Wykaż, że dla każdego x ∈ R spełniona jest nierówność :
\( \sin^6x+ \cos ^6x \ge \frac{1}{4} \)
Trygonometria nierówność
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
- eresh
- Guru
- Posty: 16825
- Rejestracja: 04 cze 2012, 13:41
- Podziękowania: 6 razy
- Otrzymane podziękowania: 10381 razy
- Płeć:
Re: Trygonometria nierówność
\(\sin^6x+\cos^6x=(\sin ^2x)^3+(\cos^2x)^3=(\sin^2x+\cos^2x)(\sin^4x-\sin ^2x\cos^2x+\cos^4x)=\\=\sin^4x+\cos^4x-\sin^2x\cos^2x=(\sin^2x+\cos^2x)^2-2\sin^2x\cos^2x-\sin^2x\cos^2x=\\=1-3\sin^2x\cos^2x=1-3(0,5\sin 2x)^2=1-\frac{3}{4}\sin^22x\geq 1-\frac{3}{4}=0,25\)
Podziękuj osobie, która rozwiązała Ci zadanie klikając na ikonkę
- Jerry
- Expert
- Posty: 3465
- Rejestracja: 18 maja 2009, 09:23
- Podziękowania: 50 razy
- Otrzymane podziękowania: 1901 razy
Re: Trygonometria nierówność
Albo z nierówności pomiędzy średnią potęgową i arytmetyczną:
Dla \(x\in\rr\) mamy \(\begin{cases}\sin^2 x\ge0\\ \cos^2x\ge0 \end{cases} \) i
\(\sqrt[3]{{(\sin^2x)^3+(\cos^2x)^3\over2}}\ge{\sin^2 x+\cos^2x\over2}\) , równość zachodzi dla \(\sin^2 x=\cos^2x\)
\({\sin^6x+\cos^6x\over2}\ge\left({1\over2}\right)^3\)
\( \sin^6x+ \cos ^6x \ge \frac{1}{4}\\ CKD \)
Pozdrawiam
Dla \(x\in\rr\) mamy \(\begin{cases}\sin^2 x\ge0\\ \cos^2x\ge0 \end{cases} \) i
\(\sqrt[3]{{(\sin^2x)^3+(\cos^2x)^3\over2}}\ge{\sin^2 x+\cos^2x\over2}\) , równość zachodzi dla \(\sin^2 x=\cos^2x\)
\({\sin^6x+\cos^6x\over2}\ge\left({1\over2}\right)^3\)
\( \sin^6x+ \cos ^6x \ge \frac{1}{4}\\ CKD \)
Pozdrawiam
Re: Trygonometria nierówność
Rozumiem zastosowanie wzoru na sumę sześcianów jednak nie wiem skąd później po tym mamy taki zapis ''\(\sin^4x+\cos^4x-\sin^2x\cos^2x\)'' czy mogłabym poprosić o wyjaśnienie w jaki sposób to uzyskano?
Ostatnio zmieniony 29 kwie 2021, 15:10 przez Jerry, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: poprawa wiadomości; skrót cytatu
Powód: poprawa wiadomości; skrót cytatu