nierówność trygonometryczna admin: cosx +2tgx ≤ 2 + sinx

Godzio:

	π
x ≠		+ kπ
	2

Mnożę równanie przez cosx cos²x + 2sinx ≤ 2cosx + sinxcosx cos²x − sinxcosx + 2sinx − 2cosx ≤ 0 cosx(cosx − sinx) − 2(cosx − sinx) ≤ 0 (cosx − 2)(cosx − sinx) ≤ 0 / : (cosx − 2) < 0 cosx − sinx ≥ 0

	π		π
√2(cos		cosx − sin		sinx) ≥ 0 π
	4		4

	π
√2cos(		+ x) ≥ 0
	4

	π
cos(		+ x) ≥ 0
	4

Rozwiązuje równanie, aby znaleźć punkty wspólne:

π		π
	+ x =		+ kπ
4		2

	π
x =		+ kπ
	4

TERAZ ZRÓB SOBIE RYSUNEK I ODCZYTAJ ROZWIĄZANIE: (pamiętamy o dziedzinie)

	3		π		π		π
Odp: x ∊ (−		π + 2kπ, −		+ 2kπ) U (−		+ 2kπ,		+ 2kπ)
	4		2		2		4

Polecam sprawdzić

PW: Rutynowe podejście to skorzystanie z wzorów powzalajacych wyrazić każdą funkcję

	x
trygonometryczną kąta x za pomocą tg		, np.
	2

	x   2tg   2
sinx =
	x   1 + tg2   2

admin: a czy mogę spokojnie mnożyć przez cosx bez zmiany znaku nierówności ?

admin: Godzio a czy mogę spokojnie mnożyć przez cosx bez zmiany znaku nierówności ?

PW:

	x
Dalej dla skrócenia zapisu zamiast tg		będę pisał t.
	2

	1 − t2
cosx =
	1 + t2

	2t
tgx =		.
	1 − t2

Nierówność ma postać:

	1 − t2		4t		2t
		+		≤ 2 +
	1 + t2		1 − t2		1 + t2

	4t		3t2 + 2t + 1
		≤
	1 − t2		1 + t2

i nie wiadomo, czy łatwo ja rozwiązać. Po północy nie chce mi się.

Godzio: Jasne, pospieszyłem się, nie powinienem mnożyć przez cosx tylko jeśli już to przez cos²x, sposób PW znacznie lepszy

admin: ok, dzięki wielkie

Godzio: W ramach zreflektowania się, pociągnę kawałek pomysł PW

4t(1 + t2) − (3t2 + 2t + 1)(1 − t2)
	≤ 0
(1 − t2)(1 + t2)

4t + 4t3 − 3t2 + 3t4 − 2t + 2t3 − 1 + t2
	≤ 0
1 − t4

3t4 + 6t3 − 2t2 + 2t − 1
	≤ 0
1 − t4

3t4 + 6t3 − 3t2 + t2 + 2t − 1
	≤ 0
1 − t4

3t2(t2 + 2t − 1) + (t2 + 2t − 1)
	≤ 0
1 − t4

(3t2 + 1)(t2 + 2t − 1)
	≤ 0
1 − t4

(3t² + 1)(t² + 2t − 1)(1 − t²) ≤ 0 (t² + 2t − 1)(1 − t)(1 + t) ≤ 0 I teraz zaczną się schody, ale do zrobienia

Eta: To jeszcze tak ......... Ze względu na tangens : cosx≠0

	cosx−sinx
cosx−sinx −2(1−tgx)≤0 ⇔ cosx−sinx− 2		≤0
	cosx

	2		cosx−2
(cosx−sinx)(1−		≤0 ⇔ (cosx−sinx)(		)≤0 \: (cosx−2)<0
	cosx		cosx

cosx−sinx
	≤0 ⇔ 1−tgx≤0 ⇔ tgx≥1
cosx

i teraz już.....................

NIna: Poprawię jeszcze chochlika ( bo namieszał dzieląc przez cosx−2<0 ma być:

cosx−sinx
	≥0 ⇔ 1−tgx≥0 ⇔ tgx≤1
cosx

......................

Eta:

pigor: ..., cosx+2tgx ≤ 2+sinx i (*) cosx≠0 , to cosx+2tgx≤ 2+sinx /*cos²x ⇔ cos³x+2sinxcosx −2cos²x−sinxcos²x ≤ 0 ⇔ ⇔ cosx (cos²x+2sinx−2cosx−sinxcosx) ≤ 0 ⇔ ⇔ cosx (cosx(cosx−sinx)−2(cosx−sinx)) ≤ 0 ⇔ cosx (cosx−sinx) (cosx−2) ≤ 0 ⇔ ⇔ cosx (cosx−sinx) ≥ 0 , bo cosx−2< 0 ⇒ ⇒ (cosx ≥0 i cosx−sinx ≥0) v (cosx ≤ 0 i cosx−sinx ≤ 0) ⇔ itd. prosto analitycznie, albo z wykresów y=sinx i y=cosx ... .

Eta: Przecież łatwiej ( bez zamiany na postać iloczynową ..... ⇔ tgx≤1

pigor: ... no tak, ale wtedy dzieląc (to nie jest równanie) przez cosx≠0, trzeba rozpatrzyć alternatywę, czyli 2 przypadki nierówności 1^o) gdy cosx<0 l, 2^o) gdy cosx>0 .