Qball

W załączniku jest prosty rysunek rónoległoboku. Tak przy okazji to wzór P=a*b*sinα jest w tablicach, ale skoro jest takie zadanie to uzasadnimy.

1. Wyjdziemy ze wzoru na pole rónoległoboku: P=a*h

Gdzie: a - podstawa rónoległoboku
h- wysokość rónoległoboku

2. sin$\alpha$=$\frac{h}{b}$

Zatem h=b*sin$\alpha$

3. I teraz podstawiamy do pierwszego wzoru:

P=a*h =a*b* sin$\alpha$

Aby rozwiązanie należało do przedziału (0,$\frac{π}{3}$) to cosx$\in$(0,$\frac{π}{3}$).

$\frac{π}{3}$=$60^{\circ}$, więc cosx$\in$(0,$60^{\circ}$). cos$0^{\circ}$=1, a cos$60^{\circ}$=$\frac{1}{2}$. Zatem cosx$\in$($\frac{1}{2}$,1).

cosx>$\frac{1}{2}$ $\wedge$ cosx<1

$\frac{m^{2}-4m-4}{m^{2}+1}$>$\frac{1}{2}$ $\wedge$ $\frac{m^{2}-4m-4}{m^{2}+1}$<1

Przerzucamy wszystko na lewą stronę i sprowadzamy do wspólnego mianownika.

$\frac{2m^{2}-8m-8-m^{2}-1}{2m^{2}+2}$>0 $\wedge$ $\frac{m^{2}-4m-4-m^{2}-1}{m^{2}+1}$<0

(2$m^{2}$+2)($m^{2}$-8m-9)>0 $\wedge$ ($m^{2}$+1)(-4m-5)<0

Oczywiście dla (2$m^{2}$+2)>0 m$\in$R, ponieważ $\Delta$<0 i a>0.
Natomiast dla ($m^{2}$+1)<0 m$\in$$\emptyset$.

Rozparturejmy zatem:

($m^{2}$-8m-9)>0 $\wedge$ (-4m-5)<0

1.Najpierw: ($m^{2}$-8m-9)>0

$\Delta$=64+36=100 $\sqrt{\Delta}$=10
$m_1$=-1 $m_2$=9 (Można tu sobie narysować parabolę, aby było czytelnie, bierzemy przedział większy od 0)


m$\in$(-$\infty$;-1)$\cup$(9;+$\infty$) (Tu mamy pierwsze rozwiązanie)

2. Teraz liczymy: (-4m-5)<0

m=$\frac{-5}{4}$ (Ty wykresem jest linia prosta, skierowana do dołu i interesuje nas przedział pod osią OX, ponieważ ma być mniejsze od 0)

m$\in$($\frac{-5}{4}$ ;+$\infty$) (Tu mamy drugie rozwiązanie)

3. Teraz bierzemy część wspólną pierwszego i drugiego rozwiązania, ponieważ mieliśmy spójnik ,,i".

Najlepiej to sobie narysować i od razu widać, że rozwiązanie to:


m$\in$($\frac{-5}{4}$;-1)$\cup$(9;+$\infty$)

Nalepiej jest sobie narysować ten trójkąt.
Jego przyprostokątne mamy dane, są to: 2 i 4.
Z twierdzenia Pitagorasa obliczamy przeciwprostokątną: c.

$c^{2}$=$2^{2}$+$4^{2}$
$c^{2}$=20
c=$\sqrt{20}$=2$\sqrt{5}$

Teraz analizujemy każdą odpowiedź po kolei:

A. tg$\alpha$=$\frac{2}{4}$=$\frac{1}{2}$ Odpowiedź poprawna.
B. cos$\beta$=$\frac{2}{2\sqrt{5}}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$ Odpowiedź poprawna.
C. sin$\beta$=$\frac{4}{2\sqrt{5}}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$ Odpowiedź poprawna.
D. cos$\beta$ już wcześniej obliczaliśmy, więc odpowiedź D jest błędna.

Mamy tutaj funkcję liniowią gdzie:
a= |m| -2
b=5 m-1

1. Funkcja liniowa jest malejąca, gdy: a<0

Zatem:
|m| -2<0
|m| <2

m<2 i m>-2 (spójnik "i" jest tutaj bardzo ważny, ponieważ będziemy brać część wspólną danego przedziału)

Można sobie to rozrysować, ale widać od razu, że rozwiązanie to:

m$\in$(-2;2)

1. Najpierw rozpiszemy tg$\frac{16π}{3}$.
π=$180^{\circ}$ Zatem $\frac{16π}{3}$=$960^{\circ}$

2. Teraz skorzystamy ze wzorów redukcyjnych:

tg$\frac{16π}{3}$=tg$960^{\circ}$=tg($720^{\circ}$+$240^{\circ}$)=tg$240^{\circ}$=tg($180^{\circ}$+$60^{\circ}$)=tg$60^{\circ}$=$\sqrt{3}$

Warto tu sobie przypomnieć wierszyk dotyczący funkcji trygonometrycznych w danych ćwiartkach:
W pierwszej wszystkie są dodatnie,
W drugiej tylko sinus,
W trzeciej tangens i cotangens,
A w czwartek kosinus.

3. Tak więc mamy: $log_{27}$$\sqrt{3}$=$\frac{1}{6}$