тригонометрик тенгламалар ечиш.

Bir hil nomli trigonometrik funksiyalarni tengligi hossalaridan foydalanib yechiladigan tenglamalar .

Muattar Tuxtabayeva

olot_17@mail.ru

Toshkent “Temurbeklar maktabi”  bosh o`qituvchisi

Annotasiya: Ushbu maqolada bir xil nomli trigonometrik funksiyalar tengligi xossalaridan foydalanib, yechiladigan tenglamalar keltirilgan.Trigonometrik tenglamalarni bir xil nomli trigonometrik funksiyalarni tengligiga olib kelish usullari amalda misollar orqali ko`rsatib beriladi. Bundan tashqari teorema birga zaruriylik va yetarlilik shartlarining bajarilishi isbotlash orqali amalga oshiriladi.

Kalit so`zlar : Trigonometrik tenglama, teorema, , burchak

Ko`p trigonometrik tenglamalarni  bir hil nomli trigonometrik funksiyalarni tengligiga olib kelish mumkin  y`ani a)  , b) , c)   tengliklarni qanoatlantiruvchi ikkita α va β burchaklarni topishga.Bu ikkita burchak teng bo`lish shartlarini ko`rib o`tamiz .

Teorema I. Ikkita burchak sinuslari teng bo`lishi uchun bu ikki burchak ayirmasi 2nπga teng bo`lishi yoki bu burchaklar yig`indisi (2n+1)π ga teng bo`lishi zarur va etarlidir .

Zarurlik shartini isboti .

Bizga  berilgan bo`lsin . Yechimimiz α-β=2nπ yoki α+β= (2n+1) π , nZ ekanligini isbot qilish kerak .

Berilgan shartga  ko`ra   , 2

Bu quyidagi hollarda bajariladi:1) ,bundan bo`lishligi kelib chiqadi . Yoki 2)  ,bundan   bo`lishligi kelib chiqadi.

Etarlilik shartini isboti :

1) da   yoki  ekanligi berilgan .  ekanligini isbot qilishimiz kerak .

 shartidan  kelib chiqadi .

 , 2 bu funksiyani davri ekanligidan  kelib chiqadi .

Yoki 2) da   yoki  u holda  ,  , yani  ekanligi kelib chiqadi .

Misollar.

a)    bu ayniyat bo`ladi chunki 3,8π+1,2π=5π

b) sinus funksiyamiz toq funksiya bo`lganligidan

   va bundan    bo`ladi .

v)   bu yerda 880⁰+ =1260⁰=7*180⁰

g)    chunki bu yerda birorta shartlar bajarilmayapdi .Sababi bu ikki burchakni yig`indisi toq sondagi  ga teng bo`lishi kerak edi . Bu yerda bu ikki burchak yig`indisi 4  ga teng bo`lib qoladi .

Teorema II. Ikki burchak cosinuslari o`zaro teng bo`lishi uchun  bu burchaklar ayirmasi juft sondagi  ga yoki bu burchaklar yig`indisi juft sondagi  ga teng bo`lishi zarur va etarlidir .  

Zarurlik shartini isboti .

Bizga  berilgan bo`lsin . Yechimimiz α-β=2nπ yoki α+β= 2n π , nZ shartni qanoatlantirishini isbot qilish kerak .

Berilgan shartga  ko`ra   , -2

Bu quyidagi hollarda bajariladi : 1)  ,

Yoki 2)  ,

Etarlilik isboti :

1) da    yoki  ekanligi berilgan .

  ekanligini isbot qilishimiz kerak .

shartidan kelib chiqadi.

 , 2 bu funksiyani davri ekanligidan  kelib chiqadi .

Yoki 2) da   yoki  u holda

 ,  

Misollar :

b)          bu ayniyat bo`ladi chunki 4,7π+3,3π=8π

b)      bu yerda  demak  bu  ayniyat bo`ladi .

v)   bu yerda   17,3-11,3=6

g)    chunki bu yerda birorta shartlar bajarilmayapdi .Sababi bu ikki burchakni yig`indisi toq sondagi  ga teng bo`ladi . Bu yerda bu ikki burchak yig`indisi 9  ga teng bo`lib qoladi .

Teorema III.ikkita burchak tangenslari teng bo`lishi uchun bu burchaklarning har birida tangensi mavjud bo`lishlari va bu burchaklarning farqi k* , bu yerda

kbo`lishi zarur va etarlidir .

Etarlilik shartini isboti :

Berilgan :    ekanligini isbot qilish kerak .

Shartimizni berilishiga ko`ra   shartimizga ko`ra bo`lganligidan  bundan  ,

Zaruriylik shartini isboti:

Berilgan :  

 ekanligini isbotlash kerak .

Isbot :    ekanligidan   bundan  ga  ni o`rniga qiymatini qoyamiz .  bo`ladi .    bu tangensni davri bo`lganligi uchun   bo`ladi .

Misollar :

a)   bu yerda tangens ikki burchakda ham aniqlangan .

b)  ,  bu ikki burchakning tangensi mavjud. Va

v)  ifoda ma’noga ega emas chunki tangenslar bu  burchaklarda mavjud emas .Ikkinchi shart  =4  bajarilsa ham .

g)  chunki bu yerda ikkala shart ham bajarilmaydi . mavjud emas .

Shu hossalardan foydalanib trigonometrik tenglamalarni yechishga qo`llasak bo`ladi .

Foydalanilgan adabiyotlar:Algebra va matematik analiz asoslari (I-qism,Toshkent, 2011. 10-nashri). Algebra va matematik analiz asoslari (II-qism,Toshkent, 2011. 10-nashri).