За любителите на неравенствата...

[S.B.]

За кои стойности на [tex]\alpha \in (0 ; 2 \pi )[/tex] решенията на неравенството
$$x^{2}\sin \alpha + x\cos^{2} \alpha - \sin \alpha < 0$$
са в интервала $(- 1; 1)$

[pal702004]

Не виждам смисъла на тригонометрията тук.

Тъй като $x_1x_2=-1$ няма начин да е изпълнено едновременно $|x_1|<1$ и $|x_2|<1$

[Davids]

Не виждам смисъла на тригонометрията тук.

Тъй като $x_1x_2=-1$ няма начин да е изпълнено едновременно $|x_1|<1$ и $|x_2|<1$

Това е точно така, но какъв е проблемът?
Решения са $\alpha = \frac{\pi} {2} + 2k\pi$, защото тогава $sin\alpha > 0$ (положителен старши като ефициент, за да си гарантираме крайно множество от решения) и $x_1 = - 1,~x_2=1$, като между тях са отрицателните стойности... и условието е изпълнено.

Уточнение: Даденото е еквивалентно на:
$(x\sin\alpha +1)(x - \sin\alpha) < 0$
Откъдето искаме $\sin\alpha > 0$ поради споменатата горе причина и остава да намерим кога $|x_1|\le 1$ и $|x_2|\le 1$ едновременно. Както е казал колегата, строги неравенства не са възможни (както си личи и от явния вид на решенията), затова единствено остава $|x_1| = |x_2| = 1$. Оттук вече е лесно.

[pal702004]

Всичко е така, Davids, просто при $\sin{\alpha}=1$, решението на неравенството е $x\in [-1;1]$...и тук вече е моята грешка - неравенството е строго

[Гост]

а за кои [tex]x[/tex] [tex]\alpha[/tex] е в интервала [tex][-\pi/2; \pi/2][/tex]?

[S.B.]

Благодаря на колегите Davids и pal702004 за вниманието!
Ще представя и моето виждане за решението на неравенството.
$$x^{2}\sin \alpha + x\ cos^{2} \alpha - \sin \alpha < 0$$

1)Нека [tex]\sin \alpha = 0[/tex]
[tex]\alpha \in (0 ; 2 \pi ) \Rightarrow \alpha \ne 0 , \alpha \ne 2 \pi[/tex], тогава [tex]\alpha = \pi[/tex]
От [tex]\alpha = \pi \Rightarrow \sin \alpha = 0 , \cos \alpha = -1[/tex]
[tex]x^{2}\sin \alpha + x \cos^{2} \alpha - \sin \alpha< 0 \Leftrightarrow x < 0 \Rightarrow x \in (- \infty ; 0)[/tex]
От [tex]\begin{cases} x \in (-1;1) \\ x \in(- \infty;0) \end{cases} \rightarrow[/tex] ,че [tex]\alpha = \pi[/tex] не е решение

2)Нека [tex]\sin \alpha \ne 0[/tex]
[tex]D = \cos^{4} \alpha + 4 \sin^{2} \alpha = \cos^{4} \alpha + 4(1 - \cos^{2} \alpha) = \cos^{4} \alpha - 4 \cos^{2} \alpha + 4 = ( \cos^{2} \alpha - 2) ^{2}[/tex]
[tex]x_{1,2 } = \frac{- \cos^{2} \alpha \pm \sqrt{ ( \cos^{2} \alpha - 2) ^{2} } }{2\sin \alpha } \Rightarrow x_{1 } = - \frac{1}{\sin \alpha } , x_{2 } = \sin \alpha[/tex]
Тогава получаваме:

[tex]x^{2}\sin \alpha + x \cos^{2} \alpha - \sin \alpha < 0 \Leftrightarrow \sin \alpha (x + \frac{1}{\sin \alpha })(x - \sin \alpha) < 0[/tex]

Нека [tex]\alpha \in (0 ; \pi) \Rightarrow \sin \alpha > 0[/tex]
Тогава [tex](x + \frac{1}{\ sin \alpha })(x - \sin \alpha) < 0 \Rightarrow x \in (- \frac{1}{\sin \alpha }; \sin \alpha)[/tex]
За [tex]\alpha = \frac{ \pi }{2} \rightarrow - \frac{1}{\sin \alpha } = -1 , \sin \alpha = 1 \Rightarrow[/tex]

Получихме,че за $$\alpha = \frac{ \pi }{2} , x \in(-1;1)$$

Нека [tex]\alpha \in ( \pi ; 2 \pi) \Rightarrow \sin \alpha < 0 \Rightarrow (x + \frac{1}{\sin \alpha })(1 - \sin \alpha ) >0[/tex]
За [tex]\alpha = \frac{3 \pi }{2} \rightarrow - \frac{1}{\sin \alpha } = 1, \sin \alpha = -1[/tex]
Тогава [tex](x + \frac{1}{\sin \alpha })(x - \sin \alpha)>0 \Leftrightarrow (x + 1)(x - 1) > 0[/tex]
[tex]\Rightarrow x \in (- \infty ; -1) \cup(1 ; + \infty) \Rightarrow \alpha = \frac{3 \pi }{2}[/tex] не е решение

Единствено решение е ,че за $$\alpha = \frac{ \pi }{2} , x \in (-1;1)$$