MATeMAtyka 3. Zbiór zadań — strona 23

Dla każdego $k\in\mathbb Z$ mamy

$$f(k+14)=\sin\frac{(k+14)\pi}{7}=\sin\left(\frac{k\pi}{7}+2\pi\right)=f(k).$$

Zatem $14$ jest okresem. Liczba $7$ nie jest okresem, bo $f(k+7)=-f(k)$, a krótsze dodatnie przesunięcie całkowite nie odpowiada pełnemu okresowi $2\pi$ sinusa. Stąd okres podstawowy wynosi $14$.

Zapisujemy

$$\sin(\sqrt3\pi)=-\sin((2-\sqrt3)\pi),\qquad \sin(\sqrt5\pi)=\sin((\sqrt5-2)\pi).$$

Ponieważ

$$0<\sqrt5-2<2-\sqrt3<\frac12,$$

a sinus jest rosnący na $\left(0;\frac\pi2\right)$, pierwszy z modułów jest większy. Suma ma więc znak ujemny.

Odbicie figury względem prostej $x=a$ zamienia wykres sinusa w wykres cosinusa, gdy

$$\sin(2a-x)=\cos x.$$

Tożsamość zachodzi dla $a=\frac\pi4+k\pi$.

Obrót o $180^\circ$ wokół punktu $(a,0)$ zamienia oba wykresy miejscami, gdy

$$-\sin(2a-x)=\cos x,$$

czyli dla $a=\frac{3\pi}{4}+k\pi$.

Na przedziale długości $4\pi$ mieszczą się dwa pełne okresy cosinusa.

Dla $-1<a<1$ prosta $y=a$ przecina wykres cztery razy. Dla $a=-1$ dotyka go w dwóch minimach, a dla $a=1$ w trzech maksimach o odciętych $-2\pi$, $0$, $2\pi$. Poza $\langle-1;1\rangle$ rozwiązań nie ma.

Równanie $\sin x=1$ ma rozwiązania $x=\frac\pi2+2n\pi$. W przedziale zaczynającym się od $2\pi$ są to kolejno

$$\frac{5\pi}{2},\frac{9\pi}{2},\frac{13\pi}{2},\ldots$$

Czwarte rozwiązanie to $\frac{17\pi}{2}=8{,}5\pi$, a piąte $\frac{21\pi}{2}=10{,}5\pi$, więc cztery rozwiązania występują dla $k=9,10$. Analogicznie ósme rozwiązanie to $\frac{33\pi}{2}=16{,}5\pi$, a dziewiąte $\frac{37\pi}{2}=18{,}5\pi$.

a) Lewa strona spełnia $2x^2+1\ge1$, a prawa $\cos x\le1$. Równość może więc zachodzić tylko wtedy, gdy obie strony są równe $1$, czyli dla $x=0$.

b) Funkcja $h(x)=\sin x+3x$ jest ściśle rosnąca, ponieważ $h'(x)=\cos x+3>0$. Ponieważ $h(0)=0$, jest to jej jedyne miejsce zerowe.

Korzystamy ze wzorów

$$\sin x=\sin\alpha\iff x=\alpha+2k\pi\ \text{lub}\ x=\pi-\alpha+2k\pi,$$ $$\cos x=\cos\alpha\iff x=2k\pi\pm\alpha.$$

W każdym podpunkcie podstawiamy podany kąt, a następnie wybieramy tylko rozwiązania z zadanego przedziału. W podpunkcie d) $\sin\frac{100\pi}{9}=\sin\frac{10\pi}{9}$, a jedynym pasującym argumentem jest $-\frac\pi9$.

Prawa strona może być wartością cosinusa wtedy i tylko wtedy, gdy

$$-1\le\frac{k^2+3k+1}{k-1}\le1,qquad k\ne1.$$

Pierwsza część daje

$$\frac{k(k+4)}{k-1}\ge0,$$

a druga

$$\frac{(k+1)^2+1}{k-1}\le0.$$

Druga nierówność wymusza $k<1$. Po przecięciu z rozwiązaniem pierwszej otrzymujemy $k\in\langle-4;0\rangle$.

Dla każdego $m\in\mathbb R$ liczba

$$c=\frac{2m}{m^2+1}$$

należy do $\langle-1;1\rangle$. W przedziale $\langle-\pi;\pi\rangle$ równanie $\sin x=c$ ma zwykle dwa rozwiązania. Dla $c=0$, czyli $m=0$, ma trzy rozwiązania: $-\pi,0,\pi$. Dla $c=1$ lub $c=-1$, czyli odpowiednio $m=1$ lub $m=-1$, ma jedno rozwiązanie.

Łączymy odcinkami punkty sinusoidy o odciętych $0$, $\frac\pi6$, $\frac\pi4$, $\frac\pi3$, $\frac\pi2$ i korzystamy z symetrii względem prostej $x=\frac\pi2$. Suma pól trapezów, pomnożona przez $2$, wynosi

$$P\approx2\left(\frac\pi{24}+\frac{\pi(1+\sqrt2)}{48}+\frac{\pi(\sqrt2+\sqrt3)}{48}+\frac{\pi(\sqrt3+2)}{24}\right).$$

Stąd

$$P\approx\frac{\pi(7+2\sqrt2+3\sqrt3)}{24}\approx1{,}967.$$