Question

Найдите решение неравенства: (sin2x + sinx) -2cosx 1 , если x ∈ [0; π]

Answer 1

Ответ:

$\sqrt2(sin2x+sinx)-2cosx\leq 1\ \ ,\ \ \ x\in [\ 0\ ;\ \pi \ ]\\\\\sqrt2\cdot 2sinx\cdot cosx+\sqrt2sinx-2cosx-1\leq 0\\\\\sqrt2sinx\cdot (2cosx+1)-(2cosx+1)\leq 0\\\\(2cosx+1)(\sqrt2sinx-1)\leq 0\\\\a)\ \ \left\{\begin{array}{l}2cosx+1\leq 0\\\sqrt2sinx-1\geq 0\end{array}\right\ \ \ ili\ \ \ b)\ \ \left\{\begin{array}{l}2cosx+1\geq 0\\\sqrt2sinx-1\leq 0\end{array}\right$

$a)\ \left\{\begin{array}{l}cosx\leq -\dfrac{1}{2}\\sinx\geq \dfrac{1}{\sqrt2}\end{array}\right\ \ \ \ \left\{\begin{array}{l}\dfrac{2\pi}{3}+2\pi n\leq x\leq \dfrac{4\pi }{3}+2\pi n\ ,\ n\in Z\\\dfrac{\pi}{4}+2\pi k\leq x\leq \dfrac{3\pi }{4}+2\pi k\ ,\ k\in Z\end{array}\right\\\\\\\dfrac{2\pi }{3}+2\pi n\leq x\leq \dfrac{3\pi}{4}+2\pi n\ ,\ \ n\in Z$

$b)\ \left\{\begin{array}{l}cosx\geq -\dfrac{1}{2}\\sinx\leq \dfrac{1}{\sqrt2}\end{array}\right\ \ \ \ \left\{\begin{array}{l}-\dfrac{2\pi}{3}+2\pi n\leq x\leq \dfrac{2\pi }{3}+2\pi n\ ,\ n\in Z\\-\dfrac{5\pi}{4}+2\pi k\leq x\leq \dfrac{\pi }{4}+2\pi k\ ,\ k\in Z\end{array}\right\\\\\\-\dfrac{2\pi }{3} \leq x\leq \dfrac{\pi}{4}+2\pi n\ ,\ n\in Z$

$c)\ \ x\in \Big[-\dfrac{2\pi }{3}+2\pi n\ ;\ \dfrac{\pi}{4}+2\pi n\ \Big]\cup \Big[\ \dfrac{2\pi }{3}+2\pi n\ ;\ \dfrac{3\pi }{4}+2\pi n\ \Big]\ \ ,\ n\in Z\ -\ otvet\\\\\\d)\ \ x\in [\ 0\ ;\ \pi \ ]:\ \ x\in \Big[\ 0\ ;\, \dfrac{\pi}{4}\ \Big]\cup \Big[\ \dfrac{2\pi }{3}\ ;\ \dfrac{3\pi }{4}\ \Big]\ \ -\ otvet$

Answer 2

Конечно, давай разберем это неравенство поэтапно.

Дано неравенство:

\(\sin{2x} + \sin{x} - 2\cos{x} + 1\)

Чтобы решить это неравенство, давай преобразуем его, используя тригонометрические тождества.

Заметим, что \(\sin{2x}\) можно переписать через формулу двойного угла:

\(\sin{2x} = 2\sin{x}\cos{x}\)

Теперь подставим это значение в неравенство:

\(2\sin{x}\cos{x} + \sin{x} - 2\cos{x} + 1\)

Объединим похожие члены:

\(\sin{x}(2\cos{x} + 1) - 2\cos{x} + 1\)

Теперь давай найдем значения \(\sin{x}\) и \(\cos{x}\) для \(x \in [0;\pi]\).

В данном интервале:

\(\sin{x} \geq 0\) (синус положителен)

\(\cos{x} \leq 0\) (косинус отрицателен)

Теперь подставим эти значения обратно в наше неравенство:

\(\sin{x}(2\cos{x} + 1) - 2\cos{x} + 1 \geq 0\)

Так как \(\sin{x} \geq 0\) и \(\cos{x} \leq 0\) в заданном интервале, давай выразим \(\sin{x}\) через \(\cos{x}\):

\(\sin{x} = \sqrt{1 - \cos^2{x}}\)

Теперь подставим это обратно в неравенство:

\(\sqrt{1 - \cos^2{x}}(2\cos{x} + 1) - 2\cos{x} + 1 \geq 0\)

Теперь преобразуем это уравнение:

\(\sqrt{1 - \cos^2{x}}(2\cos{x} + 1) - 2\cos{x} + 1 \geq 0\)

Рассмотрим случаи, когда \(\cos{x} = -1\) и \(\cos{x} \neq -1\):

1. Если \(\cos{x} = -1\), то у нас получается \(0 \geq 0\), что верно.

2. Теперь рассмотрим случай, когда \(\cos{x} \neq -1\):

\(\sqrt{1 - \cos^2{x}}(2\cos{x} + 1) - 2\cos{x} + 1 \geq 0\)

Так как \(\cos{x} < 0\) в данном интервале, то \(\sqrt{1 - \cos^2{x}} > 0\), поэтому мы можем разделить на \(\sqrt{1 - \cos^2{x}}\) без изменения знака неравенства:

\(2\cos{x} + 1 - 2\cos{x} + 1 \geq 0\)

\(2 \geq 0\)

Это верно для всех значений \(\cos{x} < 0\) в интервале \(x \in [0;\pi]\).

Таким образом, решение данного неравенства: \(x \in [0;\pi]\).