nierówność trygonometryczna
-
- Użytkownik
- Posty: 28
- Rejestracja: 12 wrz 2017, o 18:57
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 16 razy
nierówność trygonometryczna
Rozwiązać nierówność \(\displaystyle{ |\sin x|< |\cos x|}\), dla \(\displaystyle{ x \in [0,2\pi]}\)
Hejka , mam problem z powyższym zadankiem i w związku z tym 2 pytania.
1.Czy istnieje jakiś sposób, żeby rozwiązać taką nierówność bez rysowania wykresów?
2.Czy mogę podzielić obustronnie w tym przypadku przez \(\displaystyle{ |\sin x|}\) lub przez \(\displaystyle{ |\cos x|}\)?
Hejka , mam problem z powyższym zadankiem i w związku z tym 2 pytania.
1.Czy istnieje jakiś sposób, żeby rozwiązać taką nierówność bez rysowania wykresów?
2.Czy mogę podzielić obustronnie w tym przypadku przez \(\displaystyle{ |\sin x|}\) lub przez \(\displaystyle{ |\cos x|}\)?
-
- Administrator
- Posty: 34283
- Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 5203 razy
nierówność trygonometryczna
Możesz, tylko uważaj, by nie dzielić przez zero.patrycja9898 pisze:2.Czy mogę podzielić obustronnie w tym przypadku przez \(\displaystyle{ |\sin x|}\) lub przez \(\displaystyle{ |\cos x|}\)?
JK
-
- Użytkownik
- Posty: 28
- Rejestracja: 12 wrz 2017, o 18:57
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 16 razy
Re: nierówność trygonometryczna
Czyli w przypadku gdy będę dzieliła przez \(\displaystyle{ |\cos x |}\) należy wykluczyć \(\displaystyle{ x= \frac{\pi}{2}+k\pi}\). Analogicznie przez \(\displaystyle{ |\sin x|}\) należy wykluczyć \(\displaystyle{ x=k\pi.}\)
No więc po podzieleniu przez \(\displaystyle{ |\cos x|}\) otrzymuję \(\displaystyle{ |\tg x|< 1.}\)
Więc muszę rozwiązać
\(\displaystyle{ \tg x<1 \wedge \tg x <-1 .}\)
Czy to jest poprawne?
No więc po podzieleniu przez \(\displaystyle{ |\cos x|}\) otrzymuję \(\displaystyle{ |\tg x|< 1.}\)
Więc muszę rozwiązać
\(\displaystyle{ \tg x<1 \wedge \tg x <-1 .}\)
Czy to jest poprawne?
-
- Administrator
- Posty: 34283
- Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 5203 razy
Re: nierówność trygonometryczna
Czyli potem musisz ręcznie sprawdzić \(\displaystyle{ \frac{\pi}{2}}\) i \(\displaystyle{ \frac{3\pi}{2}}\).patrycja9898 pisze:Czyli w przypadku gdy będę dzieliła przez \(\displaystyle{ |\cos x |}\) należy wykluczyć \(\displaystyle{ x= \frac{\pi}{2}+k\pi}\).
Tak.patrycja9898 pisze:No więc po podzieleniu przez \(\displaystyle{ |\cos x|}\) otrzymuję \(\displaystyle{ |\tg x|< 1.}\)
Nie. Nierówność \(\displaystyle{ |a|<1}\) rozwiązuje się inaczej.patrycja9898 pisze:Więc muszę rozwiązać
\(\displaystyle{ \tg x<1 \wedge \tg x <-1 .}\)
Czy to jest poprawne?
JK
-
- Użytkownik
- Posty: 28
- Rejestracja: 12 wrz 2017, o 18:57
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 16 razy
Re: nierówność trygonometryczna
Czyli na koniec mam sprawdzić, podstawiając do wyjściowej nierówności czy to zachodzi, gdyż w wyniku dzielenia je odrzuciłam.Jan Kraszewski pisze:Czyli potem musisz ręcznie sprawdzić \(\displaystyle{ \frac{\pi}{2}}\) i \(\displaystyle{ \frac{3\pi}{2}}\).patrycja9898 pisze:Czyli w przypadku gdy będę dzieliła przez \(\displaystyle{ |\cos x |}\) należy wykluczyć \(\displaystyle{ x= \frac{\pi}{2}+k\pi}\).
Mój błąd. Czyli należy rozwiązać \(\displaystyle{ \tg x<1 \wedge \tg x>-1}\)Jan Kraszewski pisze:Nie. Nierówność \(\displaystyle{ |a|<1}\) rozwiązuje się inaczej.patrycja9898 pisze:Więc muszę rozwiązać
\(\displaystyle{ \tg x<1 \wedge \tg x <-1 .}\)
Czy to jest poprawne?
JK
-
- Użytkownik
- Posty: 22210
- Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bydgoszcz
- Podziękował: 38 razy
- Pomógł: 3755 razy
Re: nierówność trygonometryczna
To jest akurat taki śmieszny przypadek, bo dzielić przez \(\displaystyle{ |\cos x|}\) można zupełnie bezkarnie. Po prostu dlatego, że gdy prawa strona jest zerem, to rozwiązania w tym punkcie na pewno nie będzie.
Pytanie do JK, czy za nieuwzględnienie tego przy zadaniu maturalnym spowodowałoby obcięcie punktów
Pytanie do JK, czy za nieuwzględnienie tego przy zadaniu maturalnym spowodowałoby obcięcie punktów
-
- Użytkownik
- Posty: 28
- Rejestracja: 12 wrz 2017, o 18:57
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 16 razy
Re: nierówność trygonometryczna
A skąd wiadomo, że rozwiązania w tym punkcie nie będzie?a4karo pisze:To jest akurat taki śmieszny przypadek, bo dzielić przez \(\displaystyle{ |\cos x|}\) można zupełnie bezkarnie. Po prostu dlatego, że gdy prawa strona jest zerem, to rozwiązania w tym punkcie na pewno nie będzie.
Pytanie do JK, czy za nieuwzględnienie tego przy zadaniu maturalnym spowodowałoby obcięcie punktów
-
- Administrator
- Posty: 34283
- Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 5203 razy
Re: nierówność trygonometryczna
Niewykluczone, zwłaszcza, gdy nie byłoby śladu jakiegokolwiek komentarza (zgodnie z ogólną zasadą, że nie wolno bezrefleksyjnie dzielić przez zero).a4karo pisze:Pytanie do JK, czy za nieuwzględnienie tego przy zadaniu maturalnym spowodowałoby obcięcie punktów
Tak, choć akurat w tym przykładzie jest to faktycznie trywialne.patrycja9898 pisze:Czyli na koniec mam sprawdzić, podstawiając do wyjściowej nierówności czy to zachodzi, gdyż w wyniku dzielenia je odrzuciłam.
patrycja9898 pisze:Mój błąd. Czyli należy rozwiązać \(\displaystyle{ \tg x<1 \wedge \tg x>-1}\)
Tak.
JK
-
- Użytkownik
- Posty: 28
- Rejestracja: 12 wrz 2017, o 18:57
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 16 razy
-
- Użytkownik
- Posty: 7917
- Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 30 razy
- Pomógł: 1671 razy
Re: nierówność trygonometryczna
Sposób drugi:
\(\displaystyle{ |\sin (x)| < |\cos (x)| |^2}\)
\(\displaystyle{ \sin ^2(x) < \cos ^2(x).}\)
\(\displaystyle{ \cos ^2(x) - \sin ^2(x) >0.}\)
\(\displaystyle{ \cos (2x) >0.}\)
\(\displaystyle{ 2x\in \left( -\frac{\pi}{2} +2k\cdot \pi, \ \ \frac{\pi}{2} +2k\cdot \pi, \ \ k\in \ZZ\right).}\)
\(\displaystyle{ x\in \left( -\frac{\pi}{4} +k\cdot \pi, \ \ \frac{\pi}{4} + k\cdot \pi, \ \ k\in \ZZ\right).}\)
\(\displaystyle{ |\sin (x)| < |\cos (x)| |^2}\)
\(\displaystyle{ \sin ^2(x) < \cos ^2(x).}\)
\(\displaystyle{ \cos ^2(x) - \sin ^2(x) >0.}\)
\(\displaystyle{ \cos (2x) >0.}\)
\(\displaystyle{ 2x\in \left( -\frac{\pi}{2} +2k\cdot \pi, \ \ \frac{\pi}{2} +2k\cdot \pi, \ \ k\in \ZZ\right).}\)
\(\displaystyle{ x\in \left( -\frac{\pi}{4} +k\cdot \pi, \ \ \frac{\pi}{4} + k\cdot \pi, \ \ k\in \ZZ\right).}\)
Ostatnio zmieniony 24 paź 2017, o 22:58 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 2 razy.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.
-
- Administrator
- Posty: 34283
- Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 5203 razy
Re: nierówność trygonometryczna
Raczej \(\displaystyle{ x\in \left( -\frac{\pi}{4} +k\cdot \pi, \ \ \frac{\pi}{4} + k\cdot \pi\red\right)\black, \ \ k\in \ZZ.}\)janusz47 pisze:\(\displaystyle{ x\in \left( -\frac{\pi}{4} +k\cdot \pi, \ \ \frac{\pi}{4} + k\cdot \pi, \ \ k\in \ZZ\right).}\)
Poza tym:
JKpatrycja9898 pisze:Rozwiązać nierówność \(\displaystyle{ |\sin x|< |\cos x|}\), dla \(\displaystyle{ \red x \in [0,2\pi]}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 7917
- Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 30 razy
- Pomógł: 1671 razy
Re: nierówność trygonometryczna
Można podyskutować na temat tych "dokładności".
Według mnie bardziej zręczna i dojrzała jest metoda podnoszenia do kwadratu nierówności z wartością bezwzględną (nie tylko trygonometrycznych), niż ich dzielenia, bo wtedy nie trzeba pamiętać o dodatkowych założeniach.
Według mnie bardziej zręczna i dojrzała jest metoda podnoszenia do kwadratu nierówności z wartością bezwzględną (nie tylko trygonometrycznych), niż ich dzielenia, bo wtedy nie trzeba pamiętać o dodatkowych założeniach.