Wykaż, że dla każdego \(\displaystyle{ x R}\) prawdziwa jest nierówność:
\(\displaystyle{ sinx(sinx - \sqrt2 cosx) + cosx(cosx - \sqrt2) + 1 qslant 0}\)
Proszę o pomoc....
Wykazać, że.... - nierówność trygonometryczna /poprawione/
-
Wasilewski
- Użytkownik
- Posty: 3921
- Rejestracja: 10 gru 2007, o 20:10
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 36 razy
- Pomógł: 1194 razy
Wykazać, że.... - nierówność trygonometryczna /poprawione/
Mnożymy:
\(\displaystyle{ sin^{2}x - \sqrt{2}sinxcosx + cos^{2}x- \sqrt{2}cosx + 1 qslant 0}\)
\(\displaystyle{ \sqrt{2}(sinxcos + cosx) qslant 2}\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}sin2x + cosx qslant \sqrt{2}}\)
Liczymy maksimum lewej strony:
\(\displaystyle{ (\frac{1}{2}sin2x + cosx)'=cos2x - sinx = 0 f'' x = \frac{\pi}{6}}\)
Podstawiamy:
\(\displaystyle{ \frac{\sqrt{3}}{4} + \frac{\sqrt{3}}{2} qslant \sqrt{2}}\)
\(\displaystyle{ \frac{3\sqrt{3}}{4} qslant \sqrt{2}}\), co jest prawdą.
\(\displaystyle{ sin^{2}x - \sqrt{2}sinxcosx + cos^{2}x- \sqrt{2}cosx + 1 qslant 0}\)
\(\displaystyle{ \sqrt{2}(sinxcos + cosx) qslant 2}\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}sin2x + cosx qslant \sqrt{2}}\)
Liczymy maksimum lewej strony:
\(\displaystyle{ (\frac{1}{2}sin2x + cosx)'=cos2x - sinx = 0 f'' x = \frac{\pi}{6}}\)
Podstawiamy:
\(\displaystyle{ \frac{\sqrt{3}}{4} + \frac{\sqrt{3}}{2} qslant \sqrt{2}}\)
\(\displaystyle{ \frac{3\sqrt{3}}{4} qslant \sqrt{2}}\), co jest prawdą.