Τριγωνοµετρικές εξισώσεις - Εσωτερικό γινόµενο διανυσµάτων

Transcript

1 1 Τριγωνοµετρικές εξισώσεις - Εσωτερικό γινόµενο διανυσµάτων ρ. Παναγιώτης Λ. Θεοδωρόουλος ρώην Σχολικός Σύµβουλος ΠΕ03 @p-theodoropoulos.gr ΠΡΟΛΟΓΟΣ Στην εργασία αυτή εισηµαίνονται και αναλύονται λετοµέρειες ου σχετίζονται µε την λύση τριγωνοµετρικών εξισώσεων και τις ιδιότητες του εσωτερικού γινοµένου, τις οοίες καλό είναι να µην αγνοούµε και ιδιαίτερα οι συνάδελφοι ου διδάσκουν στη Β Λυκείου. Α. ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1. ιερεύνηση Κατά την είλυση τριγωνοµετρικών εξισώσεων µερικές φορές ροκύτουν ε- ξισώσεις στις οοίες υάρχει και στα δύο µέλη ο ίδιος άγνωστος όρος, όως.χ. η εξίσωση: 3 3x+ = 2κ + 3x 4 8 στην οοία εµφανίζεται ο όρος 3x και στα δύο µέλη. Σ αυτές τις εριτώσεις ολλοί διαγράφουν και αό τα δύο µέλη τους ίδιους άγνωστους όρους και συµεραίνουν ότι η αντίστοιχη εξίσωση είναι αδύνατη. Αυτό όµως δεν είναι σωστό. Σε µια τέτοια ερίτωση θα ρέει να γίνεται διερεύνηση για τις διάφορες τιµές της αραµέτρου κ Ζ, διότι ενδέχεται για κάοια τιµή του κ η εξίσωση αυτή να είναι ταυτότητα. Χαρακτηριστικό είναι το εόµενο αράδειγµα: Παράδειγµα: Να λυθεί η εξίσωση:

2 2 ηµ x+ συν x = Λύση Έχουµε διαδοχικά: ηµ x+ συν x = 0 ηµ x+ = συν x ηµ x+ = ηµ x+ ηµ x+ = ηµ x x+ = 2 κ+ x ή x+ = 2 κ+ + x, κ Z x= 2 κ + ή 0x= 2 κ, κ Z. 3 Παρατηρούµε ότι η τελευταία εξίσωση για κ = 0 είναι ταυτότητα, οότε και η δοθείσα εξίσωση είναι ταυτότητα. Σηµείωση: Μορούµε να αοδείξουµε ότι η δοθείσα εξίσωση είναι ταυτότητα και ως εξής: Εειδή για κάθε x IR ισχύει η ισότητα: συν x = συν x 6 6 (αντίθετες γωνίες), η δοθείσα εξίσωση είναι ισοδύναµη µε την εξίσωση: ηµ x+ = συν x 3 6, η οοία ισχύει για κάθε x IR, αφού x+ + x = Πεδίο ορισµού (εριορισµοί) Όταν το εδίο ορισµού µιας τριγωνοµετρικής εξίσωσης είναι όλο το IR, τότε συνήθως δεν γίνεται κάοια σχετική αναφορά. Όταν όµως δεν είναι όλο το IR, τότε γίνεται ειδική αναφορά θέτοντας τους γνωστούς εριορισµούς για την µεταβλητή της εξίσωσης. Όµως, στο λυσάρι ου δίνεται στους µαθητές δεν γίνε-

3 3 ται για όλες τις τριγωνοµετρικές εξισώσεις στις οοίες εριέχονται οι συναρτήσεις της εφατοµένης ή της συνεφατοµένης λήρης µελέτη σχετικά µε το εδίο ορισµού και τις λύσεις. Για αράδειγµα, ας δούµε την εξίσωση: εϕ2x σϕ + 3x = 0 3 (1) ( είτε άσκηση 1, Β Οµάδας, 3.5). Στο λυσάρι για την είλυση της εξίσωσης αυτής ακολουθούνται τα αρακάτω βήµατα. Αρχικά δίνονται ως εριορισµοί για την µεταβλητή x (εδίο ορισµού της εξίσωσης) οι: συν 2x 0 και ηµ + 3x 0. 3 Στη συνέχεια ειλύεται η εξίσωση κατά τα γνωστά και βρίσκεται ο τύος των λύσεών της ου είναι ο εξής: κ x= +, κ Z 5 30 και συµεραίνεται ότι όλες οι τιµές ου ροκύτουν αό τον αραάνω τύο ικανοοιούν τους εριορισµούς της εξίσωσης. Το ερώτηµα όµως είναι: Πώς συµεραίνεται ότι όλοι οι αριθµοί ου ροκύτουν αό τον τύο των λύσεων της αραάνω εξίσωσης ικανοοιούν τους αντίστοιχους εριορισµούς, χωρίς να γίνει κάοιος έλεγχος; Αν στο σχολικό βιβλίο υήρχε η εξίσωση: 19 3 εϕ 7x σϕ 3x = (2) µε εριορισµούς 19 συν 7x 0 12 και 3 ηµ 3x 0 4 και τύο λύσεων κ x= +, κ Z 4 3 θα ισχυρίζονταν άραγε οι συγγραφείς του βιβλίου αυτού χωρίς έλεγχο ότι όλες οι τιµές ου ροκύτουν αό τον τύο λύσεων της εξίσωσης αυτής ικανοοιούν τους αντίστοιχους εριορισµούς;

4 4 Κάτι τέτοιο θα ήταν µεγάλο λάθος αφού,.χ. για κ = 1 ο τύος λύσεων της ε- 7 ξίσωσης (2), δίνει την τιµή x o = για την οοία η εξίσωση αυτή δεν ορίζεται, όως µορούµε εύκολα να 12 αοδείξουµε. Γι αυτό λοιόν, στην ερίτωση ου δεν είναι ροφανές αν οι τιµές ου ροκύτουν αό τον τύο ή τους τύους των λύσεων µιας τριγωνοµετρικής εξίσωσης ικανοοιούν ή όχι τους αντίστοιχους εριορισµούς, ρέει να γίνεται σχολαστικός έλεγχος. Έτσι, για την εξίσωση (1) ρέει να γίνει έλεγχος ως εξής: Οι εριορισµοί συν 2x 0 και ηµ + 3x 0 3 ου έχουν τεθεί για την εξίσωση είναι ισοδύναµοι µε τους εριορισµούς ή µε τους 2 x λ +, λ Z και + 3 x λ, λ Z 2 3 λ λ x +, λ Z και x, λ Z Είσης, όως είδαµε, ο τύος των λύσεων της (1) είναι ο κ x= +, κ Z Για να δούµε λοιόν αν όλες οι τιµές ου ροκύτουν αό τον τύο λύσεων της εξίσωσης (1) ικανοοιούν τους αντίστοιχους εριορισµούς θα ρέει να εξετάσουµε αν υάρχουν ακέραιοι αριθµοί κ και λ οι οοίοι ικανοοιούν την διοφαντική εξίσωση: κ λ + = + ή την κ λ + = Οι αραάνω διοφαντικές εξισώσεις είναι ισοδύναµες µε τις εξισώσεις: 12κ 30λ = 13 και 18κ 30λ = 13 αντίστοιχα. Εειδή οι τελευταίες εξισώσεις είναι αδύνατες (δείτε βιβλίο Μαθηµατικών Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης της Β Λυκείου, 4.5), συµεραίνουµε ότι όλες οι τιµές ου ροκύτουν αό τον τύο λύσεων της εξίσωσης (1) ικανοοιούν τους αντίστοιχους εριορισµούς και συνεώς είναι όλες δεκτές.

5 5 Σηµείωση: Εειδή η εξίσωση αυτή εριέχεται στο σχολικό βιβλίο νοµίζω ότι ρέει να γίνεται ο αραάνω έλεγχος κατά την είλυσή της, ώστε να είθονται οι µαθητές ότι όλες οι τιµές ου ροκύτουν αό τον τύο των λύσεών της ικανοοιούν τους αντίστοιχους εριορισµούς. Όµως, δεν µορούµε να αιτιολογούµε ότι οι δύο τελευταίες διοφαντικές εξισώσεις είναι αδύνατες µε την βοήθεια της θεωρίας των γραµµικών διοφαντικών εξισώσεων, αφού την θεωρία αυτή δεν τη γνωρίζουν οι µαθητές. Μορούµε όµως να το αιτιολογούµε ως εξής: αν υάρχουν ακέραιοι αριθµοί οι οοίοι ικανοοιούν µία τουλάχιστον αό τις δύο τελευταίες εξισώσεις, τότε το ρώτο µέλος της εξίσωσης αυτής θα είναι άρτιος ακέραιος αριθµός ενώ το δεύτερο µέλος είναι εριττός, ου είναι άτοο. Με όµοιο τρόο για την εξίσωση (2) ροκύτουν οι διοφαντικές εξισώσεις: 7κ 4λ = 1 και 3κ 4λ = 1 οι οοίες (και οι δύο) έχουν λύση (δείτε βιβλίο Μαθηµατικών Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης της Β Λυκείου, 4.5). Μία λύση.χ. της ρώτης είναι το ζεύγος (κ, λ) = (1, 2) και της δεύτερης το ζεύγος (κ, λ) = (1, 1). Γι αυτό για x o 7 = ου ροκύτει αό τον τύο λύσεων της εξίσωσης (2) για κ = 1 12 η εξίσωση αυτή δεν ορίζεται. Εδώ, η αιτιολόγηση ότι οι αραάνω διοφαντικές εξισώσεις έχουν λύση χωρίς την βοήθεια της θεωρίας των γραµµικών διοφαντικών εξισώσεων είναι ιο σύνθετη διαδικασία αό αυτή ου είδαµε για την εξίσωση (1) και γι αυτό αραλείεται. Γενικά θεωρώ ότι δεν θα ρέει να δίνονται τριγωνοµετρικές εξισώσεις για λύση στους µαθητές της Β Λυκείου για τις οοίες ααιτείται ολύλοκος έ- λεγχος. Καλύτερα να δίνουµε εξισώσεις για τις οοίες ο έλεγχος είναι ροφανής, όως.χ. η εξίσωση: 1 εϕ x+ συν x= 0 (3) συν x Η εξίσωση αυτή µε τον εριορισµό συνx 0 είναι ισοδύναµη µε την εξίσωση ηµx(1 + ηµx) = 0, της οοίας οι λύσεις είναι οι λύσεις των εξισώσεων ηµx = 0 και ηµx = 1. Είναι ροφανές ότι οι λύσεις της τελευταίας εξίσωσης δεν ικανοοιούν τον εριορισµό συνx 0 και έτσι αορρίτονται για την εξίσωση (3).

6 6 Β. ΕΣΩΤΕΡΙΚΟ ΓΙΝΟΜΕΝΟ Αν ένας µαθητής σε µια σχετική άσκηση βρει την ροβολή v r 1 ενός διανύσµατος v r άνω σε ένα µη µηδενικό διάνυσµα r α ως εξής: r r r r r r r r r r a v = a v ( a v ) a= ( a v) a 1 1 r r r r r r r r r r r r a ( v a) = ( a v) a a ( a v ) = ( a v) a 1 1 r r r r r r r r r r r ( a a) v = ( a v) a a v = ( a v) a r r r a v r v1 = r a 2 a τι θα ούµε σ αυτόν τον µαθητή; Ο τρόος ου ακολουθεί είναι σωστός; Παρατηρούµε ότι ο µαθητής αυτός στο ρώτο µέλος της ισότητας χρησιµοοιεί µία ιδιότητα, η οοία θυµίζει την ροσεταιριστική, σε συνδυασµό µε την α- ντιµεταθετική, ενώ γνωρίζουµε ότι η ροσεταιριστική ιδιότητα δεν ισχύει για το εσωτερικό γινόµενο διανυσµάτων. Πρέει να σηµειωθεί ότι η ροσεταιριστική ιδιότητα αναφέρεται σε εσωτερικές διµελείς ράξεις και το εσωτερικό γινόµενο δεν είναι εσωτερική ράξη στο σύνολο των διανυσµάτων. Αοδεικνύεται όµως ότι για τρία µη µηδενικά συγγραµµικά διανύσµατα α r, β r και γ r ισχύει άντα η ισότητα r r r r r r ( α β ) γ = α ( β γ ) ενώ αν ένα τουλάχιστον αό τα διανύσµατα α r, β r και γ r είναι το µηδενικό, τότε ισχύει σε κάθε ερίτωση. Άρα αό µαθηµατική άοψη ο τρόος του µαθητή είναι σωστός. Για να θεωρηθεί όµως λήρης θα ρέει να αοδειχθεί και η αραάνω ιδιότητα, την ο- οία χρησιµοοιεί.