Matematyka.pl

Często można spotkać się z zadaniami typu:
Wyznacz zbiór wartości funkcji \(\displaystyle{ A\sin x+B\cos x}\), gdzie \(\displaystyle{ A,\: B}\) to ustalone wartości.
Pokażę jeden ze sposobów na rozwiązanie takiego zadania.

1. Dla \(\displaystyle{ A=B=0}\) mamy oczywiście \(\displaystyle{ f(x)=0}\) i zbiór wartości \(\displaystyle{ V_f=\{0\}}\)

2. Dla \(\displaystyle{ A^2+B^2>0}\) istnieje liczba \(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{A^2+B^2}}}\). Zapiszmy naszą funkcję w nieco innej postaci
\(\displaystyle{ A\sin x+B\cos x=\sqrt{A^2+B^2}\left(\frac{A}{\sqrt{A^2+B^2}}\sin x +\frac{B}{\sqrt{A^2+B^2}}\cos x\right)}\)

Teraz zauważmy, że \(\displaystyle{ \left(\frac{A}{\sqrt{A^2+B^2}}\right)^2+\left(\frac{B}{\sqrt{A^2+B^2}}\right)^2=1}\), a więc istnieje takie \(\displaystyle{ \alpha\in\mathbb{R}}\), że \(\displaystyle{ \sin =\frac{A}{\sqrt{A^2+B^2}}\:\wedge \cos\alpha =\frac{B}{\sqrt{A^2+B^2}}}\) (albo na odwrót, to nie ma znaczenia, podobnie jak fakt, że takich \(\displaystyle{ \alpha}\) spełniających równość jest nieskończenie wiele). Zatem naszą funkcję mozna zapisać tak:
\(\displaystyle{ f(x)=\sqrt{A^2+B^2}\left(\frac{A}{\sqrt{A^2+B^2}}\sin x +\frac{B}{\sqrt{A^2+B^2}}\cos x\right)=\\\\=\sqrt{A^2+B^2}(\sin \sin x+\cos\alpha\cos x)=\sqrt{A^2+B^2}\cos (x-\alpha)}\)
(korzystając ze wzoru na cosinus różnicy)
Wiemy, że \(\displaystyle{ -1\leq \cos (x-\alpha)\leq 1}\). Mnożymy obie strony nierówności przez \(\displaystyle{ \sqrt{A^2+B^2}}\):

\(\displaystyle{ -\sqrt{A^2+B^2}\leq \sqrt{A^2+B^2}\cos (x-\alpha)\leq \sqrt{A^2+B^2}\\-\sqrt{A^2+B^2}\leq f(x)\leq \sqrt{A^2+B^2}\\\\V_f=[-\sqrt{A^2+B^2};\sqrt{A^2+B^2}]}\)



Mile widziane inne sposoby rozwiązania tego zadania (proszę wysyłać na PW)

Mam następującą propozycję:

\(\displaystyle{ f'(x)=(a\sin x+b\cos x)'=a\cos x-b\sin x \\ f'(x)=0\, \, a\cos x=b\sin x \\ \tan x=\frac{a}{b} \\ x=\arctan\frac{a}{b}+k\pi\qquad k\in\mathbb{Z}}\)

Za pomocą drugiej pochodnej można pokazać, że w tych punktach znajdują się ekstrema tej funkcji.

Sprawdźmy wartości w ekstemach rozpatrując dwa odrębne przypadki:

\(\displaystyle{ 1^{\circ}.}\) Przyjmijmy, że \(\displaystyle{ k}\) jest parzyste (np. 0), wtedy:

\(\displaystyle{ f\left(\arctan\frac{a}{b}\right)=\\=a\sin\left(\arctan\frac{a}{b}\right)+b\cos\left(\arctan\frac{a}{b}\right)=\\=a\frac{\frac{a}{b}}{\sqrt{1+\left(\frac{a}{b}\right)^{2}}}+b\frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{a}{b}\right)^{2}}}=\\=\sqrt{a^{2}+b^{2}}}\)

\(\displaystyle{ 2^{\circ}.}\) Przyjmijmy, że \(\displaystyle{ k}\) jest nieparzyste (np. 1), wtedy:

\(\displaystyle{ f\left(\arctan\frac{a}{b}+\pi\right)=\\=a\sin\left(\arctan\frac{a}{b}+\pi\right)+b\cos\left(\arctan\frac{a}{b}+\pi\right)=\\=-a\sin\left(\arctan\frac{a}{b}\right)-b\cos\left(\arctan\frac{a}{b}\right)=\\=-a\frac{\frac{a}{b}}{\sqrt{1+\left(\frac{a}{b}\right)^{2}}}-b\frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{a}{b}\right)^{2}}}=\\=-\sqrt{a^{2}+b^{2}}}\)

Otrzymaliśmy dwie różne wartości (co nie powinno dziwić ). A więc:

\(\displaystyle{ a\sin x+b\cos x\in\left\langle-\sqrt{a^{2}+b^{2}};\sqrt{a^{2}+b^{2}}\right\rangle}\)

Na mocy nierówności Cauchy'ego-Schwarza mamy:
\(\displaystyle{ (A^2+B^2)(\sin^2 x + \cos^2 x) \geqslant (A \sin x + B \cos x)^2 \Rightarrow |A \sin x + B \cos x| \leqslant \sqrt{A^2+B^2}}\)

Teraz wystarczy pokazać dwie proste rzeczy:
* funkcja postaci \(\displaystyle{ A \sin x + B \cos x}\) jest ciągła
* istnieje takie x, że ta funkcja przyjmuje wartości: \(\displaystyle{ \sqrt{A^2+B^2}}\) oraz \(\displaystyle{ -\sqrt{A^2+B^2}}\)

Z tego wynika wprost, że \(\displaystyle{ A \sin x + B \cos x \ \in \left\langle -\sqrt{A^2+B^2}, \ \sqrt{A^2+B^2} \right\rangle}\)