Proszę o pomoc w rozwiazaniu tych zadań:
1. \(\displaystyle{ |sinx|sinx \leqslant \frac{1}{2}}\)
2. \(\displaystyle{ |sinx|>|cosx|}\)
3. \(\displaystyle{ |cosx - \frac{1}{2}| < \frac{1}{2}}\)
Nierówności trygonometryczne
-
- Użytkownik
- Posty: 3507
- Rejestracja: 20 sie 2006, o 12:58
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Brodnica
- Podziękował: 12 razy
- Pomógł: 1260 razy
Nierówności trygonometryczne
2. Narysuj wykresy funkcji po lewej i prawej stronie nierówności, to bez trudu odczytasz rozwiązanie:
\(\displaystyle{ x\in (\frac{\pi}{4}+k\pi;\frac{3\pi}{4}+k\pi) \ \ \ \ ; \ \ k\in C}\)
3.
\(\displaystyle{ |cosx-\frac{1}{2}|qslant \frac{1}{2}}\)
I:
\(\displaystyle{ sinx qslant 0 \\ x\in \ \ \ \# \\ \\ \\ sin^2x- \frac{1}{2} qslant 0 \\ (sinx-\frac{\sqrt2}{2})(sinx+ \frac{\sqrt2}{2}) qslant 0 \\ sinx\in \\ x\in}\)
Po uwzględnieniu zbioru #:
\(\displaystyle{ x\in}\)
II:
\(\displaystyle{ sinxqslant qslant 0 \\ sin^2x+ \frac{1}{2} qslant 0 \\ x\in R}\)
Po uwzględnieniu zbioru ##:
\(\displaystyle{ x\in(\pi+2k\pi;2\pi+2k\pi)}\)
\(\displaystyle{ x\in (\frac{\pi}{4}+k\pi;\frac{3\pi}{4}+k\pi) \ \ \ \ ; \ \ k\in C}\)
3.
\(\displaystyle{ |cosx-\frac{1}{2}|qslant \frac{1}{2}}\)
I:
\(\displaystyle{ sinx qslant 0 \\ x\in \ \ \ \# \\ \\ \\ sin^2x- \frac{1}{2} qslant 0 \\ (sinx-\frac{\sqrt2}{2})(sinx+ \frac{\sqrt2}{2}) qslant 0 \\ sinx\in \\ x\in}\)
Po uwzględnieniu zbioru #:
\(\displaystyle{ x\in}\)
II:
\(\displaystyle{ sinxqslant qslant 0 \\ sin^2x+ \frac{1}{2} qslant 0 \\ x\in R}\)
Po uwzględnieniu zbioru ##:
\(\displaystyle{ x\in(\pi+2k\pi;2\pi+2k\pi)}\)
- Lorek
- Użytkownik
- Posty: 7150
- Rejestracja: 2 sty 2006, o 22:17
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Ruda Śląska
- Podziękował: 1 raz
- Pomógł: 1322 razy
Nierówności trygonometryczne
To 2 można też rozwiązać w taki ciekawy sposób:
Dla \(\displaystyle{ \cos x=0}\) mamy \(\displaystyle{ |\sin x|=1}\), czyli nierówność jest spełniona.
Dla \(\displaystyle{ \cos x\neq 0}\) możemy podzielić przez \(\displaystyle{ |\cos x|}\) i mamy
\(\displaystyle{ |\tan x|>1}\)
a to do rozwiązania trudne nie jest
Dla \(\displaystyle{ \cos x=0}\) mamy \(\displaystyle{ |\sin x|=1}\), czyli nierówność jest spełniona.
Dla \(\displaystyle{ \cos x\neq 0}\) możemy podzielić przez \(\displaystyle{ |\cos x|}\) i mamy
\(\displaystyle{ |\tan x|>1}\)
a to do rozwiązania trudne nie jest