logo

Trigonometrik tengsizliklarni yechish usullari

Yuklangan vaqt:

10.08.2023

Ko'chirishlar soni:

0

Hajmi:

1097.095703125 KB
Trigonometrik 
tengsizliklarni yechish 
usullari Eng sodda t rigonomet rik  
t engsizlik larni y echishga oid misollar  
sinx > a, cosx > a, tgx > a, ctgx > a kabi 
ko’rinishdagi tengsizliklarni yechishda 
koordinatali birlik aylanadan yoki trigonometrik 
funksiya grafiklaridan foydalaniladi. 
1-misol.  a) sin α  > 0; b) sin α  > a, -1   a   1; ≤ ≤
c) sin α  < a tengsizliklarni qaraylik.
Yechish. a) sin α  > 0 ning yechimlar to’plami 
sinusoidaning absissalar o’qidan yuqorida 
joylashgan bo’laklari bilan aniqlanadi (rasmga 
qarang). Eng sodda trigonometrik tengsizliklarni 
yechishga oid misollar Eng sodda t rigonomet rik  t engsizlik larni 
y echishga oid misollar

y=sinx
Bu bo’laklardan biri absissalar o’qining 
(0; π ) oralig’iga, qolganlari undan 2 πk, 
k€Z  uzoqlikda joylashgan oraliqlarga 
mos keladi. Demak, 
2 πk < α  < (2 k +1) π,   k€Z  ko’rinishidagi 
oraliqlarda yotuvchi  α  sonigina yechim 
bo’la oladi Eng sodda t rigonomet rik  t engsizlik larni 
y echishga oid misollar

b) sin α  > a tengsizlikni yechamiz, bunda 
-1   a   1. Birlik aylananing ordinatalari ≤ ≤
a dan katta bo’lgan nuqtalari  y=a  to’g’ri 
chiziqdan yuqorida joylashadi. Ular  MBN  
yoyni hosil qiladi (rasmga qarang).  Eng sodda trigonometrik 
tengsizliklarni yechishga oid misollar

Bu yoyga M(α0)  va N(π-α0) nuqtalar 
kirmaydi. Shunday qilib, sinα > a 
tengsizlikning yechimi (α0; π-α0) interval 
yordamida aniqlanadi. α0=arcsina va 
y=sinx funksiya davriy funksiya bo’lgani 
uchun berilgan tengsizlikning barcha 
yechimlari to’plamini
          arcsina + 2π k  < α < π  – arcsina + 2π k ,  
k €Z 
     ko’rinishida yozamiz.  Eng sodda trigonometrik 
tengsizliklarni yechishga oid 
misollar

c) sin α  < a tengsizlikni yechish  α =- z  o’rniga qo’yish 
orqali yuqorida qaralgan holga keladi: sin z >  -a. 
Uning barcha yechimlarini yozamiz:
          arcsin(-m) + 2 πk  <  z < π -arcsin(-a) + 2 πk ,   k€Z.
arcsin(-a) = -arcsina va  z =- α  bo’lgani uchun berilgan 
tengsizlikning barcha yechimlari quyidagicha 
bo’ladi:
         - π    - arcsina + 2 π k  <  α  < arcsina + 2 π k , 
k €Z Eng sodda t rigonomet rik  
t engsizlik larni y echishga oid 
misollar

2-misol.  a) cos α  > a; b) cos α  < a 
tengsizliklarni yechamiz. 

Yechish. a) a   1  da tengsizlik ≥
yechimga ega emas, a < -1 da esa 

α  ning barcha qiymatlari tengsizlikni 
qanoatlantiradi. Biz -1   a < 1 bo’lgan 	
≤
holni qaraymiz. (rasmga qarang)  Eng sodda t rigonomet rik  
t engsizlik larni y echishga oid misollar

a < cos α    1 ga B2AB1 yoy mos keladi, ≤
bunda B1( α 0) va B2(- α 0) lar  x=a  to’g’ri 
chiziq bilan koordinatali aylananing 
kesishish nuqtalari, A(0) – hisob boshi 
nuqtasi. Demak, cos α  > a tengsizlikning 
yechimi – α0  <  α  <  α0  yoki  arccosa <   α  < 
arccosa, yoki funksiya davri e’tiborga 
olinsa, 
          -arccosa + 2 π k  <  α  < arccosa + 2 π k ,   k €Z
                                                                 
bo’ladi.  Eng sodda t rigonomet rik  
t engsizlik larni y echishga oid 
misollar

b) cos α  < a tengsizlikni yechish  α  =  π – z 
almashtirish orqali yuqorida qaralgan 
tengsizlikka keltiriladi: cos z  > -a. Bundan 
  – arccos(-a) + 2 πk  <  z  < arcos(-a) + 2 πk ,  k€Z  
ni topamiz. 
   z  =  π – α  va arccos(-a) =  π  – arccosa 
bo’lgani uchun
       arccosa + 2 π k  < α  < 2( k  + 1) π  – arccosa,  k €Z
                                                                      bo’ladi. 
3-misol.  tg α  < a va tg α  > a tengsizliklar yechimini 
topamiz. Yechish. arctga ta’rifidan 
foydalanamiz(rasmga qarang). Eng sodda t rigonomet rik  
t engsizlik larni y echishga oid misollar

B1( α 0) nuqta EAC yarim aylanani EAB1 va B1C 
yoylarga ajratadi, bunda E(- π /2) va C( π /2). Undan 
E, B1, C nuqtalar chiqariladi. EAB1 yoyda tg α  < a 
tengsizlikning yechimi
             - π /2 +  k π   <  α  < arct ga +  k π ,  k €Z
     tg α  > a tengsizlikning yechimi esa
               arct ga +  k π  <  α  <  π /2 +  k π ,  k €Z
     bo’ladi.
Shu kabi ctg α  < a, ctg α  > a tengsizliklar yechimi 
mos ravishda
  arcct ga +  π k  <  α  <  π  +  π k ,  k €Z   va   π k   <  α  < arcct ga 
+  π k ,  k €Z                                bo’ladi. Trigonomet rik  t engsizlik larni  int erv allar 
usuli bilan y echish.

f(t)  > 0 yoki  f(t)  < 0 trigonometrik tengsizliklarni yechishda 
intervallar usulidan foydalanamiz. Shu maqsadda oldin 
f(t)  funksiyaning  T0  asosiy davri,  f(t)  = 0 tenglamaning [0; 
T0 ) oraliqda yotgan ildizlari va uzilish nuqtalari topiladi. 
Ular [0;  T0 ) oraliqni bir necha intervalga ajratadi. Sinash 
nuqtalari usulini qo’llab, funksiyaning o’sha 
intervallardagi ishoralari  aniqlanadi.  juft-toqligidan 
foydalanish  ishni osonlashtiradi.
         f(α)  = cos2 α  – cos3 α  < 0 tengsizlikni yechamiz.
Yechish. 
    1) cos2 α  ning davri: cos(2 α  + 2 π ) = cos( α  +  T1 ), bundan 
           2 α  + 2 π  = 2( α  +  T1 ),  T1  =  π ; shu kabi cos3 α  ning davri 
T2  = 2 π /3.
  Bu sonlarning eng kichik umumiy bo’linuvchisi, ya’ni  T0  = 2 π  
soni  f(x)  funksiyaning  asosiy davri  bo’ladi; Trigonomet rik  t engsizlik larni  int erv allar 
usuli bilan y echish.
2)   f(α)  = 0  tenglama ildizlari  2 α  = ± 3 α  + 2 πk ,  k€Z  
munosabat bo’yicha aniqlanadi. Bizga ular 
ichidan (0;  T0 ) oraliqda yotganlarini aniqlash 
yetarli, 
     qolganlari  T0  davr bilan takrorlanadi. 
Oraliqning  α  = 0 chap uchida  f(0)  = 0, ya’ni  f(x)  
< 0  tengsizlik bajarilmaydi. 
Demak, oraliqning chap uchi ochiq qoladi. 
Oraliqning ichida yotgan ildizlarini topamiz. 
Shu maqsadda munosabatdagi  k  ga ketma-
ket  0, 1, 2,…  qiymatlar berish va  α  ning 
qiymatlari ichidan  (0; 2 π )  intervalda 
yotganlarini ajratish kerak. Ular:  2 π /5, 4 π /5, 
6 π /5, 8 π /5.  
3)  f   funksiya son o’qida uzluksiz;

4)  (0; 2 π )  oraliq  (0; 2 π /5], [2 π /5; 4 π /5], [4 π /5; 
6 π /5], [6 π /5; 8 π /5], [8 π /5; 2 π )  intervallarga 
ajraladi;

5)  (0; 2 π /5]  oraliqdan sinash nuqtasi sifatida  π /3 
ni olaylik. Unda  f ( π /3) = cos2 π /3 – cos3 π /3 = -1/2 
+ 1 > 0.  Demak, bu oraliqda berilgan tengsizlik 
bajarilmaydi. Shu tarzda har bir oraliqlarda 
tekshirib chiqqach, tengsizlik  [2 π /5; 4 π /5], [6 π /5; 
8 π /5]  oraliqlarda bajarilishini ko’rishimiz 
mumkin. Demak, umumiy yechim shu oraliqlar 
kesishmasidan iborat:
    (2 π /5 + 2 πk ; 4 π /5 + 2 πk )  (6 π /5 + 2 πk ; 8 π /5 + 2 πk ), 
k€Z E ’ t i b o r i n g i z   u c h u n  
r a h m a t !!!

Trigonometrik tengsizliklarni yechish usullari

Eng sodda t rigonomet rik t engsizlik larni y echishga oid misollar sinx > a, cosx > a, tgx > a, ctgx > a kabi ko’rinishdagi tengsizliklarni yechishda koordinatali birlik aylanadan yoki trigonometrik funksiya grafiklaridan foydalaniladi. 1-misol. a) sin α > 0; b) sin α > a, -1 a 1; ≤ ≤ c) sin α < a tengsizliklarni qaraylik. Yechish. a) sin α > 0 ning yechimlar to’plami sinusoidaning absissalar o’qidan yuqorida joylashgan bo’laklari bilan aniqlanadi (rasmga qarang).

Eng sodda trigonometrik tengsizliklarni yechishga oid misollar

Eng sodda t rigonomet rik t engsizlik larni y echishga oid misollar  y=sinx Bu bo’laklardan biri absissalar o’qining (0; π ) oralig’iga, qolganlari undan 2 πk, k€Z uzoqlikda joylashgan oraliqlarga mos keladi. Demak, 2 πk < α < (2 k +1) π, k€Z ko’rinishidagi oraliqlarda yotuvchi α sonigina yechim bo’la oladi

Eng sodda t rigonomet rik t engsizlik larni y echishga oid misollar  b) sin α > a tengsizlikni yechamiz, bunda -1 a 1. Birlik aylananing ordinatalari ≤ ≤ a dan katta bo’lgan nuqtalari y=a to’g’ri chiziqdan yuqorida joylashadi. Ular MBN yoyni hosil qiladi (rasmga qarang).