MATeMAtyka 3. Zbiór zadań — strona 62

Dla logarytmu wymagamy dodatniego argumentu oraz dodatniej i różnej od $1$ podstawy:

$$\cos x>0,\qquad \sin\left(x-\frac\pi3\right)\ne0,\qquad \left|\sin\left(x-\frac\pi3\right)\right|\ne1.$$

W przedziale $(-\frac\pi2+2k\pi;\frac\pi2+2k\pi)$ trzeba więc usunąć punkty $-\frac\pi6+2k\pi$ i $\frac\pi3+2k\pi$.

Korzystamy z tożsamości

$$\sqrt{\frac{1-\cos2x}{2}}=|\sin x|.$$

Niech $t=|\sin x|\in\langle0;1\rangle$. Szukamy takiego $t$, aby

$$t>1-2t^2+q\iff q<2t^2+t-1.$$

Funkcja po prawej jest rosnąca na $\langle0;1\rangle$ i przyjmuje największą wartość $2$ dla $t=1$. Zatem rozwiązanie $x$ istnieje dokładnie wtedy, gdy $q<2$.

Liczby całkowite w $\langle-\pi;\pi\rangle$ to $-3,-2,-1,0,1,2,3$. Bezpośrednio sprawdzamy znak różnicy

$$2\sin2x-\frac12\cos\frac x2.$$

Dla $x=-1,0,2,3$ jest ona ujemna, a dla $x=-3,-2,1$ — nieujemna.

Wspólna dziedzina wymaga $\sin x\cos x\ne0$. Oznaczmy $t=\operatorname{tg}x$, więc $t\ne0$ i $\operatorname{ctg}x=\frac1t$.

Pierwsza nierówność jest równoważna

$$(t-1)\left(\frac1t-1\right)>2 \iff t+\frac1t<0.$$

Druga daje

$$(t+1)\left(\frac1t+1\right)>2 \iff t+\frac1t>0.$$

Te dwa warunki wzajemnie się wykluczają, co dowodzi tezy.

Niech $t=\operatorname{tg}^2x\ge0$. Wtedy

$$f(x)=\frac{t+2}{t+1}=1+\frac1{t+1}.$$

Dla $t\ge0$ drugi składnik należy do $(0;1\rangle$, więc $1<f(x)\le2$. Wartość $2$ otrzymujemy dla $t=0$, a do $1$ wartości funkcji dowolnie się zbliżają, gdy $t\to\infty$. Każda liczba $t\ge0$ jest kwadratem pewnej wartości tangensa, więc nie ma dalszych ograniczeń.

W dziedzinie nierówności

$$\operatorname{tg}x+\operatorname{ctg}x =\frac{1}{\sin x\cos x}=\frac2{\sin2x}.$$

Ponieważ $\sin2x\in\langle-1;1\rangle\setminus\{0\}$, nierówność $\frac2{\sin2x}<2$ zachodzi dokładnie dla $\sin2x<0$.

a) Po podstawieniu $u=\sin^2x$ otrzymujemy

$$2u+4u(1-u)<2\iff(2u-1)(u-1)>0,$$

stąd $\sin^2x<\frac12$.

b) Dla $t=\operatorname{tg}x\ne0$ nierówność ma postać $t-\frac1t>2\sqrt3$. Badanie znaków względem pierwiastków $\sqrt3-2$ i $\sqrt3+2$ daje dwa przedziały.

c) Różnicę stron rozkładamy:

$$\cos x+\operatorname{tg}x-1-\sin x =\frac{(\cos x-\sin x)(\cos x-1)}{\cos x}.$$

d) Korzystamy z $\operatorname{tg}x+\operatorname{ctg}x=\frac2{\sin2x}$ i osobno rozpatrujemy znaki $\sin2x$.

a) Badamy znaki licznika i mianownika wyrażenia $\frac{1-2\cos x}{\cos x}$.

b) Po pomnożeniu przez dodatnie $\cos^2x$ dostajemy

$$\cos2x-\frac1{\sqrt3}\sin2x>0 \iff \cos\left(2x+\frac\pi6\right)>0.$$

c) Dla $t=\sin x\in(0;1\rangle$:

$$4t^3>1-2t^2 \iff(2t-1)(2t^2+2t+1)>0.$$

Drugi czynnik jest zawsze dodatni.

Tam, gdzie tangens i cotangens są jednocześnie określone,

$$\operatorname{tg}\left(x+\frac\pi4\right)\operatorname{ctg}\left(x+\frac\pi4\right)=1.$$

Ponadto

$$\sin^2\left(x+\frac\pi2\right)+\cos^2\left(x-\frac\pi2\right) =\cos^2x+\sin^2x=1.$$

Nierówność sprowadza się więc do fałszywego zdania $1>1$.

Oznaczmy $t=\sin x\in\langle-1;1\rangle$. Wtedy

$$W=t^3-t^2=t^2(t-1)\le0,$$

bo $t^2\ge0$ i $t-1\le0$. Z drugiej strony

$$-W=t^2(1-t)\le1\cdot2=2,$$

więc $W\ge-2$. Wartości krańcowe są osiągane: $W=-2$ dla $t=-1$, a $W=0$ dla $t=0$ lub $t=1$.

Miejsce zerowe spełnia

$$\frac{x_0}{4\sin(\pi-3\alpha)}+1=0,$$

zatem $x_0=-4\sin3\alpha$. Warunek $-2<x_0<0$ jest równoważny

$$0<\sin3\alpha<\frac12.$$

Rozwiązujemy tę nierówność dla argumentu $3\alpha$ i dzielimy końce przedziałów przez $3$.

Równanie musi być kwadratowe, więc $2\cos\alpha-1\ne0$. Jego wyróżnik wynosi

$$\Delta=16-16\cos\alpha(2\cos\alpha-1) =16(1-\cos\alpha)(2\cos\alpha+1).$$

Dla $\alpha\in(0;\pi)$ pierwszy czynnik jest dodatni, zatem $\Delta>0$ wtedy i tylko wtedy, gdy $\cos\alpha>-\frac12$, czyli $\alpha<\frac{2\pi}{3}$. Usuwamy $\alpha=\frac\pi3$, dla którego znika współczynnik przy $x^2$.

Wyróżnik równania jest równy

$$\Delta=16\sin^2\alpha-8\cos2\alpha=8(4\sin^2\alpha-1).$$

Z wzorów Viète'a suma kwadratów pierwiastków wynosi

$$x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2 =16\sin^2\alpha-4\cos2\alpha =24\sin^2\alpha-4.$$

Warunek $x_1^2+x_2^2>8$ daje $\sin^2\alpha>\frac12$ i zarazem zapewnia $\Delta>0$.