MATeMAtyka 3. Zbiór zadań — strona 61

Pole trójkąta o bokach $8$, $8$ i kącie zawartym $\alpha$ wynosi

$$P=\frac12\cdot8\cdot8\sin\alpha=32\sin\alpha.$$

Warunek $P>16$ jest równoważny nierówności $\sin\alpha>\frac12$. Ponieważ $\alpha$ jest kątem trójkąta, $0^\circ<\alpha<180^\circ$.

Z twierdzenia sinusów dla boku $a=10\sqrt2$ mamy

$$2R=\frac{a}{\sin\alpha},\qquad R=\frac{5\sqrt2}{\sin\alpha}.$$

Długość okręgu jest większa od $20\pi$ wtedy i tylko wtedy, gdy $R>10$. Dla $0^\circ<\alpha<180^\circ$ otrzymujemy

$$\frac{5\sqrt2}{\sin\alpha}>10 \iff \sin\alpha<\frac{\sqrt2}{2}.$$

a) Dzielimy przez $4$:

$$\cos^2x<\frac34\iff |\cos x|<\frac{\sqrt3}{2}.$$

b) Wartość $|\cos2x|$ jest mniejsza od $1$ poza punktami, w których $\cos2x=\pm1$.

c)

$$\left|6\cos\frac x2\right|\ge3\sqrt2 \iff \left|\cos\frac x2\right|\ge\frac{\sqrt2}{2}.$$

W każdym podpunkcie korzystamy z odpowiedniego okresu funkcji.

Podstawiamy kolejno $t=2x$ (w podpunktach a–c) oraz $t=\frac x2$ w podpunkcie d i przecinamy rozwiązania z $(0;\pi)$.

a) $\sin2x<\frac12$.

b) $\cos2x>-\frac{\sqrt3}{2}$.

c) $|\operatorname{tg}2x|>\sqrt3$; punkty $x=\frac\pi4,\frac{3\pi}{4}$ nie należą do dziedziny.

d) $\sin^2\frac x2<\frac12$.

Nierówność definiująca $A$ daje

$$A=\bigcup_{k\in\mathbb Z}\left\langle\frac{5\pi}{4}+2k\pi;\frac{7\pi}{4}+2k\pi\right\rangle.$$

Natomiast

$$B=\bigcup_{k\in\mathbb Z}\left(-\frac\pi2+k\pi;-\frac\pi4+k\pi\right).$$

W przedziale $C=\langle-2\pi;2\pi\rangle$ zbiór $A$ składa się z odcinków $\langle-\frac{3\pi}{4};-\frac\pi4\rangle$ i $\langle\frac{5\pi}{4};\frac{7\pi}{4}\rangle$. Usuwamy ich części należące do $B$; końce, w których tangens nie istnieje albo nierówność dla $B$ jest ostra, pozostają.

a) Warunek pod pierwiastkiem to $\sin(2x-\frac\pi2)\ge0$.

b) Musi zachodzić $0\le\operatorname{ctg}x\le1$, przy czym $\operatorname{ctg}x\ne1$ z powodu mianownika.

c) Warunki mają postać $0\le\cos3x<1$.

d) Jednocześnie $\operatorname{tg}2x\ge0$, $\operatorname{tg}4x\ge0$, obie funkcje muszą być określone, a $\operatorname{tg}4x\ne1$. W przedziale jednego wspólnego okresu $\langle0;\frac\pi2)$ daje to $\langle0;\frac\pi8)$ bez punktu $\frac\pi{16}$.

a)

$$3+\operatorname{tg}^2x-2\operatorname{tg}x=(\operatorname{tg}x-1)^2+2>0.$$

b) W dziedzinie obu funkcji

$$\operatorname{tg}x\cos^2x+\operatorname{ctg}x\sin^2x=2\sin x\cos x=\sin2x\le1.$$

c)

$$\cos^2x+4\sin x-5=-(\sin x-2)^2\le0.$$

d) Ponieważ $\sin x+\cos x\le\sqrt2$ oraz $\sin x\cos x\le\frac12$,

$$2(2+\sin x)(2+\cos x)\le9+4\sqrt2<17.$$

Każda z nierówności zachodzi więc w całej swojej dziedzinie.

Po podstawieniu $x=n\pi$ otrzymujemy

$$\sin\frac{n\pi}{50}>\frac12.$$

Dla $10\le n\le99$ kąt $\frac{n\pi}{50}$ należy do $(0;2\pi)$. W tym zakresie sinus jest większy od $\frac12$ dla

$$\frac\pi6<\frac{n\pi}{50}<\frac{5\pi}{6},$$

czyli $\frac{25}{3}<n<\frac{125}{3}$. Dwucyfrowe liczby całkowite spełniające warunek to $10,11,\ldots,41$.

W przedziale $\langle-\pi;\pi\rangle$ mamy

$$f(x)=1-\frac{2}{\pi}|x|.$$

Obie strony nierówności są parzyste. Dla $x\in\langle0;\pi\rangle$ wykres prostej $1-\frac{2x}{\pi}$ i cosinusa przecinają się w $0$, $\frac\pi2$ i $\pi$. Między $0$ a $\frac\pi2$ prosta leży poniżej cosinusa, a między $\frac\pi2$ a $\pi$ — powyżej. Odbijamy wynik względem osi $OY$ i powtarzamy co $2\pi$.