badanie okresu funkcji

[Gość: marko666]

jak zbadac (z def.) czy liczba t=Pi jesy okresem funkcji f(x)=|sinx|+|cosx|

mam nadzieje ze ktos pomoze mi sie z tym uporac..

[Gość: Joa]

Wylicz f(pi+x) - jesli otrzymasz funkcje daną, to pi jest okresem. Powinno Ci
wyjść,bo dla wszystkich podstawowych funkcji trygonometrycznych |f(pi+-x)|=|f(x)|

[Gość: marko666]

thx

[Gość: marko666]

dla jakich m istnieja rozwiązania rówania
a) √3sinx+cosx=m
b)(sin^4)x+(cos^4)x=m

btw wiem ze w tym pierwszym trzeba zamienic cos na sin ale pozniej nie wiem co
mam z √3 zrobic...

[ellipsis]

Ad 1)
W takich zadaniach lepiej skorzystać ze wzoru na sinus (lub cosinus) sumy (lub
różnicy) kątów. Przypomnę te wzory:
a1) sin (y+x) = sin y cos x + cos y sin x
a2) sin (y-x) = sin y cos x - cos y sin x
b1) cos (y+x) = cos y cos x - sin y sin x
b2) cos (y-x) = cos y cos x + sin y sin x
Należy wyłączyć przed zadaną sumę taką liczbę, aby współczynniki przy sin x i
cos x były odpowiednio sinusem i cosinusem pewnego kąta y, tj. aby suma ich
kwadratów była równa 1. W naszym przypadku obecnie suma kwadratów współczynników
wynosi
(V3)^2 + 1^2 = 4,
więc należy wyłączyć przed sumę liczbę 2. Otrzymamy
V3 sin x + cos x = 2 * [(V3/2) sin x + (1/2) cos x].
W tym konkretnym zadaniu interesuje nas tylko zbiór wartości sumy po lewej
stronie znaku równości, więc możemy napisać po prostu
2 * [(V3/2) sin x + (1/2) cos x] = 2 * sin (y+x)
i odpowiedzieć, że rozwiązania podanego równania istnieją, gdy m należy do
przedziału <-2,2> (bo wartościami funkcji sinus są liczby z przedziału <-1,1>).
Gdybyśmy jednak mieli _rozwiązać_ podobne równanie (przyjmijmy np. m=1):
V3 sin x + cos x = 1,
to musielibyśmy dokładniej przekształcić lewą stronę. Najpierw przekształcamy
równanie jak wyżej, tj. do postaci
(V3/2) sin x + (1/2) cos x = 1/2.
Następnie wybieramy, z którego wzoru skorzystamy (jest to zupełnie obojętne dla
rozwiązania, otrzymamy po prostu inne kąty; zwykle wybieramy taki, aby
otrzymywane wartości dla sin y i cos y były dodatnie, tj. aby szukany kąt y
można było wybrać z pierwszej ćwiartki). W naszym przykładzie najwygodniej
wybrać wzór a1) lub b2), bo liczby (V3/2) i (1/2) są dodatnie, a w tych dwóch
wzorach mamy plusy przy sin x i cos x.
Weźmy pod uwagę wzór a1). Otrzymamy
cos y = V3/2, sin y = 1/2,
a więc
y = pi/6 (czyli 30 st).
Stąd nasze równanie przybiera postać
sin (pi/6 + x) = 1/2.
Dalej już standardowo - prawa strona to sin (pi/3):
sin (pi/6 + x) = sin (pi/3),
wobec czego
pi/6 + x = pi/3 + 2k pi lub pi/6 + x = (pi - pi/3) + 2k pi
i ostatecznie
x = pi/6 + 2k pi lub x = pi/2 + 2k pi

Ad 2)
W drugim zadaniu przekształcamy lewą stronę równania korzystając ze znanych
wzorów na kwadrat sumy, jedynkę trygonometryczną i sinus kąta podwojonego,
otrzymując
sin^4 x + cos^4 x = (sin^2 x + cos^2 x)^2 - 2 sin^2 x cos^2 x =
= 1^2 - 1/2 * (2 sin x cos x)^2 = 1 - 1/2 * sin (2x) = m.
Dalej zrób sam! ;)

[Gość: Student]

elipsis napisał
>Ad 1)
>W takich zadaniach lepiej skorzystać ze wzoru na sinus (lub cosinus) sumy (lub
>różnicy) kątów. Przypomnę te wzory:
Jedynie pod warunkiem,że w równaniu postaci a sinx+b cosx = c zachodzi
a^2+b^2=1. Jeśli tak nie jest - lepiej sprowadzić do równania jednorodnego z
niewiadomą x/2, czyli w efekcie do wprowadzenia tg x/2

To nie takie proste...

[ellipsis]

Gość portalu: Student napisał(a):

> Jedynie pod warunkiem,że w równaniu postaci a sinx+b cosx = c zachodzi
> a^2+b^2=1.
Zgodnie z moim poprzednim postem, jeżeli a^2+b^2<>1, to dzielimy obie strony
równania przez a^2+b^2, otrzymując równanie
cos y sin x + sin y cos x = sin (x+y) = sin z,
gdzie
cos y =a/V(a^2+b^2), sin y = b/V(a^2+b^2), sin z = c/V(a^2+b^2).
Proponowane zastosowanie podstawień
sin x = 2t/(1+t^1), cos x = (1-t^2)/(1+t^2), gdzie t = tg(x/2)
prowadzi do równania kwadratowego i zwykle wydłuża rozwiązanie.
Z drugiej strony jednak jest to metoda uniwersalna (możliwa do zastosowania w
dowolnym równaniu trygonometrycznym, niekoniecznie liniowym ze względu na sin i
cos), dlatego oczywiście warto ją znać.
Z trzeciej strony ;) należy pamiętać, że w otrzymanym równaniu musimy dopuścić
pierwiastki nieskończone, tzn. t może być równe +oo i -oo. Przykładowo
rozwiązując tą metodą równanie
sin x = 0
otrzymamy równanie
2t/(1+t^2) =0,
którego pierwiastkami są t=0 (skąd x = 2k pi) i t=oo (skąd x = k pi)...
Ponadto w naszym zadaniu, gdzie mamy wyznaczyć _zbiór wartości_ wyrażenia postaci
a sin x + b cos x,
otrzymamy wyrażenie
(2tV3 + 1-t^2) /(1+t^2),
dla którego mamy wyznaczyć zbiór wartości, gdy t należy do zbioru <- oo, + oo>
(z końcami)... :( Nie jest to trywialne...

Oczywiście ,,dzielimy przez V(a^2+b^2)... :(

[ellipsis]

[Gość: student]

>rozwiązując tą metodą równanie
>sin x = 0
>otrzymamy równanie
>t/(1+t^2) =0,
>tórego pierwiastkami są t=0 (skąd x = 2k pi) i t=oo (skąd x = k pi)...
Wchodzimy tu w zagadnienia związane z granicą - dla x=k pi - tg x/2 nie
istnieje, a jeśli już mówimy o granicy, to też jej nie ma - są jednostronne. Te
brakujące pierwiastki równania sin x=0 (x=k pi) są ukryte w zastrzeżeniu przy
wprowadzaniu podstawienia: t=tg x/2 i x/2 różne od pi/ +k pi.
Przy okazji: Uczeń liceum (w tym ja również) nigdy nie słyszał, by rozwiązanie
równania x/(a+x^n) = 0 miało w R inne rozwiazanie niż x=0. Cos przekombinowałeś.

[ellipsis]

> Wchodzimy tu w zagadnienia związane z granicą - dla x=k pi - tg x/2 nie
> istnieje, a jeśli już mówimy o granicy, to też jej nie ma - są jednostronne.
Nieistnienie granic jednostronnych jest nieistotne, ważne, że istnieje granica
wyrażenia 2tg(x/2) /(1+tg^2 (x/2)), gdy t dąży do k pi...
> Przy okazji: Uczeń liceum (w tym ja również) nigdy nie słyszał, by rozwiązanie
> równania x/(a+x^n) = 0 miało w R inne rozwiazanie niż x=0.
W R oczywiście nie ma innych rozwiązań. W zbiorze _<-oo, +oo> (zbiór R
rozszerzony o -oo i +oo), jeśli n>1, to _można przyjąć_, że mamy dodatkowe
rozwiązania t=-oo i t=+oo (formalnie dziedziną tego równania jest R), którym
odpowiada x=(2k+1)pi. Ale jest to jedynie pewna _próba obejścia_ konieczności
osobnego rozpatrywania przypadku sin x = 0.
Właśnie te niestandardowe pierwiastki (lub, co na jedno wychodzi, konieczność
dokonywania zastrzeżeń) są największym mankamentem podstawienia t = tg (x/2).
Tak powinien być rozumiany mój poprzedni post... Zapewne użyty przeze mnie
sposób zapisu nie był najlepszy... Sorry... :(

[Gość: student]

piszesz:Nieistnienie granic jednostronnych jest nieistotne, ważne, że istnieje
granica wyrażenia 2tg(x/2) /(1+tg^2 (x/2)), gdy t dąży do k pi...
O to chodzi,że granica nie istnieje - istniałaby niewłaściwa, gdyby jednostronne
były jednakowe, jak np (tgx)^2 gdy x->pi/2.
Twoje rozważania byłyby poprawne dla pytania: dla kiedy granica wyrażenia
x/(x^2+1)jest równa zero? Szukanie kłopotliwych zastępstw dla rutynowych zastrzeżeń
jest jak leczenie kataru grypą.

Gdzie widzisz błąd?

[ellipsis]

Gość portalu: student napisał(a):
> piszesz:Nieistnienie granic jednostronnych jest nieistotne, ważne, że istnieje
> granica wyrażenia 2tg(x/2) /(1+tg^2 (x/2)), gdy t dąży do k pi...
> O to chodzi,że granica nie istnieje - istniałaby niewłaściwa, gdyby
> jednostronne były jednakowe, jak np (tgx)^2 gdy x->pi/2.
Powtórzę: nieistnienie granic jednostronnych wyrażenia tg(x/2), gdy x->pi/2,
jest nieistotne - ważne, że istnieje granica wyrażenia 2tg(x/2)/(1+tg^2(x/2))
(czyli wyrażenia sin x), gdy x->(2k+1)*pi (w tym drugim przypadku obie granice
jednostronne są równe 0), w związku z czym istnienie ,,niewłaściwego"
pierwiastka t=+oo (który ,,zlewa się" z pierwiastkiem t=-oo) implikuje, że
liczby postaci (2k+1)*pi są pierwiastkami wyjściowego równania. Gdzie widzisz błąd?
> Szukanie kłopotliwych zastępstw dla rutynowych zastrzeżeń
> jest jak leczenie kataru grypą.
To prawda. Z drugiej strony jednak znam przypadki, że rozwiązujący stosuje
powyższe podstawienia albo _nie mając tego świadomości_, że może ,,zgubić"
niektóre rozwiązania, albo też mając tego świadomość, ale zapominając później
rozważyć wykluczane przypadki... Dlatego dla _niektórych_ (raczej zdolniejszych)
stosowanie ,,niewłaściwych" pierwiastków okazuje się dobrą metodą na
uzupełnienie rozwiązania...

Poprawka :(

[ellipsis]

Oczywiście ,,gdy x->pi" lub ,,gdy x->(2k+1)pi", a nie ,,gdy x->pi/2"... :(

[Gość: student]

Tak, dla tego wyrażenia granica istnieje i równa jest zero, ale -przyjmując
Twoją teorię - równanie x/(x^2+1) = 0 miałoby trzy pierwiastki x=0,x=-oo i
x=+oo, a równanie x/(x+1) = 1 miałoby pierwiastek x=+oo, mimo,że do tej pory
było sprzeczne. Dzięki Twojej sztuczce sposób ten był "użyteczny"(?) w
doszukaniu się tam brakujących pierwiastkow - tu robi się ich nadmiar.Twój
pomysł jest dobry do zadania:
x->a => x/(x^2+1)->0 - co wstawić w miejsce a?
Zapewne jesteś autorem tego pomysłu i z tego powodu go bronisz. Może nie należę
do tych uzdolnionych i stąd moje obiekcje.Jeśli pomysł nie Twój, to kto go i
gdzie stosował, bo jakoś nie zdobył popularności.

Ustalmy przedmiot debaty...

[ellipsis]

Mamy dane pewne równanie trygonometryczne postaci
(*) F(sin x, cos x) = 0,
gdzie F jest ustaloną funkcją określoną na <-1,1>^2. Rozważmy następującą
procedurę.
________________

0. Zauważamy, że wobec okresowości funkcji sin i cos, wystarczy znaleźć
rozwiązania powyższego równania w przedziale (-pi,pi].
1. Dokonujemy podstawienia
x = 2 arc tg t.
Pisząc bardziej precyzyjnie, podstawiamy
(**) sin x = 2t/(t^2+1), cos x = (t^2-1)/(t^2-1),
otrzymując nowe równanie
(***) G(t) = 0,
gdzie G jest pewną funkcją określoną na R^2.
2. Rozwiązujemy nowe równanie, otrzymując rozwiązania
t_1, ..., t_m.
3. Dla każdego i od 1 do m rozwiązujemy równanie
tg(x/2) = t_i,
otrzymując w przedziale (-pi,pi) rozwiązanie x_i odpowiadające t_i.
________________

Zaleta: dzięki tej procedurze sprowadzamy wyjściowe równanie (*) do
(najczęściej) prostszej lub przynajmniej lepiej znanej postaci.
Wada: zastosowane podstawienie ,,gubi" rozwiązanie
x = pi
(jeżeli ten element jest rozwiązaniem równania (*)), bo temu x nie odpowiada
żadne rzeczywiste t. :(
Standardowy sposób pozbycia się tej wady, to osobne sprawdzenie, czy
F(1,0) =? 0
i w razie potwierdzenia dołożenie rozwiązań postaci
x = (2k+1)pi.
Jednak niektórzy mogą pytać, gdzie zostały zgubione brakujące rozwiązania -
przecież zwykle po przekształceniu równania (np. po podniesieniu obu stron
równania do kwadratu) otrzymujemy co najwyżej _dodatkowe_ rozwiązania... Dla
nich mamy następującą odpowiedź: elementowi x=pi odpowiada nieskończona wartość
niewiadomej t. Nie możemy jednak mechanicznie dołożyć wartości t=+oo jako
argumentu równania (***), bo dziedziną funkcji G jest (najczęściej) ,,tylko" R^2
:( (możemy próbować tak uczynić, jeżeli funkcja F jest ciągła w punkcie (1,0)(.
Dla większości nie jest jednak łatwe sprawdzanie, czy element +oo jest
,,pierwiastkiem" funkcji G, stąd moje zastrzeżenie, że to metoda ,,raczej dla
zdolniejszych". Ponadto aby formalnie uzasadnić, że element x=pi jest
rozwiązaniem równania (*), łatwiej po prostu podstawić tę wartość do równania
(*), niż argumentować, że jest tak, bo ,,funkcja F jest ciągła w punkcie (1,0)
oraz lim G(t) =0, gdy t->+oo"... :(
PS. Pomysł nie jest mój. Powyższe rozumowanie przeprowadzili kiedyś _uczniowie_
mojej klasy licealnej. Po dłuższej dyskusji większość uczniów zapamiętała
jedynie, że ,,metoda podstawień (**) nie jest idealna"...

[Gość: student]

"Jednak niektórzy mogą pytać, gdzie zostały zgubione brakujące rozwiązania -..."
Nie tylko mogą, ale powinni pytać. Nie pytaliby, gdyby pamiętali,że wymienione
przez ciebie wzory mają sens w dziedzinie R\{k*pi),tymczasem dziedziną równania
F(sinx,cosx) = 0 jest R.
Z drugiej strony, wymaganie,żeby tg(x/2)był równy nieskończoności nie ma sensu,
bo dla katów k*pi ta funkcja nie istnieje.
Metoda dyskutowana przez uczniów może być traktowana jako ciekawostka,
świadcząca o bezrefleksyjnym używaniu wzorów i próbie znajdywania metod
zastępczych.Gdyby ja ograniczyć jedynie do wymienionego przez ciebie równania,
to lokalnie - na Twoich lekcjach - ujdzie, ale na maturze?
Myślę,że jeśli " Po dłuższej dyskusji większość uczniów zapamiętała
jedynie, że ,,metoda podstawień (**) nie jest idealna"..."to nie jest
najgorzej. Byłoby źle, gdyby szukali ta metodą miejsc zerowych funkcji wymiernych.
Przedmiotem debaty jest tu w dalszym ciągu to samo zagadnienie.Pozdrawiam.

Chyba zamykając ten temat...

[ellipsis]

Nasza dyskusja zaczęła się od Twego stwierdzenia, że zwykle
,,lepiej sprowadzić do równania jednorodnego z niewiadomą x/2, czyli w efekcie
do wprowadzenia tg x/2".
forum.gazeta.pl/forum/72,2.html?f=422&w=55357387&a=55402906
Ta teza nie była (i nadal nie jest!) dla mnie oczywista. Oto moje główne
wątpliwości:
forum.gazeta.pl/forum/72,2.html?f=422&w=55357387&a=55409717
Moja uwaga o ,,rozwiązaniach" nieskończonych wzięła się stąd, że nie pisałeś o
konieczności rozważania przypadków. W kolejnym poście przyznaję się do błędu -
nie wystarczy rozszerzyć dziedziny równania G(t)=0 na zbiór <-oo,+oo>, wobec
czego nie można polecać tej metody zamiast zwykłego rozważania przypadków. Nasze
rozważania o granicach jednostronnych były chyba zupełnie off-topic, stąd moja
próba ustalenia, o czym dyskutujemy.
Proponuję następującą konkluzję. Metoda podstawienia t=tg(x/2) nie zawsze jest
najlepsza, a czasem, jak np. w zadaniu podanym przez marko666:
forum.gazeta.pl/forum/72,2.html?f=422&w=55357387&a=55372735
(które legło u podstaw naszej dyskusji) bardzo zła. Warto ją jednak znać, bo
czasem jest to jedyna droga do celu. Stosując ją należy jednak pamiętać, że
podstawienie x=2arc tg t eliminuje ewentualne rozwiązanie x=(2k+1)pi, dlatego
ten przypadek należy rozważać osobno. Sugerowane przeze mnie szukanie tego
rozwiązania jako nieskończonego rozwiązania równania G(t)=0 jest mało naturalne
i dlatego nie jest godne polecenia.
PS. Uznanie, że punktowi x=pi odpowiada t=+oo nie oznacza wymagania, żeby
tg(x/2)=+oo. Należy to rozumieć następująco: stosujemy podstawienie x=f(t),
gdzie funkcja f:(-oo,+oo>->(-pi,pi> jest dana wzorami
f(t)=2arc tg t, gdy -oo<t<+oo,
f(+oo)=pi
(jest to ciągłe przedłużenie podstawienia x=2arc tg t ze zbioru liczb
rzeczywistych na zbiór (-oo,+oo>. Chociaż podstawienie to jest formalnie
poprawne (bo jest bijekcją), to może pojawić się problem wyznaczenia właściwej
wartości G(+oo), dlatego nie ma to wpływu na proponowaną przeze mnie konkluzję.
PPS. Piszesz
> Przedmiotem debaty jest tu w dalszym ciągu to samo zagadnienie.
To samo - tzn. jakie? Czy miałeś na myśli coś innego, niż
,,podstawienie x=2arc tg t jako metoda rozwiązywania równań trygonometrycznych"?
PPPS. Sformułowanie ,,uczniowie mojej klasie licealnej" oznaczało moich
ówczesnych rówieśników... :)

[Gość: student]

Piszesz
(jest to ciągłe przedłużenie podstawienia x=2arc tg t ze zbioru liczb
> rzeczywistych na zbiór (-oo,+oo>. Chociaż podstawienie to jest formalnie
> poprawne (bo jest bijekcją), to może pojawić się problem wyznaczenia właściwej
> wartości G(+oo), dlatego nie ma to wpływu na proponowaną przeze mnie konkluzję.
W dalszym ciągu nie widzę róznicy między zbiorem liczb rzeczywistych R, a
zbiorem (-oo, +oo), jak również nie widzę sensu w zapisie F(+OO), choć można by
używać tego zapisu w znaczeniu granicy, podobnie jak f(a+) lub f(a-).
Przy badaniu funkcji ustalamy jej dziedzinę, np.D=R\{a,b} i obliczamy granicę w
obu nieskończonościach itd.
Jak widać,rożnimy sie nieco w szczegółach, ale wymianę poglądów uważam za
pożyteczną, chociażby dla uświadomienia sobie istnienia róznych aspektów tego
samego zagadnienia. Dziękuję za cierpliwość i przepraszam za krytyczny stosunek
do Twojej koncepcji. Do następnej okazji.

[ellipsis]

Gość portalu: student napisał(a):
> W dalszym ciągu nie widzę róznicy między zbiorem liczb rzeczywistych R, a
> zbiorem (-oo, +oo),
Drobna poprawka: chodzi o zbiór (-oo,+oo> (przedział prawostronnie domknięty!)
- do zbioru liczb rzeczywistych dokładamy element oznaczany symbolem +oo, który
jest większy od wszystkich liczb rzeczywistych. Element +oo możemy traktować
jako dość specyficzną liczbę (nie wszystkie działania są wykonalne z tą
,,liczbą" - tej ,,liczby" nie można mnożyć przez zero ani dzielić przez siebie).
> jak również nie widzę sensu w zapisie F(+OO), choć można by
> używać tego zapisu w znaczeniu granicy, podobnie jak f(a+) lub f(a-).
Jeżeli +oo jest elementem dziedziny funkcji F, to zapis F(+oo) oznacza po
prostu wartość funkcji F w punkcie +oo. Granicę funkcji F w punkcie +oo można
wtedy oznaczać symbolem F(+oo-). Jeżeli jednak +oo nie należy do dziedziny
funkcji F, to najczęściej zapis F(+oo) oznacza granicę wyrażenia F(x), gdy x->+oo.
No ale dość na tym. Skończmy wreszcie ten temat... :)
PS. Prawo do krytyki jest naturalnym prawem każdego człowieka. Poza tym ja też
uważam, że moja koncepcja miała, pisząc eufemistycznie, ,,istotne braki"... ;)

[Gość: Joa]

W pierwszym wyraź sinx i cos x przez t=tg(x/2) i otrzymasz równanie kwadratowe,
którego wyróznik powinien byc nieujemny(aby istniały pierwiastki) w drugim
zastosuj a^4+b^4= (a^2+b^2)^2-2a^2 * b^2 i otrzymasz
1+1/2(sin2x)^2=m<=>|sin2x|=V(2m-2) stad gdzie m jest z przedziału <1,3/2>

[Gość: marko666]

nic dodac nic ujac! dzieki za wyczerpujace odpowiedzi