Dwa trudne zadania...

[BrYcH]

1.Rozwiąż równanie \(\displaystyle{ 2 \cos x = \log y +\frac{1}{ \log y }}\).
2.\(\displaystyle{ \tg ^ {2}(x+y)+ \ctg ^ {2}(x+y)=1-2x-x^{2}}\)

To drugie nawet zrobiłem, ale to taka prowizorka że szkoda gadać...

[vomit]

taka mała podpowiedź do pierwszego: zbiorem wartości \(\displaystyle{ 2\cos x}\) jest przedział \(\displaystyle{ }\),a tego co po prawej stronie \(\displaystyle{ \left(-\infty;-2\right>\cup\left<2;+\infty\right)}\). powinno Cie to naprowadzic na rozwiązanie

[BrYcH]

Tylko nie zabardzo rozumiem jak określiłeś ten zbiór po prawej.

Po zatym czekam na wskazówki do drugiego

[vomit]

zajrzyj
https://matematyka.pl/viewtopic.php?t=14921
tutaj był wątek jak określić ten zb. wartości

[Lorek]

Z nierównoścci między średnią arytmetyczną, a geometryczną mamy
\(\displaystyle{ \tg ^ 2 \alpha + \ctg ^ 2 \alpha \geq 2\sqrt{ \tg ^ 2 \alpha \cdot \ctg ^ 2 \alpha}=2}\)
A z wykresu funkcji \(\displaystyle{ 1-2x-x^2}\) możesz odczytać, że \(\displaystyle{ 1-2x-x^2 \leq 2}\)
Czyli równość zachodzi gdy:
\(\displaystyle{ \left{\begin{array}{l} \tg ^ 2 (x+y)+ \ctg ^ 2 (x+y)=2\\1-2x-x^2=2\end{array}\\}\)
\(\displaystyle{ \left{\begin{array}{l} \tg ^ 2 (x+y)= \ctg ^ 2 (x+y)\\1-2x-x^2=2\end{array}}\)
W 2 równaniu korzystasz ze wzoru na wierzchołek paraboli.

[BrYcH]

Z nierównoścci między średnią arytmetyczną, a geometryczną mamy
\(\displaystyle{ \tg ^ 2 \alpha + \ctg ^ 2 \alpha \geq 2\sqrt{ \tg ^ 2 \alpha \cdot \ctg ^ 2 \alpha}=2}\)

A mógłbyś to dokładniej opisać, w wyniku jakich przekształceń co powstało i która część to średnia arytmetyczna, a która geometryczna, bo z wzorów jakie znalazłem na wikipedii jednoznacznie to nie wynika. I tak btw to jest jeszcze materiał lo?

[Rogal]

W drugim można bez średniej, tylko analogicznie, jak w pierwszym:
\(\displaystyle{ \tan^{2} (x+y) + \cot^{2} (x+y) = \tan^{2} (x+y) + \frac{1}{\tan^{2} (x+y)}}\)
I podstawiając t = tg^2 (x+y), mamy:
\(\displaystyle{ t + \frac{1}{t}}\)
A wiemy, że to jest zawsze większe bądź równe od 2, gdy t dodatnie.

[vomit]

mamy 2 liczby \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\). średnia arytmetyczna z tych liczb to \(\displaystyle{ \frac{a+b}{2}}\), a geometryczna \(\displaystyle{ \sqrt{ab}}\), więc z nierówności między średnimi wynika, że \(\displaystyle{ \frac{a+b}{2}\geq \sqrt{ab}}\) czyli \(\displaystyle{ a+b \geq 2\sqrt{ab}}\), teraz niech \(\displaystyle{ a= \tg ^ 2\alpha}\), a \(\displaystyle{ b= \ctg ^ 2\alpha}\), a jak wiadomo \(\displaystyle{ \tg ^ 2\alpha\cdot \ctg ^ 2\alpha = 1}\) więc \(\displaystyle{ \tg ^ 2\alpha+ \ctg ^ 2\alpha \geq 2\sqrt{1}=2}\)

[Malkolm]

1.
Dziedzina \(\displaystyle{ x \mathbb R}\), \(\displaystyle{ y (0,1) \cup (1,+\infty)}\).
\(\displaystyle{ 2\cos x=\log y+\frac{1}{\log y}}\)
\(\displaystyle{ \frac{\log^2 y -2\cos x \log y +1}{\log y}=0}\)
\(\displaystyle{ \frac{(\log y -\cos x)^2 +\sin^2x}{\log y}=0}\)
Stąd \(\displaystyle{ y 1}\) i \(\displaystyle{ \sin x=0}\) i \(\displaystyle{ \log y-\cos x=0}\)
\(\displaystyle{ \sin x=0 x=l\pi}\), \(\displaystyle{ l \mathbb Z}\).
Wtedy \(\displaystyle{ \log y =(-1)^l}\).
Jeżeli \(\displaystyle{ l=2k}\), \(\displaystyle{ k \mathbb Z}\), to \(\displaystyle{ y=10 1}\).
Jeżeli \(\displaystyle{ l=2k+1}\), \(\displaystyle{ k \mathbb Z}\), to \(\displaystyle{ y=\frac{1}{10} 1}\).
Podsumowując rozwiązaniami równania 1. są \(\displaystyle{ x=2k\pi}\) i \(\displaystyle{ y=10}\), gdzie \(\displaystyle{ k \mathbb Z}\) lub \(\displaystyle{ x=2k\pi + \pi}\) i \(\displaystyle{ y=\frac{1}{10}}\), gdzie \(\displaystyle{ k \mathbb Z}\).

2.
Dziedzina \(\displaystyle{ x+y k\pi}\) i \(\displaystyle{ x+y \frac{\pi}{2}+k\pi}\), gdzie \(\displaystyle{ k \mathbb Z}\).
\(\displaystyle{ \tan^2(x+y) + \cot^2(x+y)=1-2x-x^2}\)
\(\displaystyle{ \tan^2(x+y) + \cot^2(x+y)-2=-1-2x-x^2}\)
\(\displaystyle{ (\tan(x+y) - \cot(x+y))^2+(x+1)^2=0}\)
Stąd \(\displaystyle{ x=-1}\) i \(\displaystyle{ \tan (-1+y)=\cot (-1+y)}\).
Zatem \(\displaystyle{ -1+y=\frac{\pi}{4}+k\pi}\), gdzie \(\displaystyle{ k \mathbb Z}\).
Ostatecznie rozwiązaniami równania 2. są \(\displaystyle{ x=-1}\) i \(\displaystyle{ y=1+\frac{\pi}{4}+k\pi}\), gdzie \(\displaystyle{ k \mathbb Z}\).

[Tomas_91]

2.

\(\displaystyle{ (\tan(x+y) - \cot(x+y))^2+(x+1)^2=0}\)
Stąd \(\displaystyle{ x=-1}\) i \(\displaystyle{ \tan (-1+y)=\cot (-1+y)}\).
Zatem \(\displaystyle{ -1+y=\frac{\pi}{4}+k\pi}\), gdzie \(\displaystyle{ k \in \mathbb Z}\).
Ostatecznie rozwiązaniami równania 2. są \(\displaystyle{ x=-1}\) i \(\displaystyle{ y=1+\frac{\pi}{4}+k\pi}\), gdzie \(\displaystyle{ k \in \mathbb Z}\).

Nie bardzo rozumiem czemu nie może być drugiego rozwiązania:

\(\displaystyle{ y=1-\frac{\pi}{4}+k\pi}\)

No bo przecież rozwiązaniem drugiej równości są 2 liczby.
\(\displaystyle{ \tan (-1+y)= \frac{1}{ \tan (-1+y)}}\)
\(\displaystyle{ \tg ^{2}(y-1)=1}\)

??