Nierówności trygonometryczne z wartością bezwzględną Kweszczon: Cześć, oto nierówność na poobiedni deser: sin2x < |sinx| + sinx x należy do [0; 2π] Zakładam 2 przypadki: 1) sin2x − sinx < sinx 2) sinx − sin2x > sinx 1) 2sinxcosx − 2sinx < 0 2sinx(cosx − 1) < 0 2sinx < 0 ∨ cosx − 1 < 0 x należy do (π; 2π) ∨x należy do (0, 2π), ostatecznie zapisuję x należy do (π; 2π) 2) −sin2x > 0 0 > sin 2x 2x należy do (π; 2π)

	π
x należy do (		; π)
	2

	3π
Odpowiedzi w zbiorze zadań: x należy do (0; π)∪(		; 2π)
	2

Proszę o pomoc, w którym fragmencie powyższego rozwiązania udowadniam swoją głupotę. :')

Kweszczon: W 1) chyba niepotrzebnie zapisuję ostateczny zbiór, prawda? Zaznaczam wcześniej ∨, nie łączę zbiorów.

Saizou : Cześć 1) rozwiązujesz przy założeniu, że sinx>0, czyli x∊(0, π) sin2x<sinx+sinx 2sinxcosx−2sinx<0 2sinx(cosx−1)<0 Iloczyn ab<0 ⇔(a<0 i b>0) lub (a>0 i b<0), czyli masz (*)(sinx<0 i cosx>1) lub (**)(sinx>0 i cosx<1) (*) jest sprzeczne, bo cosx ∊ [−1,1] i sinx<0 przeczy 'dziedzinie' (**) sinx>0⇒x∊(0,π) cosx<1⇒x∊(0,2π) warunki te łączy koniunkcja, zatem z cz. 1) mamy x∊(0,π) Część 2) rozwiązujesz dla sinx<0, czyli x∊(π,2π) sin2x<−sinx+sinx sin2x<0 π+2kπ<2x<2π+2kπ dla k∊Z

π
	+kπ<x<π+kπ
2

	π
dla k=0 mamy x∊(		,π) − sprzeczność z sinx<0
	2

	3
dla k=1 mamy x∊(		π,2π) jest okej
	2

	5
dla k=2 mamy x∊(		π,5π) − sprzeczność z sinx<
	2

	3
zatem ostatecznie z 1), 2) mamy: x∊(0,π) ∪ (		π,2π)
	2

Kweszczon: Genialnie proste. :') Poprzednie zadanie zadanie rozwiązałem ab<0, teraz zapomniałem o naszym spostrzeżeniu. Dziękuję Ci; rzadko czytam równie rzetelne i dokładne odpowiedzi na posty, stanowiące wyjaśnienia zadań.