Znak nierówności po odwróceniu funkcji

Własności funkcji trygonometrycznych i cyklometrycznych. Tożsamości. RÓWNANIA I NIERÓWNOŚCI.
endlesik
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 4
Rejestracja: 9 paź 2016, o 10:45
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: gce

Znak nierówności po odwróceniu funkcji

Post autor: endlesik » 23 paź 2017, o 01:06

Dzień dobry,
mam wielką prośbę - bo szukam i znaleźć nie potrafię..
Mam nierówność \(\displaystyle{ 3.3 \cdot \sin (\omega t) > 1.65}\)
Potrzebuję wyznaczyć \(\displaystyle{ \omega t}\)..
Zrobiłem następująco:

\(\displaystyle{ 3.3 \cdot \sin (\omega t) > 1.65}\)
\(\displaystyle{ \sin (\omega t) > 0.5}\)

I.. tutaj nie jestem pewny. Gdzieś z tyłu głowy mi świta, że przy odwracaniu funkcji, należy też odwrócić znak nierówności, ale nie za bardzo wiem jak to znaleźć... zakładając, że dobrze pamiętam
I pytanie, czy znak zostawić:

\(\displaystyle{ \arcsin (0.5) > \omega t}\)

Czy może odwrócić?

\(\displaystyle{ \arcsin (0.5) < \omega t}\)

Pytam, bo bez odwracania wychodzi mi \(\displaystyle{ \omega t < \frac{\pi}{6}}\)
A to jest akurat niepoprawne.. powinno być \(\displaystyle{ \omega t > \frac{\pi}{6}}\)
A pytam, bo właśnie nie potrafię znaleźć twierdzenia, które by opisywało zmianę znaku w takim przypadku, a ewidentnie coś jest źle zostawiając go tak jak był

I czy w ogóle sposób, w który wyznaczam część dodatniego grzbietu dla wartości od 1.65 do 1.65 jest poprawny?

I od razu pytanie drugie, a propos tejże nierówności.

\(\displaystyle{ 2k\pi+\frac{\pi}{6} < \omega t < (2k+1)\pi - \frac{\pi}{6}}\)

Taką nierówność wyprowadziłem patrząc na wykres, dokładniej, na części dodatnie sinusoidy, korzystając z faktu, że dla \(\displaystyle{ \frac{\pi}{6}}\) otrzymuję oczekiwaną wartość - pytanie brzmi: jak go wyprowadzić wyłącznie korzystając ze wzorów i własności sinusa? Nie za bardzo wiem w którym momencie i na jakiej podstawie wsadzać te "k" OBLICZENIOWO

Z góry dziękuję za odpowiedź,
Pozdrawiam

a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 19206
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 6 razy
Pomógł: 3247 razy

Re: Znak nierówności po odwróceniu funkcji

Post autor: a4karo » 23 paź 2017, o 07:57

Wszysko sprowadza sie do definicji funkcji monotonicznej.
Jeżeli funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest ściśle rosnąca, to nierówność \(\displaystyle{ a<b}\) jest równoważna \(\displaystyle{ f(a)<f(b)}\)
Jeżeli funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest ściśle malejąca, to nierówność \(\displaystyle{ a<b}\) jest równoważna \(\displaystyle{ f(a)>f(b)}\)

Zatem regułą jest taka: jeżeli działasz na obie strony nierówności funckją rosnącą - nie zmieniasz znaku. Jak malejącą - zmieniasz.

Zobaczmy jak to działa: w szkole wbili nam do głowy (dość bezmyślnie) taką regułę: gdy mnożymy przez liczbe ujemną, to zmieniamy znak nierówności. Zastanów się, czym jest pomnożenie obu stron nierówności przez np. \(\displaystyle{ -5}\)? Otóż niczym innym niż zastosowaniem do obu stron nierównośći \(\displaystyle{ a<b}\) MALEJĄCEJ funkcji \(\displaystyle{ f(x)=-5x}\). W wyniku dostajemy \(\displaystyle{ -5a>-5b}\)

Inny przykład. Funkcja \(\displaystyle{ x\mapsto x^2}\) jest rosnąca dla \(\displaystyle{ x>0}\). Zatem jeżeli
\(\displaystyle{ 0<a<b}\) to \(\displaystyle{ a^2<b^2}\)

Ale ta sama funkcja jest malejąca dla \(\displaystyle{ x<0}\), więc jeżeli
\(\displaystyle{ a<b<0}\), to \(\displaystyle{ a^2>b^2}\)

A co się stanie jeżeli spróbujemy na obie strony nierówności nałożyć funkcję, która nie jest monotoniczna: spróbuj podnieść do kwadratu nierówność \(\displaystyle{ -3<4}\). Działa?
A \(\displaystyle{ -4<3}\)? teraz nie działa. A zatem wniosek: jeżeli \(\displaystyle{ f}\) nie jest monotoniczna, to z faktu, że \(\displaystyle{ a<b}\) nic nie można powiedzieć o znaku pomiędzy \(\displaystyle{ f(a)}\) i \(\displaystyle{ f(b)}\).

Tyle wstępu. W zasadzie już powinieneś odpowiedzieć na swoje pytanie.

\(\displaystyle{ \sin (\omega t) > 0.5=\sin \pi/6}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ \arcsin}\) jest funkcją rosnącą, więc
\(\displaystyle{ \arcsin \sin \omega t> \arcsin \sin \pi/6}\) - nie zmieniamy znaku.

Nastepne pytanie, to czy ten arkus sinus "skasuje" sinusa.
Tak, o ile \(\displaystyle{ \omega t}\) należy do przedziału, gdzie arkus sinus jest funkcją odwrotną do sinusa, czyli gdy
\(\displaystyle{ -\frac{\pi}{2}\leq \omega t\leq \frac{\pi}{2}}\)
Ponieważ sinus jest funkcją okresową o okresie \(\displaystyle{ 2\pi}\), to będzie dobrze również dla
\(\displaystyle{ -\frac{\pi}{2}+2k\pi\leq \omega t\leq \frac{\pi}{2}+2k\pi}\)

Oczywiście tego po prawej skasuje bez problemu, bo jest on tam, gdzie trzeba

A co z pozostałymi?
Niech \(\displaystyle{ \frac{\pi}{2}<\omega t<\frac{3\pi}{2}}\)
Otóż napiszmy Twoją nierówność w postaci
\(\displaystyle{ \sin \omega t > 0.5 =\sin \frac{5\pi}{6}}\) (wybrałem takie przedstawienie, bo leży ono w tym samym przedziale co \(\displaystyle{ \omega t}\))

Zastosujmy wzór redukcyjny: \(\displaystyle{ \sin x=\sin(\pi-x)}\)
\(\displaystyle{ \sin(\pi -\omega t)>\sin (\pi-\frac{5\pi}{6})}\)

Teraz oba argumenty leżą w przedziale \(\displaystyle{ \left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)}\) i możemy zastosować ROZNĄCĄ funkcję arkussinus
\(\displaystyle{ \arcsin\sin(\pi -\omega t)>\arcsin\sin (\pi-\frac{5\pi}{6})}\)
czyli
\(\displaystyle{ \pi -\omega t>\pi/6}\)
Na obie strony nakładamy MALEJĄCĄ funkcję \(\displaystyle{ x\mapsto \pi-x}\) i dostajemy
\(\displaystyle{ \omega t< \frac{5\pi}{6}}\)

endlesik
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 4
Rejestracja: 9 paź 2016, o 10:45
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: gce

Re: Znak nierówności po odwróceniu funkcji

Post autor: endlesik » 23 paź 2017, o 14:22

Super! Bardzo dziękuję za rzetelną odpowiedź! Dokładnie o to mi chodziło.. Cholera, muszę się jeszcze wiele nauczyć.

ODPOWIEDZ