nierówność trygonometryczna

Własności funkcji trygonometrycznych i cyklometrycznych. Tożsamości. RÓWNANIA I NIERÓWNOŚCI.
patrycja9898
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 28
Rejestracja: 12 wrz 2017, o 18:57
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 16 razy

nierówność trygonometryczna

Post autor: patrycja9898 » 24 paź 2017, o 21:44

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 \(\displaystyle{ |\cos x|}\)?

piasek101
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 23223
Rejestracja: 8 kwie 2008, o 22:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: piaski
Podziękował: 1 raz
Pomógł: 3180 razy

Re: nierówność trygonometryczna

Post autor: piasek101 » 24 paź 2017, o 21:48

1) tak
2) tak, ale ...

Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 27284
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 1 raz
Pomógł: 4591 razy

nierówność trygonometryczna

Post autor: Jan Kraszewski » 24 paź 2017, o 21:50

patrycja9898 pisze:2.Czy mogę podzielić obustronnie w tym przypadku przez \(\displaystyle{ |\sin x|}\) lub przez \(\displaystyle{ |\cos x|}\)?
Możesz, tylko uważaj, by nie dzielić przez zero.

JK

janusz47
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6592
Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 20 razy
Pomógł: 1426 razy

Re: nierówność trygonometryczna

Post autor: janusz47 » 24 paź 2017, o 21:51

Podnieś obie strony nierówności do drugiej potęgi.

patrycja9898
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 28
Rejestracja: 12 wrz 2017, o 18:57
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 16 razy

Re: nierówność trygonometryczna

Post autor: patrycja9898 » 24 paź 2017, o 21:55

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?

Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 27284
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 1 raz
Pomógł: 4591 razy

Re: nierówność trygonometryczna

Post autor: Jan Kraszewski » 24 paź 2017, o 21:59

patrycja9898 pisze:Czyli w przypadku gdy będę dzieliła przez \(\displaystyle{ |\cos x |}\) należy wykluczyć \(\displaystyle{ x= \frac{\pi}{2}+k\pi}\).
Czyli potem musisz ręcznie sprawdzić \(\displaystyle{ \frac{\pi}{2}}\) i \(\displaystyle{ \frac{3\pi}{2}}\).
patrycja9898 pisze:No więc po podzieleniu przez \(\displaystyle{ |\cos x|}\) otrzymuję \(\displaystyle{ |\tg x|< 1.}\)
Tak.
patrycja9898 pisze:Więc muszę rozwiązać
\(\displaystyle{ \tg x<1 \wedge \tg x <-1 .}\)
Czy to jest poprawne?
Nie. Nierówność \(\displaystyle{ |a|<1}\) rozwiązuje się inaczej.

JK

patrycja9898
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 28
Rejestracja: 12 wrz 2017, o 18:57
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 16 razy

Re: nierówność trygonometryczna

Post autor: patrycja9898 » 24 paź 2017, o 22:06

Jan Kraszewski pisze:
patrycja9898 pisze:Czyli w przypadku gdy będę dzieliła przez \(\displaystyle{ |\cos x |}\) należy wykluczyć \(\displaystyle{ x= \frac{\pi}{2}+k\pi}\).
Czyli potem musisz ręcznie sprawdzić \(\displaystyle{ \frac{\pi}{2}}\) i \(\displaystyle{ \frac{3\pi}{2}}\).
Czyli na koniec mam sprawdzić, podstawiając do wyjściowej nierówności czy to zachodzi, gdyż w wyniku dzielenia je odrzuciłam.
Jan Kraszewski pisze:
patrycja9898 pisze:Więc muszę rozwiązać
\(\displaystyle{ \tg x<1 \wedge \tg x <-1 .}\)
Czy to jest poprawne?
Nie. Nierówność \(\displaystyle{ |a|<1}\) rozwiązuje się inaczej.

JK
Mój błąd. Czyli należy rozwiązać \(\displaystyle{ \tg x<1 \wedge \tg x>-1}\)

a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 19184
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 6 razy
Pomógł: 3243 razy

Re: nierówność trygonometryczna

Post autor: a4karo » 24 paź 2017, o 22:09

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

patrycja9898
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 28
Rejestracja: 12 wrz 2017, o 18:57
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 16 razy

Re: nierówność trygonometryczna

Post autor: patrycja9898 » 24 paź 2017, o 22:11

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
A skąd wiadomo, że rozwiązania w tym punkcie nie będzie?

a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 19184
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 6 razy
Pomógł: 3243 razy

Re: nierówność trygonometryczna

Post autor: a4karo » 24 paź 2017, o 22:14

Popatrz na wyjściową nierówność: czy lewa strona może być ujemna?

Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 27284
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 1 raz
Pomógł: 4591 razy

Re: nierówność trygonometryczna

Post autor: Jan Kraszewski » 24 paź 2017, o 22:18

a4karo pisze:Pytanie do JK, czy za nieuwzględnienie tego przy zadaniu maturalnym spowodowałoby obcięcie punktów
Niewykluczone, zwłaszcza, gdy nie byłoby śladu jakiegokolwiek komentarza (zgodnie z ogólną zasadą, że nie wolno bezrefleksyjnie dzielić przez zero).
patrycja9898 pisze:Czyli na koniec mam sprawdzić, podstawiając do wyjściowej nierówności czy to zachodzi, gdyż w wyniku dzielenia je odrzuciłam.
Tak, choć akurat w tym przykładzie jest to faktycznie trywialne.
patrycja9898 pisze:Mój błąd. Czyli należy rozwiązać \(\displaystyle{ \tg x<1 \wedge \tg x>-1}\)

Tak.

JK

patrycja9898
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 28
Rejestracja: 12 wrz 2017, o 18:57
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 16 razy

Re: nierówność trygonometryczna

Post autor: patrycja9898 » 24 paź 2017, o 22:18

Faktycznie. Dzięki za pomoc wszystkim

janusz47
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6592
Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 20 razy
Pomógł: 1426 razy

Re: nierówność trygonometryczna

Post autor: janusz47 » 24 paź 2017, o 22:37

Sposób drugi:

\(\displaystyle{ |\sin (x)| < |\cos (x)| |^2}\)

\(\displaystyle{ \sin ^2(x) < \cos ^2(x).}\)

\(\displaystyle{ \cos ^2(x) - \sin ^2(x) >0.}\)

\(\displaystyle{ \cos (2x) >0.}\)

\(\displaystyle{ 2x\in \left( -\frac{\pi}{2} +2k\cdot \pi, \ \ \frac{\pi}{2} +2k\cdot \pi, \ \ k\in \ZZ\right).}\)

\(\displaystyle{ x\in \left( -\frac{\pi}{4} +k\cdot \pi, \ \ \frac{\pi}{4} + k\cdot \pi, \ \ k\in \ZZ\right).}\)
Ostatnio zmieniony 24 paź 2017, o 22:58 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 2 razy.
Powód: Poprawa wiadomości.

Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 27284
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 1 raz
Pomógł: 4591 razy

Re: nierówność trygonometryczna

Post autor: Jan Kraszewski » 24 paź 2017, o 22:59

janusz47 pisze:\(\displaystyle{ x\in \left( -\frac{\pi}{4} +k\cdot \pi, \ \ \frac{\pi}{4} + k\cdot \pi, \ \ k\in \ZZ\right).}\)
Raczej \(\displaystyle{ x\in \left( -\frac{\pi}{4} +k\cdot \pi, \ \ \frac{\pi}{4} + k\cdot \pi\red\right)\black, \ \ k\in \ZZ.}\)
Poza tym:
patrycja9898 pisze:Rozwiązać nierówność \(\displaystyle{ |\sin x|< |\cos x|}\), dla \(\displaystyle{ \red x \in [0,2\pi]}\)
JK

janusz47
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6592
Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 20 razy
Pomógł: 1426 razy

Re: nierówność trygonometryczna

Post autor: janusz47 » 24 paź 2017, o 23:11

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.

ODPOWIEDZ