Неравенство

[S.B.]

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

[inveidar]

Интервалът да не е затворен?

[S.B.]

Интервалът да не е затворен?

Не,не е затворен.Съвсем точно съм преписала условието от сборника на Добромир Тодоров и Кирил Николов.
Отговорът ,който е даден е [tex]\alpha = \frac{\pi}{2}[/tex] - единствена стойност.

[S.B.]

[tex]x^{2}sin\alpha + xcos^{2}\alpha - sin\alpha < 0[/tex] , [tex]\alpha \in (0 . 2\pi)[/tex] , търсим стойностите на [tex]\alpha[/tex] за които [tex]х \in(- 1 , 1)[/tex];
[tex]D = cos^{4}\alpha + sin^{2}\alpha = (cos^{2}\alpha)^{2} +4 sin^{2}\alpha = (1 - sin^{2}\alpha)^{2} + 4sin^{2}\alpha = 1 - 2sin^{2}\alpha + sin^{4}\alpha + 4sin^{2}\alpha =[/tex]
[tex]= 1 + 2sin^{2}\alpha + sin^{4}\alpha = (1 + sin^{2}\alpha)^{2}[/tex] ; [tex]\sqrt{D} = 1 + sin^{2}\alpha[/tex]
[tex]x_{1 } = \frac{-cos^{2}\alpha + 1 + sin^{2}\alpha}{2sin\alpha} = \frac{2sin^{2}\alpha}{2sin\alpha} = sin\alpha[/tex]
[tex]x_{2 } = \frac{-cos^{2}\alpha - 1 - sin^{2}\alpha}{2sin\alpha} = \frac{-2}{2sin\alpha} = - \frac{1}{sin\alpha}[/tex]
[tex]x^{2}sin\alpha + xcos^{2}\alpha - sin\alpha = sin\alpha(x - sin\alpha)(x + \frac{1}{sin\alpha}) < 0[/tex]
[tex]sin\alpha(x - sin\alpha)(x + \frac{1}{sin\alpha}) < 0[/tex]
1 случай: [tex]sin\alpha > 0 \Rightarrow (x - sin\alpha)(x + \frac{1}{sin\alpha}) < 0 \Rightarrow x \in ( - \frac{1}{sin\alpha} , sin\alpha)[/tex]
[tex]sin\alpha > 0 \Rightarrow \alpha \in (0 , \pi)[/tex] Искаме [tex]x \in ( - 1,1)[/tex]
[tex]\begin{cases} 0 < \alpha < \pi\\ -\frac{1}{sin\alpha} =-1\\sin\alpha = 1\end{cases} \Rightarrow \alpha = \frac{\pi}{2}[/tex] и тогава [tex]х\in(-1,1)[/tex]
2 случай: [tex]sin\alpha < 0 \Rightarrow (x - sin\alpha)(x + \frac{1}{sin\alpha}) > 0 \Rightarrow x\in (-\infty , -\frac{1}{sin\alpha})\cup (sin\alpha ,+\infty)[/tex]
[tex]sin\alpha < 0 \Rightarrow \alpha\in(\pi,2\pi)[/tex] тогава [tex]sin\frac{3\pi}{2} = -1[/tex],a [tex]\frac{-1}{sin\frac{3\pi}{2}}[/tex] = 1
Излиза,че [tex]х\in(-\infty,1)\cup (-1,+\infty)[/tex],което мисля,че не е възможно.
Окончателно : [tex]x \in (-1,1)[/tex] единствено за [tex]\alpha = \frac{\pi}{2}[/tex]

[S.B.]

[tex]x^{2}sin\alpha + xcos^{2}\alpha - sin\alpha < 0[/tex] , [tex]\alpha \in (0 . 2\pi)[/tex] , търсим стойностите на [tex]\alpha[/tex] за които [tex]х \in(- 1 , 1)[/tex];
[tex]D = cos^{4}\alpha + sin^{2}\alpha = (cos^{2}\alpha)^{2} +4 sin^{2}\alpha = (1 - sin^{2}\alpha)^{2} + 4sin^{2}\alpha = 1 - 2sin^{2}\alpha + sin^{4}\alpha + 4sin^{2}\alpha =[/tex]
[tex]= 1 + 2sin^{2}\alpha + sin^{4}\alpha = (1 + sin^{2}\alpha)^{2}[/tex] ; [tex]\sqrt{D} = 1 + sin^{2}\alpha[/tex]
[tex]x_{1 } = \frac{-cos^{2}\alpha + 1 + sin^{2}\alpha}{2sin\alpha} = \frac{2sin^{2}\alpha}{2sin\alpha} = sin\alpha[/tex]
[tex]x_{2 } = \frac{-cos^{2}\alpha - 1 - sin^{2}\alpha}{2sin\alpha} = \frac{-2}{2sin\alpha} = - \frac{1}{sin\alpha}[/tex]
[tex]x^{2}sin\alpha + xcos^{2}\alpha - sin\alpha = sin\alpha(x - sin\alpha)(x + \frac{1}{sin\alpha}) < 0[/tex]
[tex]sin\alpha(x - sin\alpha)(x + \frac{1}{sin\alpha}) < 0[/tex]
1 случай: [tex]sin\alpha > 0 \Rightarrow (x - sin\alpha)(x + \frac{1}{sin\alpha}) < 0 \Rightarrow x \in ( - \frac{1}{sin\alpha} , sin\alpha)[/tex]
[tex]sin\alpha > 0 \Rightarrow \alpha \in (0 , \pi)[/tex] Искаме [tex]x \in ( - 1,1)[/tex]
[tex]\begin{cases} 0 < \alpha < \pi\\ -\frac{1}{sin\alpha} =-1\\sin\alpha = 1\end{cases} \Rightarrow \alpha = \frac{\pi}{2}[/tex] и тогава [tex]х\in(-1,1)[/tex]
2 случай: [tex]sin\alpha < 0 \Rightarrow (x - sin\alpha)(x + \frac{1}{sin\alpha}) > 0 \Rightarrow x\in (-\infty , -\frac{1}{sin\alpha})\cup (sin\alpha ,+\infty)[/tex]
[tex]sin\alpha < 0 \Rightarrow \alpha\in(\pi,2\pi)[/tex] тогава [tex]sin\frac{3\pi}{2} = -1[/tex],a [tex]\frac{-1}{sin\frac{3\pi}{2}}[/tex] = 1
Излиза,че [tex]х\in(-\infty,1)\cup (-1,+\infty)[/tex],което мисля,че не е възможно.
Окончателно : [tex]x \in (-1,1)[/tex] единствено за [tex]\alpha = \frac{\pi}{2}[/tex]

Предполагам,че за случай 2 ще понеса критики от колегите,та искам да дообясня решението:
[tex]sin\alpha < 0 \Rightarrow \alpha\in(\pi,2\pi)[/tex] тогава [tex]\frac{-1}{sin\alpha} > 0[/tex] или [tex]sin\alpha < \frac{-1}{sin\alpha}[/tex] и неравенството става:[tex](х + sin\alpha)(x - \frac{1}{sin\alpha}) > 0 \Rightarrow x\in(-\infty,sin\alpha)(\frac{1}{sin\alpha},+\infty)[/tex]
или за [tex]\alpha = \frac{3\pi}{2} \Rightarrow x\in (-\infty,-1)\cup (1,+\infty)[/tex] т.е. за [tex]\alpha = \frac{3\pi}{2}[/tex] не е изпълнено условието [tex]x\in(-1,1)[/tex]
При директно заместване в неравенството с [tex]\alpha = \frac{3\pi}{2}[/tex] се получава: [tex]-x^{2} + 1 < 0 \Rightarrow х\in(-\infty,-1)\cup(1,+\infty)[/tex]
Остава единствено решението [tex]\alpha = \frac{\pi}{2}[/tex]

[inveidar]

Би трябвало да разгледаме и случая [tex]sin \alpha=0[/tex], или поне да споменем за него.

[S.B.]

Би трябвало да разгледаме и случая [tex]sin \alpha=0[/tex], или поне да споменем за него.

Честно казано не съм се сетила за това,въпреки,че за [tex]\alpha = \pi ,sin\alpha = 0[/tex] и тогава неравенството ще добие вида: [tex]х < 0[/tex] тогава [tex]х\in(-1,1)[/tex] ,но не за [tex]\forall х[/tex],а само за [tex]х\in(-1,0)[/tex]