zadanka z trygonometrii

kwazar · Post autor: **kwazar** » 22 lut 2007, o 16:35

bardzo prosze o pomoc w rozwiązaniu zadanek:

1.udowodnij że dla każdego \(\displaystyle{ x \in (0;\frac{\pi}{2})}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ \sin x + tgx > 2x}\).
2. rozwiązać równanie: \(\displaystyle{ \sin^5 x + \cos^5 x = \sin^4 x - 2}\).
3. sprowadzić do postaci iloczynowej: \(\displaystyle{ 1 + \cos4x + \cos8x +...+ \cos4nx}\).

z góry dziękuję za pomoc. jeżeli chodzi o zadanie pierwsze to próbowalem wykazać że limes przy x dąŻĄCYM Do pi/2 jest mniejszy od 2x nie wiem czy takie rozumowanie jest dobre wiec tez prosze o wyjasnienie. jeżeli chodzi o zadanie 2 to wyznaczyłem sobie zamiast cos sin i za sinx podstawiłem t ale znowu wyszedł mi wielomian 10 stopnia i nie wiem jak rozłożyć go na czynniki . hornerem próbowalem to tylko 1 czynnik a da;ej nic. odnośnie 3 zadania próbowałem parami dodawać cos ze wzoru ale tez nie wyszło prosze o pomoc.

Tristan · Post autor: **Tristan** » 22 lut 2007, o 17:02

Ponieważ to Twój pierwszy post, to go poprawiłem. Radzę jednak zapoznać się z LateX-em .

Ad.1
Pokażemy, że \(\displaystyle{ \sin x (0; \frac{ \pi}{2} )}\).
Grunt to dobry rysunek. Rysujemy więc trójkąt prostokątny AOB w taki sposób, że kąt prosty to OAB oraz O jest środkiem okręgu, który przechodzi przez punkty A i B ( punkt B znajduje się na odcinku OB). Mamy jeszcze punkt D i jest on położony na odcinku OA w taki sposób, że kąt ODC jest prosty.
Przyjmujemy, że x oznacza miarę łukową kąta COA. Mamy \(\displaystyle{ |OA|=|OC|=1}\), więc \(\displaystyle{ CD= \sin x , AB= tg x}\) oraz długośc łuku AC jest równa x. Ponieważ zachodzą nierówności:
pole trójkąta OAC< pole wycinka kołowego OAC < pole trójkąta OAB
więc \(\displaystyle{ \frac{1}{2} \sin x < \frac{1}{2} x < \frac{1}{2} tg x}\) cnd.

Ad.2
Zauważ, że \(\displaystyle{ \sin^5 x + \cos^5 x = ( \sin^2 x)^3 + ( \cos^2 x)^3 =( \sin^2 x + \cos^2 x)( \sin^4 x + \sin^2 x \cos^2 x + \cos^4 x)= \sin^4 x+ \sin^2 x (1- \sin^2 x) + ( 1 - \sin^2 x)^2}\). Myślę, że dalej już sam dasz radę.

spajder · Post autor: **spajder** » 22 lut 2007, o 18:02

Tristan pisze: Ad.1
Wystarczy pokazać, że \(\displaystyle{ \sin x \sin x+ \sin x = 2 \sin x> 2 x}\) co kończy zadanie.

tej ostatniej nierówności to niestety nie rozumiem... tzn. rozumiem, ale powinna być w drugą stronę.

Korzystając z dobrodziejstw rachunku różniczkowego:

\(\displaystyle{ f(x)=\sin{x}+\tan{x}-2x}\)

\(\displaystyle{ f'(x)=\cos{x}+\frac{1}{\cos^2{x}}-2=\cos^2{x}-2\cdot \cos{x}\cdot \frac{1}{\cos{x}}+\frac{1}{\cos^2{x}}+cos{x}-cos^2{x}=\left(\cos{x}-\frac{1}{\cos{x}}\right)^2-\cos^2{x}+\cos{x}\geq 0-\cos{x}+\cos{x}=0}\)

ostatnią nierówność otrzymuję z tego, że dla \(\displaystyle{ 0\leq a\leq 1}\) mamy \(\displaystyle{ a^2\leq a}\) oraz nieujemności kwadratu.

Mamy z tego, że f jest rosnąca i przyjmuje zero dla \(\displaystyle{ x=0}\), co wystarcza do dowodu

Tristan · Post autor: **Tristan** » 22 lut 2007, o 18:14

Rzeczywiście, pomyliło mi się Zmieniłem więc posta, ale zostałem dowód pomocniczej nierówności, bo jest ona pożyteczna i korzysta się z niej w zadaniach.

kwazar · Post autor: **kwazar** » 22 lut 2007, o 19:26

dzięki bardzo kolego:)

sztuczne zęby · Post autor: **sztuczne zęby** » 22 lut 2007, o 21:27

\(\displaystyle{ (sin^2x)^3=sin^6x}\) Chyba pomyliłeś się w rozwiązywaniu zadania 2.

kwazar · Post autor: **kwazar** » 22 lut 2007, o 22:13

no tak sztuczne zęby masz rację tam jest błąd. bo przy potęgowaniu potęgi mnożymy wykładniki a nie dodajemy. i raczej gdyby to było tak to raczej bym sobie poradził

Tristan · Post autor: **Tristan** » 27 lut 2007, o 20:10

Racja. W jednym poście dwa poważne błędy... Przepraszam. Dobrze, że ktoś jeszcze czuwa nad tym, co piszę