12. Ященко, И., & Шестаков, С. (2018). Подготовка к ЕГЭ по математике в 2019 году. Базовый уровень. Методические указания. Litres.
© ©
50
