1. Система уроків для 10 класу за
технологією осмисленоконцентрованого навчання
Городоцька гімназія
2010 р.

2. Мислити послідовно, судити
переконливо, спростовувати неправильні висновки повинен уміти кожен: фізик і поет, тракторист і хімік.
Е. Кульман
Підготувала С.В. Станиця, вчитель математики
Городоцької гімназії, вчитель вищої категорії.
Осмислено концентрований спосіб навчання – це
реальна можливість для гімназистів оволодіти дослідницькими формами роботи, глибше опанувати відповідний
профіль, адаптуватися до вузівської системи навчання.
Система роботи передбачає практичну реалізацію особистісно-орієнтованої моделі освіти шляхом глибокої диференціації. Учні, працюючи за ОКН, навчаються індивідуально опановувати знаннями; роботі у парах, мікрогрупах,
групах.
Система дає можливість використовувати всі елементи інтерактивного навчання: лекція, семінар, діалог, дискусія.
© С.В. Станиця
С.І. Косташ,
О.В.Коваленко,
2010р.
2

3. 10 клас
Тема: Тригонометричні рівняння та нерівності. Обернена функція.
Блок №1. Тема: Обернена функція. Обернені тригонометричні функції. Їх графіки та властивості.
Блок №2. Тема: Розв’язування найпростіших тригонометричних рівнянь.
Блок №3. Тема: Основні способи розв’язування тригонометричних рівнянь.
Блок №4. Тема: Розв’язування найпростіших тригонометричних нерівностей.
Блок №5. Тема: Контрольно-залікова робота з теми:
«Тригонометричні рівняння та нерівності»
Список рекомендованої літератури:
1. М.І.Шкіль, З.І.Слєпкань, О.С.Дубинчук. Алгебра та початки аналізу.10 – 11 класи.
2. За редакцією А.М.Колмогорова. Алгебра і початки аналізу.10 – 11 класи.
3. Г.Возняк, О.Возняк. Диференційовані дидактичні матеріали з алгебри та початків
аналізу для 10 класу.
4. А.М.Капіносов. Алгебра.10 клас. Дидактичні матеріали для різнорівневого навчання.
5. Л.Г.Стадник, О.М.Роганін. Алгебра. Заліковий зошит для тематичного оцінювання навчальних досягнень.
За редакцією З.І.Слєпкань. Збірник завдань для державної підсумкової атестації з математики. Алгебра та початки аналізу. 11 клас.
Блок № 1
Тема: Обернена функція. Обернені тригонометричні функції. Їх
графіки та властивості.
Навчальна мета: Повторити вивчення про обернені функції, зокрема у = х2 та у =
х
, у = х та
3

4. 1
х . Ознайомити учнів з функціями у = arcsin x, y = arccos x, y = arctg x, y =
у=
arcctg x, їх графіками, властивостями. Формувати навички і вміння при застосуванні даних властивостей до
розв’язування вправ.
Обладнання: Таблиці «Обернені тригонометричні функції», технологічні картки, інструктивні картки, картки контролю знань.
Технологічна картка №1.
Тема: Обернені функції. Обернені тригонометричні функції. Їх
графіки та властивості.
Час
Етапи
Зміст роботи
Діяльність учнів
1.Означення оберненої фун-
25
хв.
1. Лекція
20
хв.
2. Самозанурення
25
хв.
3. Практичний
кції.
2.Властивості прямої та оберненої функцій.
3.Функція у = arcsin x, її графік та властивості.
4.Функція y = arccos x, її
графік та властивості.
Функція y = arctg x, її графік
та властивості.
Мета: Засвоїти властивості
обернених функцій. Сформувати вміння застосовувати їх
до розв’язування вправ.
Робота з підручником та планом-конспектом.
Робота з малюнками.
Робота в парах з інструктивними картками та завданнями.
Скласти
планконспект лекції.
Побудувати графіки
функцій у = arcsin x, y
= arccos x, y = arctg x.
Сформулювати властивості функцій у =
arcsin x, y = arctg x.
Брати активну участь
в обговоренні питань
лекції.
1.Прочитати планконспект лекції, звернути увагу на властивості та побудувати
графік прямої та оберненої функцій; теорема
про властивості оберненої функції.
2.Використовуючи
текст підручника і
план-конспект лекції,
виконати завдання інструктивних карток.
1. Робота з підручниками Виконати завдання №
М.І.Шкіля
А.М.Колмогорова.
2. Робота в парах.
4
та
126 - №128, № 131
(ст.69-70),за редакцією
А.М.Колмогорова.

5. 20
хв.
4. Контролюючий
Індивідуальні завдання. Домашнє завдання: М.І.Шкіль.
Алгебра і початки аналізу. Розділ ІІ. §1 ( ст.98-109), №12
(ст.136).
Виконання завдань з
метою узагальнення,
систематизації та контролю знань.
Завдання-інструкція
Що таке оборотна функція?
Означення функції, оберненої до даної оборотної функції.
Принцип побудови графіка оберненої функції.
Алгоритм знаходження формули функції, оберненої до даної. Знайти функцію, обер2
1
x
нену до функції: а) у = 5х – 1; б) у =
.
Теорема про властивості оберненої функції.
Функція у = arcsin x, її графік та властивості.
Функція y = arccos x, її графік та властивості.
Функція y = arctg x, її графік та властивості.
Функція y = arcсtgx. Побудувати графік даної функції та записати її властивості.
Визначити парність даних функцій.
Обчислити: а) arctg 1 – arctg
3
; б) arctg ( -
3
) + arctg 0; в) arcsin

2


 2 


3
1
2 ; г) arcsin (-1) + arcos 2 .
+ arcos
Індивідуальні завдання
(Контрольний блок)
Картка № 1
Побудувати графік функції у = arcsin x, сформулювати її властивості.

Знайти функцію обернену до даної: а) у =
5
x
4
 5;
2
х  1 при х є R{1}.
б) у =

6. 
3


 2 


Обчислити: а) arcsin 0; б) arctg 1; в) arccos
; г) arcсtg
 3  .
 1
3
 
 2  та arccos 2 .
Порівняти числа: arcsin
Картка № 2
Побудувати графік функції у = arccos x, сформулювати її властивості.
3
4
x
Знайти функцію обернену до даної: а) у =-2х+1; б) у =
при х є R{0}.
 1
 
 2
Обчислити: а) arcsin 1; б) arctg -1; в) arccos
Порівняти числа: arccos

3


 2 


 1 




3

; г) arcсtg
.
1
2 .
і arcsin
Картка № 3
Побудувати графік функції у = arctgх, сформулювати її властивості.

Знайти функцію обернену до даної: а) у =5х+1; б) у =
Обчислити: а) arcsin

3


 2 


Порівняти числа: arccos
; б) arctg

3


 2 


3
; в) arccos
4
.
x2
2
2 ; г) arcсtg (-1).
1
2 .
і arcsin
Картка № 4
Побудувати графік функції y = arcсtgx, сформулювати її властивості.
x
2
 1;
 6.
4
x
Знайти функцію обернену до даної: а) у =
б) у =
6

7. Обчислити: а) arcsin

2


 2 


Порівняти числа: arctg
3
 1 




3

; б) arctg
; в) arccos 1; г) arcсtg 0.
і arcsin 1.
Блок № 2
Тема: Розв’язування найпростіших тригонометричних рівнянь.
Навчальна мета: Повторити властивості обернених тригонометричних функцій. Ознайомити учнів із способами розв’язання найпростіших тригонометричних рівнянь. Формувати навички і вміння розв’язувати найпростіші тригонометричні рівняння.
Обладнання:
технологічні картки, інструктивні картки, картки контролю
знань, таблиці « Найпростіші тригонометричні рівняння».
Технологічна картка №1.
Тема: Розв’язування найпростіших тригонометричних рівнянь.
Час
Етапи
25хв.
1.Лекція
20хв.
2. Самозанурення
Зміст роботи
Означення тригонометричного рівняння.
Рівняння sinх = а та його
розв’язок.
Рівняння cosх = а та його
розв’язок.
Рівняння tgх = а та його
розв’язок.
Рівняння ctgх = а та його
розв’язок.
Діяльність учнів
Скласти план-конспект
лекції.
Брати активну участь в
обговоренні питань лекції.
Записати формули, які
виражають розв’язки тригонометричних рівнянь.
Мета: Засвоїти основні
способи розв’язання найпростіших
тригонометричних
рівнянь та вміти застосовувати набуті знання до розв’язування тригонометричних
рівнянь.
Робота з підручниками та
планом-конспектом.
Групова робота за інструктивними картками.
Прочитати конспект лекцій, звернути увагу на
формули, які виражають
загальні розв’язки найпростіших тригонометричних
рівнянь, використовуючи
текст підручника.
Виконати завдання інструктивних карток.
7

8. 25хв.
3. Практичний
20хв.
4. Контролюючий
Робота з підручниками
М.І.Шкіля
та
А.М.Колмогорова.
Розв’язати тригонометричне рівняння.
Індивідуальні
завдання.
Домашні завдання §2 (ст.
109- 118). М.І.Шкіль; №1
(4,7, 6,9,10,11,13) ст.137.
Виконати завдання №
136 - № 134 (завдання а,б,
ст.75-76), за редакцією
А.М.Колмогорова.
Записати розв’язки найпростіших тригонометричних рівнянь в випадку а
= 1, а = 0, а = -1.
Виконати завдання з метою узагальнення, систематизації контролю знань.
Завдання-інструкція
Яке рівняння називається тригонометричним?
Формули загальних розв’язків рівнянь sinх = а, cosх = а, tgх = а, ctgх = а.
Розв’язки рівнянь sinх = а, cosх = а, tgх = а, ctgх = а, в випадку, коли а = 1, а = 0, а = -1.
Розв’язати рівняння: а) 2 cosх +
tg 2х +
3
2 = 0; б)
x
3

;
3
2
2 г) 3
ctgх – 1 = 0; в) sin
= 0.
Індивідуальні завдання
(Контрольний блок)
Картка № 1
Формули розв’язків рівняння sinх = а, (загальний випадок і при а = 1, а = 0, а = -1).
Розв’язати рівняння: а) cosх =
3
2 ; б) 2 cosх +
2  0;
в)
2 sinх +1 = 0; г)
1
3 .
ctgх+1 = 0; д) tg22х =
Картка № 2
Формули розв’язків рівняння cosх = а, (загальний випадок і при а = 1, а = 0, а = -1).
8

9. 1
2 ; б)
Розв’язати рівняння: а) sinх =
3
2 cosх -1 = 0; в) 2 sinх -
3
= 0; г) tgх +
= 0; д) ctg22х = 3.
Картка № 3
Формули розв’язків рівняння tgх = а, (загальний випадок і при а = 1, а = 0, а = -1).

Розв’язати рівняння: а) cosх =
1
3

2 ; б) sinх =
2 ; в)
2 sinх -1 = 0; г)
3
1
2 .
ctgх – 1 = 0; д) cos 22х =
Картка № 4
Формули розв’язків рівняння ctgх = а (загальний випадок і при а = 1, а = 0, а = -1).

Розв’язати рівняння: а) 2 cosх +1 = 0; б) cosх =
3
2 ; в) sinх +1 = 0; г)
3
tgх +1 =
1
2 .
0; д) sin22х =
Блок № 3
Тема: Основні способи розв’язування тригонометричних рівнянь.
Навчальна мета: Повторити формули розв’язків тригонометричних рівнянь.
Ознайомити учнів з основними способами розв’язування тригонометричних рівнянь.
Формувати навички та вміння розв’язувати тригонометричні рівняння
Обладнан-
ня:
технологічні картки, інструктивні картки, картки контролю. знань, таблиці «
Основні способи розв’язання тригонометричних рівнянь».
Технологічна картка №3.
Тема: Основні способи розв’язування тригонометричних рівнянь.
9

10. Час
25хв.
Етапи
1.Лекція
20хв.
2. Самозанурення
25хв.
3. Практичний
20хв.
4. Контролюючий
Зміст роботи
Діяльність учнів
Спосіб зведення до однієї
тригонометричної функції.
Спосіб розкладання на
множники.
Спосіб розв’язання однорідних рівнянь.
Спосіб введення допоміжного аргументу.
Спосіб піднесення до квадрату.
Графічний спосіб.
Мета: Засвоїти способи
розв’язання тригонометричних рівнянь.
Робота з підручником та
планом-конспектом.
Групова робота за інструктивними картками.
Робота з підручниками
М.І.Шкіля
та
А.М.Колмогорова.
Групова робота. Розв'язати
рівняння.
Скласти план-конспект
лекції.
Брати активну участь в
обговоренні питань лекції.
Індивідуальні
завдання.
Домашні завдання: § 3,4
(ст..118-131), №2 (4,7,13,
12, 17) М.І.Шкіль.
Виконати завдання з
метою
узагальнення,
систематизації і контролю знань.
Прочитати
конспект
лекції, звернути увагу
на різні способи розв’язання тригонометричних рівнянь.
Виконати
завдання
інструктивних карток.
Виконати
завдання
№144,
№145(а).
(А.М.Колмогаров). №2
(2,3,5,6,8,9),
(М.І.Шкіль).
Завдання-інструкція
Способи розв’язання окремих видів тригонометричних рівнянь.
Які тригонометричні рівняння називаються однорідними?
Які тригонометричні рівняння називаються лінійними?
Як розв’язують лінійні тригонометричні рівняння?
f ( x)
 0?
 ( x)
Як розв’язують тригонометричні рівняння виду: f1(x) *f2(x) ……. fn(x) = 0,
Коли під час розв’язування тригонометричних рівнянь може порушитися рівносиль-
x
1
3 = - 2 ; б) 3 сtg2х ність? Розв’язати рівняння: а) cos
10
3
= 0; в) 2 sin

11. 

 3x    2 ;
4

г) tg
 x 
    1;
 4 2
д) сtg (-2х) = 1
Індивідуальні завдання
(Контрольний блок)
Картка № 1
Розв’язати рівняння: а) sin(-3х) =
x
4
2

2 ; б) 2 sin(3х - 4 ) =
3
; в) sin2
x
4
-
cos2
= 1; г) sin2х +2 sinх cosх – 3 cos2х = 0; д) sinх + sin3х +cosх = 0.
Картка № 2

Розв’язати рівняння: а) cos(-4х) =
cos3х sinх =
3
2 ; б)
x 
    1;
3 3 3
tg
в) sin3х cosх –
3
2 ; г) sin2х + 4 sinх cosх + 3 cos2х = 0; д) cosх - cos3х + sinх = 0.
Картка № 3
Розв’язати рівняння: а) tg(5х) =

1
4 ; г) cos2х +3 sinх=2; д) 6 sin2х - 3 sinх cosх - 5 cos2х =2.
Розв’язати рівняння: а) сtg(-3х) =

5
x 
3
    1  0;
3 ; б) sin  2 6 
в) sin2х cos2х =
x

3 sin 5 =
-cos


3
x
  3x   2 ;

3 ; б) 2 cos  4
3 cos
в) sin
2
2 ; г) 5 sin2х + 3 sinх cosх + 4 cos2х; д)6 cos2х +5 sinх – 7 =0.
11

12. Блок №4
Тема: Розв’язування найпростіших тригонометричних нерівностей.
Навчальна мета:.Повторити вивчене про нерівності. Ознайомити учнів
з
тригонометричними нерівностями та способами їх розв’язання. Формувати навички і
вміння розв’язувати найпростіші тригонометричні нерівності.
Обладнання:
технологічні картки, інструктивні картки, картки контролю
знань.
Технологічна картка №4.
Тема: Розв’язування найпростіших тригонометричних нерівностей.
Час
Етап
25хв
1. Лекція
20хв
2. Самозанурення
Зміст роботи
Розв’язування нерівностей виду sinх ≥
а, sinх ≤ а, за допомогою одиничного
кола та графіка функції у = sinх.
Розв’язування нерівностей виду cosх ≥
а, cosх ≤ а за допомогою одиничного
кола та графіка функції у = cos х.
Розв’язування нерівностей виду tgх ≥а,
tgх ≤ а за допомогою одиничного кола
та графіка функції у = tgх.
Розв’язування нерівностей виду сtgх
≥а, сtg х ≤ а, за допомогою одиничного
кола та графіка функції у = сtgх.
Мета: Засвоїти методи
розв’язання найпростіших тригонометричних
нерівностей. Сформувати вміння розв’язувати
найпростіші тригонометричні нерівності.
Робота з підручниками
М.І.Шкіля
та
А.М.Колмогорова
та
планом – конспектом.
Групова робота з інструктивними картками
та завданнями.
12
Діяльність
Скласти план
– конспект лекції.
Брати активну
участь в обговоренні лекції.
Прочитати план – конспект
лекції, звернути увагу на зображення розв’язків найпростіших
тригонометричних нерівностей
на одиничному колі та графіку
відповідної тригонометричної
функції.
Показати на одиничному колі
та на графіках розв’язки найпростіших тригонометричних
нерівностей та записати їх алгебраїчно.
Використовуючи текст підручника і план – конспект лекції
виконати завдання інструктивних карток.

13. 25хв
3. Практичний
20хв
4. Контролюючий
Робота з підручниками
М.І.Шкіля
та
А.М.Колмогорова.
Групова робота.
Розв’язування тригонометричних нерівностей.
Індивідуальні
завдання.
Домашні
завдання
М.І.
Шкіль §5, №3(4-8) ст..138.
Виконати завдання
№ 154(а), № 155(б),
№ 156 (а), № 159 (а),
№
161
(а).
А.М.Колмогаров
(ст..81 – 82).
Виконання завдання з метою узагальнення, систематизації та контролю
знань.
Завдання – інструкція
Нерівності якого виду називають тригонометричними?
Як розв’язати нерівності виду sinх ≥ а, sinх ≤ а за допомогою кола та графіка функції
у = sinх?
Як розв’язати нерівності виду cos х ≥ а, cos х ≤ а за допомогою кола та графіка функції у = cos х?
Як розв’язати нерівності виду tgх ≥ а, tgх ≤ а за допомогою кола та графіка функції у
= tgх?
Як розв’язати нерівності виду сtgх ≥ а, сtgх ≤ а за допомогою кола та графіка функції
у = сtgх?
Індивідуальні завдання
(Контролюючий блок)
Картка №1
Розв’язати нерівності:

3

2
1
 3x   

3 3
2 ; г) 2 сtg х +2 > 0.
2 ; б) tg 
а) sinх ≥
; в) cos2х <
Картка №2
Розв’язати нерівності:
а) sin3х < -
3
1
2 ; б) cosх ≥ - 2 ; в) 3 tgх +
13
x 
     3;
3
2 4
≥ 0; г) сtg

14. Картка №3
Розв’язати нерівності:

2

 2x   
3 2

а) sin
; б) 2 cosх -
x
3
4 < 1; г) сtgх >
≥ 0; в) tg
3
.
Картка №4
Розв’язати нерівності:
а)
3
x 
  
2 sinх +1 > 0; б) cos  3 6  2 ; в) tgх > -
x
3
2 ≤ 1.
; г) сtg
Тематична атестація.
Контрольно-залікова робота з теми
«Тригонометричні рівняння та нерівності.
Обернена функція».
І варіант.
І рівень. (0,5б. за кожне завдання).
1. Значення виразу
arcctg 1  arcsin 0
дорівнює:


2 ; б) 0 ; в) 4 ; г)  .
а)
sin  
2. Розв’язком рівняння

а)
1

(0    )
2
2 є:




3 ; б)
4 ; в) 6 ; г) немає розв’язку.
cos  
3. Розв’язком нерівності
2
2 є число:


3
2 ; б) 0 ; в) 6 ; г) 2 .
а)
ІІ рівень.
4. Розв’язати рівняння: (по 0,75б. за кожне рівняння)
14

15. а)
tg  5
; б)
sin    3
.
sin  
5. На одиничному колі показати розв’язок нерівності:
6. Розв’язати рівняння:
3tg  3  0
1
2 . (1б.)
. (1б.)
ІІІ рівень.
7. Розв’язати рівняння:
cos 2   11cos   10  0
ctg
8. Розв’язати нерівність:

3
. (2б.)
 3
. (2б.)
ІV рівень.
9. Розв’язати одне із рівнянь: (3б.)
а)
б)
sin 5 cos 2  cos 5 sin 2  1
;
sin 2  sin 3  sin 8  sin 7   0
.
ІІ варіант.
І рівень. (0,5б. за кожне завдання).
arccos
Значення виразу
2
 arcctg1
2
дорівнює:



2 ; б) 3 ; в) 4 ; г) 0 .
а)
1

tg  (0    )
2
2 є:
2. Розв’язком рівняння





3 ; б)
4 ; в) 6 ; г) немає розв’язку.
а)
sin  
3. Розв’язком нерівності
15
3
2 є число:

16. 



4 ; б) 6 ; в) 2 ; г) 3 .
а)
ІІ рівень.
4. Розв’язати рівняння: (по 0,75б. за кожне рівняння)
а)
ctg   4
; б)
cos   2
.
cos   
5. На одиничному колі показати розв’язок нерівності:
6. Розв’язати рівняння:
2 sin   2  0
. (1б.)
ІІІ рівень.
7. Розв’язати рівняння:
4 sin 2   4 sin   3  0
tg 5 
8. Розв’язати нерівність:
3
3 . (2б.)
ІV рівень.
9. Розв’язати одне із рівнянь: (3б.)
а)
б)
cos 2   3 cos  sin   1  0
;
cos 9  cos 7   cos 3  cos   0
.
ІІІ варіант.
І рівень. (0,5б. за кожне завдання).
1
 arccos 1
2
Значення виразу
дорівнює:



6 ; б) 4 ; в) 0 ; г) 2 .
а)

ctg   1(0    )
2 є:
2. Розв’язком рівняння
arcsin

а)




3 ; б)
4 ; в) 6 ; г) немає розв’язку.
16
. (2б.)
1
2 . (1б.)

17. 1
2 є число:
cos  
3. Розв’язком нерівності



4 ; б) 6 ; в) 0 ; г) 3 .
а)
ІІ рівень.
4. Розв’язати рівняння: (по 0,75б. за кожне рівняння)
а)
tg  2
; б)
cos   3
.
5. На одиничному колі показати розв’язок нерівності:
6. Розв’язати рівняння:
2 cos   1  0
. (1б.)
ІІІ рівень.
7. Розв’язати рівняння:
4tg 2   tg  3  0
sin
8. Розв’язати нерівність:

4

. (2б.)
2
2 . (2б.)
ІV рівень.
9. Розв’язати одне із рівнянь: (3б.)
а)
sin 2   sin 3  cos 2   sin 
sin  cos
б)
;
 1

  sin cos 
3 2
3
.
ІV варіант.
І рівень. (0,5б. за кожне завдання).
Значення виразу
arctg 0  arcctg1
дорівнює:


3
2 ; б) 4 ; в) 4 ; г) 0 .
а)
cos  
2. Розв’язком рівняння
1

(0    )
2
2 є:
17
ctg   1
. (1б.)

18. 
а)




3 ; б)
4 ; в) 6 ; г) немає розв’язку.
sin  
3. Розв’язком нерівності
1
2 є число:



4 ; б) 6 ; в) 2 ; г) 0 .
а)
ІІ рівень.
4. Розв’язати рівняння: (по 0,75б. за кожне рівняння)
а)
ctg   2
sin  
; б)
3
2 .
5. На одиничному колі показати розв’язок нерівності:
3ctg   1  0
6. Розв’язати рівняння:
. (1б.)
ІІІ рівень.
7. Розв’язати рівняння:
ctg 2   ctg   2  0
cos 3  
8. Розв’язати нерівність:
1
2 . (2б.)
ІV рівень.
9. Розв’язати одне із рівнянь: (3б.)
а)
б)
cos 2   12 cos  sin   13 sin 2 
tg  tg 3  tg 4
;
.
18
. (2б.)
tg  1
. (1б.)

19. Нестандартні уроки
Тема. Тригонометричні рівняння та нерівності.
Мета: перевірити знання учнями тригонометричних формул, а
також уміння розв'язувати тригонометричні рівняння та нерівності.
Тип уроку. Урок контролю знань і вмінь.
ХІД УРОКУ
І. Організаційний момент.
Учитель. Ми закінчили вивчати теми «Тригонометричні функції», «Тригонометричні рівняння та нерівності». Перевіримо, як ви засвоїли:
• властивості тригонометричних функцій та побудову їх графіків;
• залежності між тригонометричними функціями одного й того
самого аргументу;
• формули:
синуса, косинуса, тангенса суми і різниці двох аргументів;
суми та різниці тригонометричних функцій;
тригонометричних функцій подвійного та половинного аргументів;
перетворення добутку тригонометричних функцій у суму або різницю;
• способи розв'язування тригонометричних рівнянь і нерівностей.
II. Перевірка домашнього завдання.
Вдома учні повинні були ознайомитися з історією розвитку тригонометрії, відповісти на запропоновані запитання, розв'язати 6 тригонометричних рівнянь різного рівня складності, а також дібрати та розв'язати кілька задач практичного змісту, що потребують знань з тригонометрії.
Перевірка виконання домашнього завдання здійснюватиметься
поступово протягом усього уроку.
III. Огляд знань учнів з теми.
Оцінки учнів за кожний етап огляду знань заносяться до заздалегідь підготовленого екрана.
1-й етап. Математичний диктант.
На цьому етапі перевіряються знання учнями основних формул з
тригонометрії.
19

20. 1-й варіант
Записати формули:
1) синуса суми двох аргументів;
2) суми косинусів двох аргументів;
3) синуса подвійного аргументу;
4) добутку косинусів двох аргументів;
5) косинуса різниці двох аргументів;
6) різниці синусів двох аргументів;
7) пониження степеня косинуса;
8) суми тангенсів двох аргументів.
2-й варіант
Записати формули:
косинуса суми двох аргументів;
2) суми синусів двох аргументів;
3) косинуса подвійного аргументу;
4) добутку синусів двох аргументів;
5) синуса різниці двох аргументів;
6) різниці косинусів двох аргументів;
7) пониження степеня синуса;
8) різниці тангенсів двох аргументів.
2-й етап. Контроль умінь учнів розв'язувати найпростіші тригонометричні рівняння.
Кожний учень одержує аркуш «обліку знань», де записано кілька тригонометричних рівнянь, які слід розв’язати
1-й варіант
ctgx  1
sin x  1 ;
cos x  0 ;
2
2 ;
1
cos x  
2 ;
sin x  
tgx   3
;
;
2x 1
sin

3
2 ;
2
x 
cos   
2
2 3
;


tg  5 x    3
4

;
20


2 sin 3 x    3  0
6


21. 2-й варіант
sin x  0 ;
cos x  1 ;
sin x  
1
2 ;
1
3
x 
2 sin    1  0
2 6
;
5x
3

6
2 ;
sin
3
2 ;
cos x  
tgx  1
ctgx  
2
x 
cos   
2
3 3
;


tg  3x    3
4

;
;
3-й варіант
cos x  0 ;
sin x  1 ;
cos x  
tgx 
sin x  
1
2 ;
1
3
x 
2 cos    3  0
2 3
5x
2

6
2 ;
cos

3

sin 3x   
4
2

;
x 
tg     1
3 6
;
;
ctgx   3
2
2 ;
;
4-й варіант
sin x  1 ;
cos x  1 ;
1
sin x  
2 ;
cos x  
2
2 ;
tgx   3
ctgx  1
sin
;
;
3x 1

4
2 ;
21
x 
tg     1
3 6
;


2 sin 3x    2  0
3


22. 3-й етап. З історії розвитку тригонометрії.
Учні відповідають на запитання.
1. Де, коли і як виникла тригонометрія?
(Слово «тригонометрія» вперше зустрічається 1595 р. у книжці
німецького теолога і математика Бартоломея Пітиска (1561—1613). Але
багато понять і фактів, які тепер відносять до тригонометрії, Були відомі ще дві тисячі років тому. Першими математиками — засновниками
тригонометрії вважаються грецькі математики Гіпарх і Гітолемей.
2. Кого з учених вважають засновником тригонометрії як самостійної науки?
(Відокремлення тригонометрії в окрему науку пов'язано з ім'ям
азербайджанського математика Насіреддіна Тусі (1201—1274), який
вперше розглядає її як особливий розділ математики.)
3. Хто з європейських учених вніс особливо значний вклад у розвиток тригонометрії?
(Вперше в європейських виданнях про тригонометрію йдеться в
книжці «П'ять книг про трикутники всіх видів» автора Іоганна Мюллера
(1436—1476), який відомий як Регіомонтан.
4. Хто надав тригонометрії сучасного вигляду?
(Сучасного вигляду тригонометрії надав великий математик XVIII ст. Л.Ейлер (1707—1783). Він першим увів відомі означення тригонометричних функцій, розглянув функції довільного кута, вивів формули зведення, визначив знаки тригонометричних функцій у четвертях.
5. Як виникли поняття «синус» і «косинус»?
(Слово «синус» — латинського походження і з'явилося як спеціальний термін у працях з астрономії великого індійського вченого Аріабхатта (476—550).
Слово «косинус» — набагато молодше і є скороченням латинського словосполучення complementy sinus, тобто «додатковий синус», і
також виникло в астрономії.)
6. Хто ввів поняття «тангенс», «котангенс», «секанс»,
«косеканс»?
(Поняття «тангенс» виникло у зв'язку з розв'язуванням задачі на
визначення довжини тіні. Поняття «тангенс», «котангенс», «секанс»,
«косеканс» уведено в Х ст. арабським математиком Абу-л-Вефою
(940—998), який склав і перші таблиці для знаходження тангенсів і котангенсів кутів.)
22

23. 4-й етап. Розв'язування задач.
1. Яка рівність не є тотожністю?
sin(270    )  cos 
cos(270    )  sin 
tg (2   )  tg
;
;
;
ctg (360   )  ctg

;


sin     cos 
2

.
2. Чи можуть cos  і sin  набувати одночасно вказаних зна-
чень?
0.3 i 0.7;
1
6
7 i 7 ;
1
2
i
2
2 ;
3 i 5;
3
5
8 i 8 .
3. Спростити вираз
cos 2 
sin 2 

.
sin  1  ctg   cos  1  tg 
4. Яке з чисел може бути значенням sin  ?
18
5.825;
11 ;
6 6
6
6 6
6
;
-3.8271.
23
;

24. 1
5. Значення якого виразу дорівнює 2 ?
sin 103 cos 47   sin 47  cos 103 ;
sin 98 cos 82  sin 82 cos 98 ;
cos 70 cos 50  sin 70 cos 50 ;
cos 25 cos 20  sin 25 sin 20 ;
sin 10 cos 80  sin 80 cos 10 .
5-й етап. Контроль умінь учнів розв'язувати найпростіші тригонометричні нерівності.
Кожний учень одержує аркуш «обліку знань», де записано кілька
тригонометричних нерівностей, які слід розв'язати.
1-й варіант
1
ctgx  1
sin x 
;
2 ;

3

sin 2 x   
2
4 2

cos x  
;
2 ;
2
x 
cos   
tgx  3
;
2
3 6
.
2-й варіант
sin x  
cos x 

tg x
1
2 ;
ctg x > 1;
x  1
sin   
2 3 2 ;
2
2 ;
1
3

3

cos 2 x   
6 2

.
;
24

25. 3-й варіант
3
2 ;
1
cos x  
2 ;
sin x  
tg x
 3

ctg x
1
3
;
x  1
sin   
3 6 2 ;

1

cos 2 x    
4
2

.
;
4-й варіант
3
2 ;
1
cos x  
2 ;
sin x 

ctg x < 1;

1

sin 3x    
4
2

;
3
x 
cos   
2 3 2 .
1
3
tg x
;
6-й етап. Виконання учнями завдань на застосування властивостей тригонометричних функцій.
1. Назвати хибне твердження:
arccos( 1)  

arcsin

2
2

 arcsin  
 2 0
2


4 ;
1
1
arccos  arccos
3
5 ;
1
1
arcsin  arcsin
2
5 ; arcctg 3  arcctg ( 3)  0;
;
.
25

26. 2. Яке рівняння не має розв'язків?
tg x – ctg x = 0;
tg 2x = tg x;
cos 2x = cos x;
sin x – cos x = 2;
sin2 x + cos2 =1.
3. Назвати хибне твердження:
sin x 
якщо
cos x 
якщо
якщо tg x =
3

x  (1) k  k , k  Z
2 , то
3
;

3
x    2k , k  Z
,
6
2 то
ж
1

x   k , k  Z
3
6
, то
;
x
якщо ctg x = 1, то

4
 k , k  Z
;
2

x    2k , k  Z
2 , то
4
якщо
.
7-й етап. Розв'язування задач підвищеної складності.
1. Розв'язати рівняння:
cos x  
sin 2 x  sin 2 2 x  sin 2 3x  sin 2 4 x  2;
cos 6 x  sin 6 x 
13
cos 2 2 x;
8
1
1
cos 2 2 x  cos 2 x.
2
2
2. Розв'язати нерівність:
sin 8 x  cos 8 x 
sin 4 x  6 sin 2 x  4  0;
sin x sin 7 x  sin 3x sin 5x;
3
cos 3 x sin 3x  sin 3 x cos 3x  ;
8
26

27. 8-й етап. Підбиття підсумків.
Учитель оцінює роботу кожного учня з урахуванням їх оцінок,
одержаних на кожному етапі огляду знань. Оцінки за кожний етап заносяться групою експертів до екрана успішності після кожного етапу. До
групи експертів входять кращі математики 11-х класів, учителі математики, які також перевіряють завдання відразу після їх виконання.
УРОК-ГРА МАТЕМАТИЧНИЙ ТУРНІР
Необхідний час — 90 хв.
При вивченні теми «Тригонометричні рівняння» на одному з уроків
учні ознайомилися з лінійним тригонометричним рівнянням виду аsіпх + Ьсоsх=с та розглянули його розв'язування на прикладі рівняння sinx-cosx= 0 (як окремий випадок лінійного).
Вчитель показав та детально пояснив різні способи його розв'язування та обґрунтував доцільність кожного з них.
На домашнє завдання було задано розв'язати ще одне лінійне тригонометричне рівняння sinx-cosx = 1, застосовуючи уже відомі способи
розв'язування. Для закріплення цього матеріалу доцільно провести одне заняття у формі математичного турніру.
Організація гри. Учнів попереджено про проведення турніру. Клас
поділено на дві однакові за підготовкою команди, обрано їх капітанів та чотирьох арбітрів (це мають бути добре підготовлені учні).
Безпосередньо перед турніром вчитель перевіряє та коректує роботу
цих учнів, роз'яснює їхні обов'язки.
Правила гри та умови оцінювання. Перша частина турніру — теоретична. Зачитуються запитання. Команди відповідають по черзі. За прави-льну відповідь на кожне запитання команді нараховується три бали.
Якщо відповідь неточна (неповна), то кількість балів зменшується. За
уточнення (доповнення) команда-суперниця отримує різницю балів.
Друга частина турніру — консультація. Арбітри та капітани, кожний
для членів своєї команди, проводять консультації з приводу різних
спосо-бів розв'язування заданого рівняння.
Третя частина турніру — практична. Перед її початком арбітри оголошують рахунок гри та називають команду, яка перемогла у теоретичній частині турніру. Тоді капітан цієї команди для участі у І турі практичної частини турніру (а таких турів буде вісім) викликає двох учнів:
одного зі своєї команди, другого від команди суперників. При цьому
він називає один із способів розв'язування лінійних тригонометричних
рівнянь.
Перша пара учасників незалежно один від одного на відкидних дош-
27

28. ках розв'язує задане рівняння названим способом.
Під час змагань у третій частині турніру заміна учасників, допомога
їм чи консультація зі своєю командою не дозволяється. Якщо обидва справилися зі своїми завданнями без помилок та зауважень з боку
суперників або арбітрів, то вони отримують по п'ять балів.
Недоліки у розв'язуванні рівняння зменшують кількість, нарахованих балів.
Якщо учень не може розв'язати рівняння названим йому способом або розв'язок неправильний, то в цьому випадку його команді
нічого не нараховується, а він сам займає місце на лаві штрафників.
Для реабілітації йому необхідно розв'язати найпростіші тригонометричні
рівняння. Штрафні картки здаються арбітрам. Якщо
штрафник правильно розв'язав більше двох із п'яти запропонованих
рівнянь, то його команді в кінці турніру нараховується три бали.
Далі гру продовжує капітан другої команди (правила вже відомі). Після восьмого туру практичної частини турніру арбітри підводять її
підсумок і підсумок турніру в цілому. Оголошуються переможці.
Зауваження. Члени команд, які почувають себе невпевнено, ще на
початку третьої частини турніру мають право відмовитися від участі у
змаганні. Таким учням пропонуєтеся нескладна самостійна робота,
яку вони повинні виконати протягом 20-25 хвилин і здати на перевірку вчителю. Лише тоді вони стають глядачами — болільниками своїх команд.
Тема: Деякі способи розв'язування тригонометричних
рівнянь
Мета: Перевірити та закріпити уміння і навички застосування різних способів розв'язування лінійних тригонометричних рівнянь; формувати вміння переносити набуті знання у нові ситуації, підтримувати в учнів бажання займатися математикою.
Хід уроку
/. Повідомлення теми і мети уроку, форми його проведення.
Оголошуються правила гри та умови оцінювання.
//. Актуалізація опорних знань (перша частина турніру).
///. Консультація (друга частина турніру).
IV. Різні способи розв'язування тригонометричного
няння sinx-cosx = 1 (третя частина турніру).
28
рів-

29. V. Підсумок уроку.
Запитання теоретичної частини
турніру
Яке рівняння називається тригонометричним?
Яка особливість розв'язків тригонометричних рівнянь?(Вони, як
правило, або зовсім не мають розв'язків, або мають їх безліч внаслідок властивості періодичності тригонометричних функцій.)
Які тригонометричні рівняння називаються найпростішими?
(Рівняння виду sinx=a, cosx=a, tgx=a, ctgx=a.) Що означає розв'язати найпростіше тригонометричне рівняння?
(Знайти множину всіх кутів (дуг), які перетворюють рівняння в прави-льну числову рівність.)
Записати формули розв'язків найпростіших тригонометричних рів
-нянь. При яких, значеннях а ці рівняння мають розв'язки? (sinx=a,
n
|а|  1; x=(-1) arcsina+  n, n  Z; cosx=a, |а|  1; х = ±агссоsа + 2
 п, n  Z; tgx=a, a  R; х = агсtgа +  п, n  Z; ctgx=a, a  R; х =
агсctgа +  п, n  Z.)
Записати формули розв'язків найпростіших тригонометричних рівнянь, якщо а = -1, а = 0, а=1 — часткові випадки.
Які тригонометричні nрівняння n 1
називаються однорідними?
n2
2
0
1
(Рівняння виду а cos х+а соs
х  sinx+а 2 соs
х  sin
n
х+...+ а n sin х = 0, де ао, а1 ..., аn − задані числа, п — натуральне число, називаються однорідни-ми відносно функцій sinx i cosх)
Як розв'язуються однорідні рівняння n-го степеня відносно синуса і
n
n
косинуса? (Діленням обох частин рівняння на cos x (або на sin х).
Які
тригонометричні
рівняння
називаються
лінійними?
(Виду аsinх + bсоsх = с, коефіцієнти а, b , c — довільні дійсні числа.)
10. Коли існують розв'язки лінійних тригонометричних рівнянь?
с
a  b2
2
(Якщо виконується умова
29
 1,
2
2
2
тобто a  b  c .)

30. 11. Назвати способи розв'язування лінійних тригонометричних
рівнянь, коли а  b  c .[а) спосіб зведення до однієї тригонометричної функції; б) спосіб зведення рівняння до однорідного відносно синуса і косину-са; в) спосіб введення допоміжного аргументу; г) спосіб заміни sinx i cosх на тангенс половинного кута
(універсальна підстановка); д) графічний спосіб.]
Назвати способи розв'язування лінійних тригонометричних рівнянь, коли або b=с, або а = с, або а = b. [е) спосіб розкладання
на множни-ки (b =с або а = с); є) спосіб перетворення різниці
(суми) тригонометричних функцій в добуток (a=b); ж) спосіб
піднесення до квадрата (a=b).]
Різні способи розв’язування лінійного тригонометричного рівняння sinx-cosx=1
а) Cпосіб зведення до однієї тригонометричної функції
Підставимо кожний розв’язок у задане рівняння:
якщо
x

2






 2 ,   , sin  2   cos  2   sin  cos  1  0  1;1  1;
2
2
2

2

якщо
x    2n, n  Z , то sin  2n  cos  2n  sin   cos   0  (1)  1;1  1;
якщо
x 

2
 

 

 
 
 2 m, m  , òî sin    2 m   cos    2 m   sin     cos    
2
2
2





 2
 1  0  1; 1  1
Отже, задане рівняння задовільняють лише розв’язки множини

x   2 ,   x    2n, n  .
2
x
Відповідь:

2
 2 ,   x    2 ,  .
б) Спосіб зведення рівняння до однорідного відносно синуса та
косинуса
30

31. sinx-cosx=1
У лівій частині заданого рівняння замінимо sinx та cosx за
формулою подвійного аргументу, а праву частину замінимо
x
x
x
x
x
x
cos  cos 2  sin 2  sin 2  cos 2 ;
2
2
2
2
2
2
x
x
x x
x
2 x
2 sin cos  2 cos
 0; cos  sin  cos   0.
2
2
2
2 2
2
 x
 x
x 
x    2 n , n  ,
cos 2  0,
cos 2  0
 2  2  n , n  ,





x   2 m , m  .
sin x  cos x  0;
tg x  1;
x    m , m  ;
2

 2
 2
2 4
2




³äïîâ³äü
: x   2 m , m  x    2 ,   .
2
2 sin
тригонометричною одиницею.
в) Спосіб введення допоміжного аргументу
Sinx+cosx=1
Домножимо обидві частини заданого рівняння на число
2
:
2
2
2
2


2
 cos x 

; sin x  cos x  cos x  sin 
;
2
2
2
4
4
2

2


n 
sin  x   
; x    1
 n, n   
4
2
4
4

sin x 
x

2
 2 ,   абоx    2l , l  .
Відповідь : x 

2
 2 ,   x    2 ,  .
г) Спосіб заміни sinx i cos x на тангенс половинного кута
Sinx+cosx=1
31

32. x 
   ,   .
1) Нехай 2 2
.
Застосуємо формули
sin x 
2 tg
1  tg
2
x
2
2
1  tg
; cos x 
1  tg
2
x
2 ;
x
2
x
2  1  2 tg x  1  tg 2 x  1  tg 2 x .

x
x
2
2
2
1  tg 2
1  tg 2
2
2
x
x
x


2 tg
 2; tg
 1;

  ,   ; x 
 2 ,   .
2
2
2
4
2
2 tg
x
2
x
2
1  tg
2
Необхідно перевірити, чи не буде
заданого
х    2 ,   Z
розв’язком
рівняння:
sin  2   cos  2   sin   cos   0  (1)  0  1  1;1  1.
Отже
х    2 ,   Z
х

2
- розв’язок заданого рівняння.
 2n, n  Z
Відповідь:
д) Графічний спосіб
або
х    2 ,   Z
.
sin x – cos x = 1
Задане рівняння перепишемо у вигляді: sin x =cos x +1.
Введемо функції у = sin x та у = соs х + 1. В одній системі координат будуємо графіки цих функцій. Розв'язки заданого рівняння
знайдемо як абсциси точок перетину графіків.
32

33. х

 2n, n  Z
х    2 ,   Z
Відповідь:
або
.
е) Спосіб розкладання на множники
sin x – cos x = 1
Задане рівняння перепишемо у вигляді: sin x –(1+ cos x) = 0.
Оскільки
1  cos x  2 cos 2
cos
2
x
x
x
x
x
x
, sin x  2 sin cos , 2 sin cos  2 cos 2  0;
2
2
2
2
2
2
x 
 sin
2 
x
2
 cos
x 
  0
2 
.Далі аналогічно як у способі б).
х

 2n, n  Z
х    2 ,   Z
Відповідь:
або
.
є) Спосіб перетворення різниці (суми) тригонометричних
функцій в добуток
2
sin x – cos x = 1
Задане рівняння запишемо у вигляді:


sin x  sin  x   1
2

.
Застосуємо формулу різниці синусів


 2


2 sin  x   cos  1;2 sin  x   
 1;
4
4
4 2





2  x   2 ,   ,

sin  x   
;
2
4 2 

 x    2 ,  .
(як у випадку в).
33

34. х

 2n, n  Z
х    2 ,   Z
Відповідь:
або
.
ж) Спосіб піднесення до квадрата
sin x – cos x = 1
Піднесемо обидві частини заданого рівняння до квадрата
sin x
2
 cos x 2  1 2 ;
sin 2 x  2 sin x cos x  cos 2 x  1
1  sin 2 x  1; sin 2 x  0; 2 x  ,   ;
x 

,  
2
x  2 ,  Z
x

2
 2l , l  Z
x    2s, s  Z
x

2
 2r , r  Z .
Оскільки ми використовували піднесення обох частин рівняння до квадрата, то можлива поява сторонніх коренів. Тому
виконаємо перевірку:
x  2 ,  Z
якщо
, то
sin 2k  cos 2k  0  1  1;1  1;
x
якщо

2
 2l , l  Z
, то
34

35. якщо
x    2s, s  Z
, то
sin(  2s)  cos  2s   sin   cos   0   1  1;1  1;
x
якщо

2
 2r , r  Z
, то
 

 

 
 
sin    2 r   cos    2 r   sin     cos    
 2

 2

 2
 2
 1  0  1; 1  1
Отже, задане рівняння задовільняють лише розв’язки

x   2l , l  Z
x    2s, s  Z
2
множин
,
.

x   2l , l  Z
x    2s, s  Z
2
Відповідь:
або
.
Зауваження. У сильних класах доцільно провести третю частину турніру, розв’язуючи лінійне тригонометричне рівняння у загальному вигляді, а саме
а sinx+b cos x = c.
При цьому розглядаємо випадки, коли a ≠ b ≠ c; a = c
або b = c; a = b, та застосовуємо різні способи його розв’язування.
НАЙПРОСТІШІ ТРИГОНОМЕТРИЧНІ РІВНЯННЯ
Рівняння називається тригонометричним, якщо невідома величина входить під знак тригонометричної функції. Такими є,
наприклад, рівняння
siп х — соs х – tg x + 1=0; sin x + cos x = 1, Розв'язати тригонометричне рівняння — значить визначити всі значення невідомої величини, які його задовольняють.
35

36. Тригонометричне рівняння може не мати розв’язків.
Наприклад, рівняння sіп х = 8 розв'язків не має, бо абсолютна
величина синуса не може бути більша за одиницю.
Якщо тригонометричне рівняння має розв’язки, то їх безліч.
Усяку множину розв'язків тригонометричного рівняння, яка задається формулою, називають загальним розв'язком (або серією розв'язків). Так, загальним розв'язком найпростішого рівняння sіп х =
 k, де k  Z. Розв'язки за певних значень k називають
О буде х =
частинними. Наприклад, при k =0 дістанемо частинний розв'язок

попереднього рівняння х = 0, при k = 1 х = .
До найпростіших рівнянь належать такі рівняння:
sіп х = a; соs х =а, tg х = а сtg х = а. Знайдемо розв’язки цих рівнянь при деяких значеннях а, зокрема:
а = 0; а = 1; а =- 1.

1. Якщо sin х = 0, то х = k
. Справді, синус дорівнює нулю
для дуг, які закінчуються в кінцях горизонтального діаметра. А
така множина дуг виражається формулою х = k
 Z.)
 . (Тут і далі k

 k
2
Якщо соs х = 0, то
. Справді, косинус дорівнює нулю для дуг, які закінчуються в кінцях вертикального діаметра. А

x   k
2
множина таких дуг виражається формулою
x 
Якщо tg х = 0, то х = k
x 
Якщо ctg х = 0, то
 .

2
 k

 k
2
2. Якщо sіп х = 1, то.
Справді, синус дорівнює
одиниці для дуг, які закінчуються у верхньому кінці
x 
36

37. вертикального діаметра. А множина таких дуг

x   2k
2
виражається формулою

Якщо соs х = 1, то х = 2k . Справді, косинус дорівнює одиниці для дуг, які закінчуються в правому кінцi горизонтального
діаметра. А множина таких дуг

виражається формулою х = 2k .

x    2k
2
3. Якщо sіn х =-1, то
, оскільки синус дорівнює - 1 для дуг, які закінчуються у нижньому кінці вертикального діаметра. А множина таких дуг

x    2k
2
виражається формулою

Якщо соs х = —1, то х=(2k+1) . Справді, косинус дорівнює
—1 для дуг, які закінчуються в лівому кінці горизонтального
діаметра. А множина таких дур виражається формулою х=(2k+1)
 .
Для значень а, які не дорівнюють 0, ±1, формули розв'язання
найпростіших рівнянь такі:
якщо sin х =а (|а|

1), то х = (—1)
k
аrс sіn а + k

якщо соs х = а( |а|  1), то х = ± аrс соs а + 2k ;
 ,
 ;

якщо сtg х = а, то х = аrс сtg а + k .
якщо tg x = a, то х = аrс tg а + k
Всі інші типи рівнянь вводяться до найпростіших за допомогою алгебраїчних перетворень з використанням тригонометричних формул.
Подамо загальні розв'язки деяких рівнянь, які за допомогою
алгебраїчних перетворень легко вводяться до найпростіших.
37

38. Р о з в'я з а н н я. Введемо заміну: sin х = z(1). Тоді дістанемо
1
z 1  1; z 2 
2
2 Підставивши значення
2z
-3 z + 1=0, звідки
z в (1), матимемо:
x 

 2k
2
1) sin х = 1;
;
1

sin x  ; x  ( 1) k  k 
2
6
2)
Приклад 3. Розв'язати рівняння 3sіn
Р о з в' я з а н н я. Запишемо sіn
шись формулою
sіn
2
— соs х + 1 =0 або 3 cos
2
х —cos х + 1 = 0.
х через cos х, скористав-
х= 1 - cos
2
2
2
х Тоді З (1 — cos
2
х)
х + соs х - 4 = 0. Введемо заміну:
2
соs х =z (1). Тоді З z
+ z - 4= 0, звідки
4
z 1  1; z 2  
3 Підставивши значення z в (1), дістанемо:
1) соs x = 1,x = 2k
 ; 2)
cos x  
4
3 ,x=  , бо ‫ا‬cos x1  ‫ا‬
3 tg ( 2 x 

6
) 1  0
Приклад 4. Розв'язати рівняння
Р о з в'я з а н н я. Розв'яжемо рівняння відносно тангенса.

1
tg ( 2 x  )  1  
6
3
Тоді
38

39. 2 x  Приклад 5. Розв'язати рівняння аrc sin (х
2
+х+
3

2 )= 3
Р о з в'я з а н н я. Розв'яжемо рівняння відносно аргументу аrc
sin: (х
2
2
3

+ х + 2 ) = sin 3 =
3
2 .Звідки х
2
+ х =0 i x 1 = 0; x
=-1.
Ці значення х задовольняють умову — 1  х
1 і тому вони є
розв'язками рівняння.
2
3
+х+ 2

ТИПИ ТРИГОНОМЕТРИЧНИХ РІВНЯНЬ ТА МЕТОДИ ЇХ РОЗВ'ЯЗАННЯ
Множину тригонометричних рівнянь поділяють на кілька типів.
До першого типу належать розглянуті вище найпростіші тригонометричні рівняння, а також такі, що зводяться до них за допомогою алгебраїчних перетворень.
До другого типу належать рівняння, лівою і правою частинами, яких є одна й та сама функція, але від різних аргументів. Наприклад, sin (ах + b) = sin (cх +d). Ці рівняння розв'язують так:
переносять праву частину в ліву і за відомою формулою перетворюють ліву частину в добуток, прирівнюють кожний співмножник до нуля і знаходять усі розв'язки рівняння.
39

40. Приклад 6.




sin 3x    sin x  .
3
6


Р о з в ‘я з а н н я .




sin  3x    sin  x    0;
3
6


3x 
2 sin

3
x

6 * cos
3x 

3
x

6  0;
2
2




1) sin  x    0; x   k ; x   k ;
4
4
4

 
 
7
7 k

2) cos 2 x    0;2 x 
  k ;2 x 
 k ; x 

, k  Z.
12 
12 2
12
14
2

До третього типу належать рівняння, в одній частині яких є деяка функція, а в іншій кофункція (для синуса - косинус; для тангенса — котангенс, і навпаки).
Наприклад, siп (ах + b) = соs (сх + d). Метод розв'язування: використати формулу зведення, перейти до однієї функції і звести
рівняння до другою типу.




sin  3 x    sin  x    0;
3
6


3x 


3x 

x

6 * cos
3
6  0;
2
2




1) sin  x    0; x 
 k ; x 
 k ;
4
4
4

 


7
7
k

2) cos 2 x 

 k ;2 x 
 k ; x 

, k  Z.
  0;2 x 
12 
12
2
12
14
2

2 sin
3
x
40

41. До третього типу належать рівняння, в одній частині яких є деяка функція, а в іншій кофункція (для синуса - косинус; для тангенса — котангенс, і навпаки).
Наприклад, siп (ах + b) = соs (сх + d). Метод розв'язування: використати
формулу зведення, перейти до однієї функції і звести рівняння
до другою типу.
Приклад 7.




tg 5x    ctg 3 x  .
3 
6 


Р о з в ‘я з а н н я .




tg 5x 
  ctg 3 x  .
3 
6 







tg 5x 
  tg   3 x 
3 
6


2

  0;



 2

tg  5 x 
 3x   0;
  tg 
3
3





sin  8 x    0;
3

8x 

3
x
 k ;

18

x

24

   2

sin  5 x    
 3x 
3  3


 0;


 2

cos 5 x   * cos
 3x 
3

 3


k
;
8
x

30

k
;
5
k
, k  .
3
Рівняння, в яких треба виконати алгебраїчні дії над будь-якою
однією тригонометричною функцією від одного й того самого аргументу, належать до четвертого типу. Метод розв'язування: після
введення заміни звести тригонометричне рівняння до алгебраїчного.
41

42. Приклад 8. sin 2 x  3 sin 2 x  2  0.
Р о з в’ я з а н н я. Нехай
2
sin 2 x  z ,
z 2  3 z  2  0;
z1  1; z 2  2.
1) sin 2 x  1;
2) sin 2 x  2.
2x 

2
 2k ;
x

4
 k ; k  .
sin 2 x  1;  .
Рівняння розв’язків не має
До п'ятого типу належать рівняння, права частина яких дорівнює
нулю, а ліва є добутком многочленів, у кожному з яких треба виконати алгебраїчні дії над будьякою тригонометричною функцією. Метод розв'язування: кожний співмножник прирівняти до нуля і знайти всі розв'язки.
Приклад 9 .
cos x  1 * tgx 

3  0.
Р о з в’ я з а н н я.
1) cos x  1  0; cos x  1; x  2k ;
2)tgx  3  0; tgx   3; x  

3
 k ; k  .
До шостого типу належать такі рівняння, в яких треба виконати
алгебраїчні дії над кількома тригонометричними функціями одного
й того самого аргументу. Метод розв'язування: звести дві функції
до однієї і дістати рівняння четвертого типу.
Одним з універсальних способів розв'язування таких рівнянь є
запис функцій через тангенс половинного аргументу.
Приклад 10.
sin x  cos x  tgx  1  0.
42

43. tg
Р о з в ‘я з а н н я. Виразимо всі функції через
x
 z.
2
Тоді
2z
1 z
2z


 1  0;
2
2
1 z
1 z
1 z2
2


z1, 2  0; z 3, 4  1  2.
z 2 z 2  2 z  1  0;
1)tg
x
x
 0;  k ; x  2k .
2
2
2)tg
x
 1  2 ;
2




x
 arctg  1  2  k ;
2
x  2arctg  1  2  2k , k  .
До цього ж типу належать і так звані однорідні рівняння, які
містять функції синус або косинус від одного й того самого аргументу, причому степінь кожного доданка збігається. Метод розв'язування: поділити ліву і праву частини на синус або косинус у
степені, який дорівнює степеню кожного доданка.
Приклад 11.
sin 3x  2 cos 3x  0.
Р о з в ‘я з а н н я.
Поділимо обидві частини на cos 3x, причому cos 3x  0, дістанемо:
tg 3x  2  0; tg 3x  2;
3x  arctg 2  k ; x 
1
k
arctg 2 
, k  .
3
3
Приклад 12.
3 sin 2 x  3 sin x cos x  2 cos 2 x  2.
Р о з в ‘я з а н н я. Зводимо це неоднорідне рівняння до однорідного. Для цього помножимо-праву частину на одиницю, яку за2
2
пишемо як sin x  cos x Тоді
43

44. 

3 sin 2 x  3 sin x cos x  2 cos 2 x  2 sin 2 x  cos 2 x ,
sin 2 x  3 sin x cos x  4 cos 2 x  0.  cos 2 x  0.
Дістанемо:
tg 2 x  3tgx  4  0.
Позначемо:
tgx  z.
Тоді:
1)tgx  4; x  arctg 4  k ;
2)tgx  1; x  arctg  1  k  

 k , k  .
4
Сьомий тип — рівняння, в яких треба виконати алгебраїчні дії
над тригонометричною функцією від різних аргументів. Метод розв'язування: звести задане рівняння до попередніх типів, використавши різні тригонометричні формули.
Приклад 13.
sin x  sin 2x  sin 3x  sin 4 x  0.
Р о з в ‘я з а н н я.
Згрупуємо парами доданки і суми, перетворимо в добутки:
sin x  sin 3x  sin 2x  sin 4x  0
2 sin 2 x cos x  2 sin 3x cos x  0;
2 cos xsin 2 x  sin 3x   0;
cos
2 cos* 2 sin
x
5x
cos x sin
 0.
2
2
1) cos
x
x 
 0;   k ; x    2k .
2
2 2
2) cos x  0; x 
3) sin
5x

 0;
5x


2
 k .
 k ; x 
2k
; k  .
5
44
5x
x
cos  0;
2
2

45. Приклад 14.
sin 10x sin 3x  sin 8x sin 5x.
Р о з в ‘я з а н н я.
Використавши формули перетворення добутку тригонометричних функцій у суму або в різницю, матимемо:
1
cos 7 x  cos 13x   1 cos 3x  cos 13x ;
2
2
k
cos 7 x  cos 3x  0.
2) sin 2 x  0;2 x  k ; x 
, k  .
2
Використавши формули перетворення суму або різниці тригонометричних функцій у добуток, матимемо:
 2 sin 5x sin 2 x  0.
1) cos x  0; x 

2
Звідки
 k .
1) sin 5 x  0;5 x  k ; x 
k
.
5
Приклад 15.
cos 2 x  cos 2 2 x  cos 2 3x  cos 2 4 x  2.
Р о з в ‘я з а н н я.
Зменшимо степінь кожного доданка, використавши відповідні
1  cos 2 x 1  cos 4 x 1  cos 6 x 1  cos 8 x



 2.
2
2
2
2
формули
Спрос-
тивши, дістанемо
cos 2x  cos 4x  cos 6x  cos 8x  0.
45
Згрупувавши доданки

46. парами і застосувавши відповідні формули, матимемо:
2 cos 3x cos x  2 cos 7 x cos x  0;
2 cos x * 2 cos 5x cos 2 x  0;
2) cos 2 x  0;2 x 

2
cos x cos 2x cos 5x  0.

4
2) cos 2 x  0;2 x 

2
k
.
2
 k ; x 

4
 k ; x 



k
.
2
k
, k  .
2
10 5
До восьмого типу належать такі рівняння, в яких треба виконати алгебраїчні дії над різними тригонометричними функціями різних аргументів. Метод розв'язування:
звести рівняння до однієї функції від одного аргументу або перетворити ліву частину в добуток, який дорівнює нулю.
Приклад 17.
sin 5x cos 3x  sin 6x cos 2x  sin 2x.
3) cos 5 x  0;5 x 

 k ; x 


k
, k  .
2
10 5
До восьмого типу належать такі рівняння, в яких треба виконати алгебраїчні дії над різними тригонометричними функціями різних аргументів. Метод розв'язування:
звести рівняння до однієї функції від одного аргументу або перетворити ліву частину в добуток, який дорівнює нулю.
Приклад 16.
sin 5x cos 3x  sin 6x cos 2x  sin 2x.
3) cos 5 x  0;5 x 

 k ; x 
2 cos xcos 3x  cos 7 x   0;
46


47.  2k

 x  10  5 ;


 x    n.

4

sin 5 x  1;
 2k


x 
;
sin 2 x  1.  

10
5

sin 5 x  1;
 x  ;
 x     n.



sin 2 x  1.
4

 x  .

Жодна з систем не має розв'язків, а це означає, що й задане рівняння також не має розв'язків.
Справді, щоб системи мали розв'язки для деякого х, що є розв’язком системи, має існувати для цілого n також ціле
 2k 
1 2k 1
3  20n
k: 
  n; 
  n; k 
.
10
5
4
10 5 4
8
Але права частина цієї рівності ні за яких n цілого значення для k
не дає. Це означає, що сукупність систем розв’язків не має.
Приклад 18.


1 

2
2
 cos x 
 1  tg 2 y 3  sin 3z   4
2
cos x 

Р о з в ‘я з а н н я.
Оцінимо область зміни кожного співмножника лівої частини:
1
2  cos 2 x 
 ;1  1  tg 2 2 y  ;2  3  sin 3z  4.
2
cos x
(сума взаємо обернених додатних чисел не менша від 2).
Перемножимо відповідні частини нерівності, дістанемо:


1 

2
4   cos 2 x 
 1  tg 2 y 3  sin 3z   .
2
cos x 

Отже, добуток дорівнює 4, якщо
47

48. t
 2;1  tg 2 2 y  1;3  sin 3z  2.
cos 2 x
Звідси послідовно знаходимо:
cos 2 x 

1) cos 4 x  2 cos 2 x  1  0; 1  cos 2 x
2)tg 2 2 y  0; tg 2 y  0;2 y  k ; y 
3) sin 3z  1;3z  

2
 2k  

6

2
 0; sin x  0; x  k .
k
.
2

2k
, k  .
3
ВТРАЧЕНІ І СТОРОННІ КОРЕНІ ТА ПЕРЕВІРКА ЗНАЙДЕНИХ РОЗВ’ЯЗКІВ ТРИГОНОМЕТРИЧНИХ РІВНЯНЬ
Під час розв'язування рівнянь взагалі й зокрема тригонометричних доводиться виконувати різні математичні операції, які призводять до звуження або розширення областей існування рівнянь внаслідок чого може змінитися й множина розв'язків рівнянь. Отже,
виконання математичних перетворень може призвести до рівняння, яке не є еквівалентним даному. Якщо область визначення рівняння звужується, то можлива втрата розв'язків, якщо розширюється, то можлива поява сторонніх розв'язків.
Назвемо деякі операції, які можуть призводити до втрати розв'язків або до появи сторонніх коренів. Корені можуть бути втрачені,
коли: рівняння ділять на вираз, що містить змінну, причому втрачається той корінь, при якому цей вираз перетворюється в нуль;
вирази логарифмують, оскільки ця операція звужує область визначення.
Поява сторонніх коренів можлива тоді, коли:
обидві частини рівняння множать на вираз, що містить змінну,
причому стороннім коренем є той корінь, при якому цей вираз перетворюється в нуль;
48

49. обидві частини рівняння підносять до парного степеня;
взаємно протилежні доданки скорочують;
вирази потенціюють, оскільки ця операція розширює область
визначення.
Тому, розв'язуючи рівняння, треба стежити за зміною області
визначення рівнянь і передбачити втрату або появу сторонніх коренів.
Якщо в процесі спрощення виразів не використовувались згадані перетворення, то сторонніми коренями можуть бути лише ті,
за яких ліва або права частини рівняння не визначені.
Відсіюють сторонні корені перевіркою знайдених, підставляючи їх у вихідне або в еквівалентне йому рівняння.
Розв'язки тригонометричного рівняння періоду l достатньо пе l l
 2 ; 2 


ревірити на проміжку
, який дорівнює за довжиною періоду рівняння, причому, якщо рівняння містить тільки парні або
тільки непарні функції, то перевіряють лише невід'ємні корені на
 l
0; 2 


півперіоді
корінь х = а передбачає існування кореня х = а.
Приклад 19.
Розв’язати рівняння

Якщо період рівняння не перевищує 2
то перевірку доцільно виконувати на одиничному колі, надаючи k послідовно значень 0; ±1; ±2; ±3 і т. д., не виходячи за межі періоду рівняння і
позначаючи точками корені. Якщо період рівняння більший від 2
 , то корені перевіряють на числовій прямій.
sin x  1 cos x  sin x  1.
x 1  0ix 2 

2
Р о з в ‘я з а н н я.
Часто, щоб розв'язати таке рівняння, обидві
частини його ділять на sіn х-1 і втрачають множину коренів:
49

50. 
 2k , k  ,
2
оскільки при цих значеннях ліва і права частини рівняння дорівнюють нулю. Тому тут треба перенести всі члени рівняння
в ліву частину і розкласти її на множники:
x
sin x  1 * cos x  1  0,
1) sin x  1, x 

звідси
 2k ;
2


x  x
x  x

2
2
sin x  sin(  x )  1; 2 sin
cos
 1;
2
2
2
2 sin
x 

4

4
cos( x 


4

4
)  1; cos( x 
 2 k , x 

4


4

4
) 
2
;
2
 2 k , k  Z
2) cos x  1, x  2k , k  .
Корені перевіряти не слід, бо еквівалентність рівняння не
порушувалась.
Приклад 20.
tgx
1
tg 4x
Розв'язати рівняння
Р о з в ‘я з а н н я.
Рівняння визначено при всіх х, крім
k
 k
ix  
4
8
4
1
cos x
tgx 
 1, маємо
ñosx
3
x 
Послідовно
50

51. k
3
У процесі розв'язання рівняння область його визначення розширилась і тому перевірка знайдених коренів обов'язкова.
Ліва частина рівняння—парна періодична функція з періодом
sin 3 x  0,3 x  k  , x 
 . Тому потрібно
 
0; 2 


перевіряти кореві в проміжку
Якщо k= 0, то х = 0. Корінь не задовольняє рівняння — це сторонній корінь.

Якщо k=1, то х= 3 . Цей корінь задовольняє рівняння.
  
 ; 
 2 2
У проміжку
, який дорівнює за довжиною періоду,


 .x    k 
3
рівняння має два корені: 3
загальний рoзв’язок,
рівняння.
Приклад 21.
Розв'язати рівняння sin x  cos x  1
Р о з в ‘я з а н н я.
Це рівняння можна розв'язувати різними способами. Розглянемо спочатку спосіб, що дає сторонні корені, які потребують перевірки. Піднесемо обидві частини рівняння до квадрата і спростиk
sin 2 x  0, 2 x  k  , x 
, k  Z.
2
мо:
Знайдені розв'язки можуть містити сторонні корені, оскільки обидві частини рівняння підносились до квадрата, а тому перевірка
обов'язкова: рівняння (1) і (2) нееквівалентні. Період рівняння
51

52. (1) дорівнює 2
 , тому перевіряємо корені на проміжку [0;
 ). При =0; 1; 2; 3 маємо відповідно

3
x 1  0; x 2  ; x 3   ; x 4 
.
2
2
2
Підставивши значення коренів у рівняння (І), побачимо, що
корені вихідного рівняння
3
x 1  ix 2 
2
— сторонні корені. Отже, загальним розв'язком рівняння (1)

x  2 k ix   2 k  .
2
будуть
їх можна об'єднати


 2 k , k  Z
4 4
Інші способи розв’язання рівняння (1) можуть не призвести до
появи сторонніх коренів, зокрема
x 

ТРИГОНОМЕТРИЧНІ РІВНЯННЯ З МОДУЛЕМ
Модулем, або абсолютною величиною, дійсного числа називається невід’ємне число, яке визначається за правилом:
а, якщо, а  0,

 а, якщо, а  0.
│а│= 
Процес розв’язування прикладів, які містять абсолютну величину, зводиться до зняття знака модуля, тобто до заміни прикладів з абсолютною величиною прикладами без абсолютної величини.
ПРИКЛАД 22. Розв’язати рівняння
1
cos x
tgx 
.
cos x
3
52

53. Розв’язання. Дане рівняння розпадається на два рівняння:

 

x     2k ;  2k ;
2
 2

якщо cos x > 0, звідки
1
cos x
tgx 
 1,
 cos x
3
3


x    2k ;
 2k .
2
2

якщо cos x <0, звідки
3
Розв’язавши перше отримане рівняння, отримуємо tg x =
i

х    .
3
Ці розв’язки містять сторонні корені. Виключимо ті х, при яких

x   2 .
3
cos x < 0. В результаті одержимо
х
Розв’язавши друге рівняння, знайдемо

3
  .
Виключимо
2
х
 2 .
3
ті х, при яких cos x > 0. В результаті матимемо

2
х   2 ; х 
 2 ,   Z .
3
3
Відповідь:
ctgx 
ПРИКЛАД 23. Розв’язати рівняння
ctgx 
Розв’язання. Якщо ctg x ≥ 0, то
5 sin x  4 cos x
sin x
= 5 – 4ctg x
х
(sin x ≠ 0), або 5 ctg x = 5, ctg x = 1 i
53
5 sin x  4 cos x
.
sin x

4
  .
Якщо ctg x < 0,

54. 5
 0,
3
то –ctg x = 5-4 ctg x, 3 ctg x = 5, ctg x =
що суперечить
умові, при якій розв’язується приклад,
а саме ctg x <0. Отже, вказана умова не виконується, рівняння
розв’язків не має.

  ,   Z .
4
Відповідь:
ТРАНЦЕНДЕНТНІ РІВНЯННЯ, ЯКІ МІСТЯТЬ ТРИГОНОМЕТРИЧНІ ФУНКЦІЇ
Тригонометричні функції можуть комбінуватися по-різному з
іншими трансцендентними функціями – логарифмічними або
показниковими, утворюючи рівняння. Розглянемо на прикладах
розв’язування таких рівнянь.
ПРИКЛАД 24. Розв’язати рівняння lg ( tg x ) = 1.
Розв’язання. За означенням логарифма маємо tg x = 10, звідки х
= arctg 10 + πκ, κ   i   0 , оскільки х >0.
х
cos x
2 .
ПРИКЛАД 25. Розв’язати рівняння 4sinx =
1

cos x ; 2 sin x cos x = 1;
Розв’язання. 22sin x = 21/cosx , або 2sin x


  2 х    ,   .
2
4
sin 2x = 1; 2x
,
ПРИКЛАД 26. Розв’язати рівняння sin ( π arctg x ) = u, тоді ма
u    .
4
тимемо sin u = cos u, tg u = 1, звідки
Для визначен1
 .
4
ня х дістаємо рівняння arctg x
Значення κ, при яких
останнє рівняння має розв’язок, визначимо з умови

54

55. 

2

1

  ,
4
2 звідки κ = 0; 1; -1. Рівняння має три корені:
 3
1
5
х  tg ; x  tg   ; x  tg .
 4
4
4
ТРИГОНОМЕТРИЧНІ РІВНЯННЯ З ПАРАМЕТРОМ
Параметром називається змінна величина, яка в умовах даної
задачі стає сталою. Розв’язати рівняння з параметром – це
означає встановити відповідність між значенням параметра і
змінною, які задовольняють рівняння при заданих умовах.
ПРИКЛАД 27. Розв’язати рівняння a tg x +ctg x = 2.
Розв’язання. Помноживши обидві частини рівняння на tg x ,
дістанемо a tg2x – -2 tg x + 1 = 0.Отже,
х  arctg
tgx 
1 1 a
,
a
де а ≠
1 1 a
 
a
- загальний розв’язок
0 і а ≤ 1, звідки
рівняння. Якщо
а = 0, то ctg x = 2 і х = arctg 2 + πκ. При а > 1 рівняння розв’язків не має.
1 1 a
 
a
Відповідь.
при а ≠ 0 і а ≤ 1; при а = 0
x = arcctg 2 + πκ,    .
ПРИКЛАД 28. Розв’язати рівняння sin (π cos x ) =0.
Розв’язання. π cos x = πκ; cos x = κ, де    - параметр. Загах  arctg
льним розв’язком буде х = ± arccos κ + 2πn при -1 ≤ κ ≤ 1,
n  .
ТРИГОНОМЕТРИЧНІ НЕРІВНОСТІ
Розв’язання тригонометричних нерівностей зводиться до того,
щоб за допомогою перетворень привести нерівність до виду f
(x) > 0 або f (x) < 0, де f (x) – деяка тригонометрична функція.
55

56. sin 2 x
.
2  cos x
ПРИКЛАД 29. Розв’язати нерівність cos x ≥
Розв’язання. Перенесемо всі члени нерівності в ліву частину і зведемо до
спільного
знаменника:
cos x
-
sin 2 x
 0;
2  cos x
2 cos x  cos x  sin x
 0;
2  cos x
2- cos x > 0, 2 cosx – cos2x –sin2x ≥ 0; 2
1
cosx -1 ≥0; cos x≥ 2 . Дістали найпростішу нерівність, розв’язки
2
2
якої подано на рисунку. Якщо побудувати дуги, косинус яких
1
1
дорівнює 2 , то нерівність cos x≥ 2 виконується на проміжку


  2  х   2 .
3
3

Відповідь.

3
 2  х 

3
 2 .
ПРИКЛАД 30. Розв’язати нерівність sin x (1+ tg2x) > 2 .

 
Розв’язання. Нерівність визначена при x ≠ 2
i еквівалентна
sin x
 2;
sin x  2 cos 2 x  0;
cos 2 x
нерівності
sin x  2 (1  sin 2 x)  0;
2 sin 2 x  sin x  2  0.
Введемо заміну sin x = t, причому │t│≤ 1.
56

57. 2t 2  t  2  0;
Тоді

t1 
2
; t 2   2;
2


2
 t  2  0.
2t 

2 


t
2
2
0
t
.
2
2
і
Отже, sin x >
2
,
2
звідки
одержуємо

3

 2  x 
 2 .
x   
4
4
2
Врахувавши, що
, остаточно



3
 2  x   2   2  x 
 2 .
4
2
2
4
знайдемо
ПРИКЛАД 31. Розв’язати нерівність cos x > sin ( x-1) за умови 0
≤ x < 2π.
Розв’язання. Нерівність еквівалентна нерівностям cos x – sin (x-1)
> 0;


-sin (x- 2 ) – sin (x-1) > 0; sin (x- 2 ) + sin (x-1) < 0;sin
 1 1  
1  

    0,
 x    cos    0;
2 4
4 2 2 4 

cos 
тому
5 1
 1
  2  x    2  2 .
4 2
4 2
57