|
Решить уравнение $%(|sinx|)^{cosx}=(|cosx|)^{sinx}.$% задан 19 Мар '13 17:28 
Anatoliy |
Ответ. Множеством решений уравнения является множество $%\left \lbrace {\dfrac{\pi}{4}}+n\pi, \quad n\in\mathbb{Z} \right \rbrace.$% Кажется так, если нигде не ошибся. отвечен 19 Мар '13 21:26 
Mather Да, не обратил внимания на точки, в которых возникает неопределенность $%0^{-1}$%
(19 Мар '13 21:42)
Mather
Во втором неравенстве с производной нужно сменить знак перед последним слагаемым.
(19 Мар '13 22:18)
falcao
@Mather: Вы не знаете, в чём была причина того, что редактор искажал формулы? Сейчас всё видно как следует. Я знаю, что он неверно отображает текст со "звёздочками", но у Вас их вроде как не было. Полезно было бы знать, каких ещё символов желательно избегать при наборе текстов.
(20 Мар '13 0:00)
falcao
Иногда неправильно работает символ подчеркивания, так он обозначает и нижний индекс, и курсив
(20 Мар '13 9:27)
DocentI
@DocentI: спасибо за информацию -- я буду иметь это в виду. Подчёркивание приходится использовать очень часто, и у меня вроде бы не возникало трудностей в связи с этим. Но там, насколько я понимаю, можно использовать команду \sub вместо того же самого.
(20 Мар '13 11:52)
falcao
Насчет sub спасибо Вам. С подчеркиванием возникали проблемы, когда оно шло после вертикальной черты (символа подстановки). Но, может, это уже исправили...
(20 Мар '13 14:38)
DocentI
показано 5 из 7
показать еще 2
|
|
Рассмотрим функцию $%f(x)=|\sin x|^{\cos x}-|\cos x|^{\sin x}$%. Она определена всюду кроме точек, для которых возникает выражение вида $%0^{-1}$%, то есть при $%x\ne-\pi+2\pi k$%, $%x\ne-\pi/2+2\pi k$% ($%k\in{\mathbb Z})$%. Очевидными решениями уравнения $%f(x)=0$% будет те точки, где косинус и синус равны, то есть $%x=\pi/4+\pi k$%. Проверим, что других решений нет. Ввиду периодичности косинуса и синуса, достаточно рассмотреть значения функции на любом отрезке длиной $%2\pi$%. Удобно взять отрезок $%[-3\pi/4,5\pi/4]$% с центром в точке $%\pi/4$%. Преобразование $%x\mapsto\pi/2-x$% меняет косинус и синус местами, то есть $%f(\pi/2-x)=-f(x)$%. Поскольку правая и левая половины отрезка при этом переходят друг в друга, достаточно рассматривать случай $%x\in[\pi/4,5\pi/4]$%, не беря значений в уже рассмотренных точках. Пусть $%0 < a < b < 1$% -- некоторые числа. Тогда верны неравенства $%a^b < b^b < b^a$%. Первое следует из возрастания функции $%x^b$%, а второе -- из убывания функции $%b^x$%. Поскольку на $%(\pi/4,\pi/2)$% синус больше косинуса, при $%a=\cos x$%, $%b=\sin x$% мы приходим к тому, что $%f(x)=(\sin x)^{\cos x}-(\cos x)^{\sin x} > 0$%. При $%x=\pi/2$% неравенство также справедливо. Пусть $%x\in(\pi/2,\pi)$%. Положим $%t=x-\pi/2\in(0,\pi/2)$%. Ясно, что $%\cos x=-\sin t$%, $%\sin x=\cos t$%. Тогда $%f(x)=(\cos t)^{-\sin t}-(\sin t)^{\cos t} > 0$%, так как при $%a,b\in(0,1)$% выполнено неравенство $%a^b < a^0=1$%. Наконец, пусть $%x\in(\pi,5\pi/4)$%. Положим $%t=x-\pi\in(0,\pi/4)$%. Ясно, что $%\cos x=-\cos t$%, $%\sin x=-\sin t$%. Тогда $%f(x)=(\sin t)^{-\cos t}-(\cos t)^{-\sin t} > 0$% так как при $%0 < a=\sin t < \cos t=b < 1$% выполнено неравенство $%a^b < b^a$%, то есть $%a^{-b} > b^{-a}$%. отвечен 19 Мар '13 20:21 
falcao |