W. Nowak - nierówności cyklometryczne

NIERÓWNOŚCI CYKLOMETRYCZNE
Wśród
wielu
typów
nierówności
rozwiązywanych
przez
uczniów
liceów
ogólnokształcących, na uwagę zasługują również nierówności cyklometryczne.
W okresie poprzedzającym wprowadzenie reformy edukacji narodowej w 1999 roku,
tematykę tę można było realizować podczas standardowych jednostek lekcyjnych, w klasach
o rozszerzonym zakresie nauczania matematyki. Obecnie, po zredukowaniu okresu nauki w liceach
ogólnokształcących do trzech lat, powyższemu zagadnieniu można poświęcić uwagę w ramach
zajęć matematycznego koła przedmiotowego.
Rozwiązywanie nierówności cyklometrycznych stanowi sposobność utrwalenia tożsamości
trygonometrycznych oraz stwarza możliwość zapoznania się z podstawowymi tożsamościami
cyklometrycznymi.
Implikuje
również
konieczność
określania
monotoniczności
funkcji
trygonometrycznych w odpowiednich przedziałach.
3
12
16
Rozpatrzmy nierówność: arccos x + arccos x ≥ arccos x .
5
13
65
Ustalamy dziedzinę nierówności:

5 5
3
5

 5
x∈ − ;
−
1
≤
x
≤
1
−
≤
x
≤


 3
3 3
5
3


 13
12
13
13 13
13 13

D : − 1 ≤ x ≤ 1 ⇔  − ≤ x ≤
⇔ x∈ − ;
⇔ x∈ − ;
13
12
12 12
12 12

 12

65
65
16
65 65
− 1 ≤

≤x≤
x ≤ 1 −

 16
 x ∈ − 16 ; 16
16
65

Zbiorem wartości funkcji f ( x ) = arccos x jest przedział 0; Π .
Analizując powyższą nierówność należy zatem rozpatrzyć dwa przypadki.
Przypadek I
Zakładamy, że lewa strona nierówności jest wyrażeniem należącym do przedziału 0; Π .
Spełniony być musi wówczas układ warunków:
3
12

 arccos 5 x + arccos 13 x ≥ 0

3
12
arccos x + arccos x ≤ Π
5
13

Pierwsza z tych nierówności jest nierównością tożsamościową.
Pozostaje rozwiązać nierówność:
3
12
arccos x + arccos x ≤ Π .
5
13
Po lewej stronie nierówności pozostawiamy jedno z wyrażeń cyklometrycznych:
3
12
arccos x ≤ Π − arccos x .
5
13
Obie strony nierówności należą do przedziału 0; Π . Zatem obie strony można traktować
jako argumenty funkcji g ( x ) = cos x w przedziale 0; Π . Ze względu na to, że funkcja g w danym
przedziale jest malejąca, po przyłożeniu operatora funkcyjnego g do obu stron nierówności, należy
zmienić zwrot nierówności na przeciwny. Otrzymujemy:
3
12
cos(arccos x) ≥ cos(∏ − arccos x)
5
13
Korzystając ze wzoru redukcyjnego mamy:
3
12
cos(arccos x) ≥ − cos(arccos x)
5
13
Czyli:
3
12
3
12
39
60
99
x≥− x⇔ x+ x≥0⇔
x+
x≥0⇔
x ≥ 0 ⇔ x ≥ 0 ⇔ x ∈ 0;+∞ )
5
13
5
13
65
65
65
Uwzględniając dziedzinę otrzymujemy warunek: x ∈ 0;
Gdy warunek
ten
jest
spełniony,
obie
13
.
12
strony wyjściowej
nierówności
należą
do przedziału 0; Π . Możemy zatem do obu stron przyłożyć operator funkcyjny g, pamiętając
o zmianie zwrotu nierówności. Otrzymujemy:
3
12
16
cos(arccos x + arccos x) ≤ cos(arccos x) .
5
13
65
Stosujemy wzór wyrażający cosinus sumy kątów.
3
12
3
12
16
cos(arccos x) cos(arccos x) − sin(arccos x) sin(arccos x) ≤
x.
5
13
5
13
65
Korzystamy z tożsamości cyklometrycznej:
sin(arccos x) = 1 − x 2
Otrzymujemy nierówność:
2
2
3 12
16
36 2
9 2
144 2 16
3 
 12 
x ⋅ x − 1−  x ⋅ 1−  x ≤
x⇔
x − 1−
x ⋅ 1−
x ≤
x⇔
5 13
65
65
25
169
65
5 
 13 
36 2
25 − 9 x 2
169 − 144 x 2 16
36 2
25 − 9 x 2
169 − 144 x 2 16
x −
⋅
≤
x⇔
x −
⋅
≤
x
65
25
169
65
65
5
13
65
Mnożymy obie strony nierówności przez 65.
36 x 2 − (25 − 9 x 2 )(169 − 144 x 2 ) ≤ 16 x
Dokonujemy izolacji wyrażenia pierwiastkowego, zmieniając jednocześnie znaki w obu
czynnikach wyrażenia podpierwiastkowego na przeciwne.
(9 x 2 − 25)(144 x 2 − 169) ≥ 36 x 2 − 16 x
Rozwiązujemy nierówność pierwiastkową rozpatrując dwa przypadki:
36 x 2 − 16 x ≥ 0
∨
36 x 2 − 16 x < 0
⇔

2
2
2
2
x
x
x
x
(
9
−
25
)(
144
−
169
)
≥
(
36
−
16
)

4 x(9 x − 4) ≥ 0
∨
4 x(9 x − 4) < 0

4
2
2
4
3
2
 1296 x − 1521x − 3600 x + 4225 ≥ 1296 x − 1152 x + 256 x
 x ∈ (− ∞; 0 ∪ 94 ;+∞ )

3
2
1152 x − 5377 x + 4225 ≥ 0
∨
 4
x ∈  0; 
 9
Dostrzegamy, iż liczba x0 = 1 jest pierwiastkiem wielomianu stopnia trzeciego. Zatem, na
mocy twierdzenia Bezout, jest on podzielny przez dwumian P( x ) = x − 1 .
Rozkładamy na czynniki dany wielomian.
W ( x ) = 1152 x 3 − 5377 x 2 + 4225 = 1152 x 3 − 1152 x 2 − 4225 x 2 + 4225 x − 4225 x + 4225 =
(
= 1152 x 2 ( x − 1) − 4225 x( x − 1) − 4225( x − 1) = ( x − 1) 1152 x 2 − 4225 x − 4225
)
Wyznaczamy wyróżnik trójmianu kwadratowego.
∆ = (− 4225) − 4 * 1152 * (− 4225) = 42252 + 4608 * 4225 = 4225 * (4225 + 4608) =
2
= 4225 * 8833 = 25 * 169 * 121 * 73
∆ = 25 * 169 * 121 * 73 = 5 * 13 * 11 73 = 715 73
Obliczamy miejsca zerowe trójmianu kwadratowego:
x1 =
4225 − 715 73
≈ −0,82
2304
x2 =
4225 + 715 73
≈ 4,49
2304
⇔

4225 − 715 73 
4225 + 715 73 
 x −

Zatem W ( x ) = 1152( x − 1) x −



2304
2304



Otrzymujemy alternatywę:


4
 x ∈  − ∞; 0 ∪ ; + ∞ )
9






1152( x − 1) x − 4225 − 715 73  x − 4225 + 715 73  ≥ 0




2304
2304



∨
 4
x ∈  0; 
 9
Rozwiązujemy nierówność stopnia trzeciego metodą graficzną szkicując przybliżony wykres
wielomianu.


4
 x ∈  − ∞; 0 ∪ ; + ∞ )
9



 x ∈ 4225 − 715 73 ;1 ∪ 4225 + 715 73 ; + ∞ )

2304
2304
∨
x∈
4225 − 715 73
4
4225 + 715 73
; 0 ∪ ;1 ∪
; + ∞)
2304
9
2304
x∈
4225 − 715 73
4225 + 715 73
;1 ∪
; + ∞)
2304
2304
 4
x ∈  0; 
 9
∨
⇔
 4
x ∈  0; 
 9
⇔
Uwzględniając warunek spełniony w I przypadku otrzymujemy: x ∈ 0;1 .
Przypadek II
Zakładamy, że lewa strona nierówności jest wyrażeniem należącym do przedziału (π ;+∞ ) .
Spełniony musi być wówczas warunek:
3
12
arccos x + arccos x > π .
5
13
Po lewej stronie nierówności pozostawiamy jedno z wyrażeń cyklometrycznych.
3
12
arccos x > π − arccos x .
5
13
Obie strony nierówności należą do przedziału 0; π . Zatem obie strony można traktować jako
argumenty funkcji g ( x ) = cos x w przedziale 0; π . Ze względu na to , że funkcja g w danym
przedziale jest malejąca, po przyłożeniu operatora funkcyjnego g do obu stron nierówności, należy
zmienić zwrot nierówności na przeciwny. Otrzymujemy:
3 
12 


cos arccos x  < cos π − arccos x 
5 
13 


Korzystając ze wzoru redukcyjnego mamy:
3 
12 


cos arccos x  < − cos arccos x 
5 
13 


Czyli:
3
12
3
12
39
60
99
x<− x⇔ x+ x<0⇔
x+
x<0⇔
x < 0 ⇔ x < 0 ⇔ x ∈ (− ∞;0 )
5
13
5
13
65
65
65
Uwzględniając dziedzinę otrzymujemy warunek: x ∈ −
13
; 0) .
12
Gdy warunek ten jest spełniony, lewa strona wyjściowej nierówności należy do przedziału
(π ;+∞) , zaś prawa strona należy do przedziału
0; π . Zatem nierówność jest spełniona
tożsamościowo.
Biorąc pod uwagę oba przypadki otrzymujemy alternatywę:
x ∈ 0;1 ∨ x ∈ −
13
13
; 0 ) . Jest ona równoważna warunkowi: x ∈ − ;1 .
12
12
Przedział ten stanowi zbiór wszystkich rozwiązań wyjściowej nierówności.
Analogicznie możemy rozwiązać nierówność:
3
4
arcsin x + arcsin x ≤ arcsin x .
5
5
Musimy jedynie pamiętać, że zbiorem wartości funkcji h( x ) = arcsin x jest
przedział −
π π
;
2 2
oraz, że funkcja k ( x ) = sin x jest rosnąca w przedziale −
π π
; , co skutkuje
2 2
brakiem zmiany zwrotu nierówności podczas przykładania operatora funkcyjnego k do obu jej
stron.
Zbiorem wszystkich rozwiązań powyższej nierówności jest − 1;0 ∪ {1} .
Poniżej zamieszczam zestaw nierówności cyklometrycznych, o zróżnicowanym stopniu
trudności, wraz z rozwiązaniami.
a)
3 arcsin x − Π < 0
Odp : x ∈ 0; 34 )
6 arcsin( x 2 − 6 x + 8,5) − Π ≥ 0
b)
c)
d)
e)
f)
g)
Odp : x ∈
6− 6
2
; 2 ∪ 4; 6 +2 6
6 arccos 2 x − Π ≥ 0
Odp : x ∈ 0; 83
4arctg ( x 2 − 3 x − 3) − Π < 0
Odp : x ∈ (− 1; 4 )
4arcctg ( x + 4) 2 − Π ≤ 0
Odp : x ∈ (− ∞; − 5 ∪ − 3; + ∞ )
2arctg 12 − arctgx >
Odp : x ∈ (− ∞;
1
7
)
π
4
2 arccos x − arcsin x <
Odp : x ∈
(
2
2
π
4
;1
arccos x − 2 arcsin x ≥ − π4
h)
i)
j)
k)
l)
Odp : x ∈ − 1;
2
2
arcctgx < arctgx
Odp : x ∈ (1; + ∞ )
3arctgx + arcctgx ≤ π2
Odp : x ∈ (− ∞; 0
2arctgx − arcctgx > π2
Odp : x ∈
(
3; + ∞ )
arcsin 419 x + arcsin 40
x>
41
Odp : x ∈ (1;
π
2
41
40
arccos 135 x + arccos 12
x ≤ π2
13
ł)
13
Odp : x ∈ 1; 12
m)
n)
o)
p)
q)
r)
s)
t)
u)
v)
w)
x)
y)
z)
arctg 2 x + arctg 5 x <
(
Odp : x ∈ − ∞;
10
10
π
)
2
arcctg 3x + arcctg 4 x ≥ π2
(
Odp : x ∈ − ∞;
3
6
( )
arcsin x 2 + arcsin x ≥
Odp : x ∈
3
3
π
2
2
2
;
( )
arccos x 3 + arccos x > π2
Odp : x ∈ −
3 1
3 2
;
)
( )
arctg x 7 + arctgx ≤
(
Odp : x ∈ − ∞;
( )
Odp : x ∈ (
4
π
2
343
7
arcctg x 6 + arcctgx < π2
4
216
6
;+∞
)
arcsin(1 − x ) − 2 arcsin x ≤ π2
Odp : x ∈ 0;1
2 arcsin x + arccos(1 − x ) ≤ 0
Odp : x = 0
(
)
4 arcsin x + arccos 1 − x 2 < 0
Odp : x ∈ − 1; 0)
arctg ( x + 2) − arctg ( x + 1) ≥
π
4
Odp : x ∈ − 2;−1
arcsin 3 2 x − arcsin 1 − x > arcsin 13
Odp : x ∈
4
9
; 23 ) ∪ ( 23 ;1
arctg x 2 + x + arcsin x 2 + x + 1 ≤
Odp : x ∈ {− 1,0}
arcctg x + arccos x − 1 <
Odp : x ∈
(
π
2
2; 2
arccos 12 x + arccos 34 x > arccos x
Odp : x ∈ − 1;1
π
2