Rozwiązanie:

Obierzmy dowolną liczbę \( x\in [-1,1] \), wówczas liczba \( \alpha=\arccos x \) należy do przedziału \( [0,\pi] \), więc wartość funkcji sinus dla tej liczby jest nieujemna. Z jedynki trygonometrycznej mamy

\( \sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1 \),

\( \sin^2\alpha=1-\cos^2\alpha \),

\( \sin\alpha =\sqrt{1-\cos^2\alpha} \) lub \( \sin\alpha =-\sqrt{1-\cos^2\alpha} \),

Wybieramy wzór \( \sin\alpha=\sqrt{1-\cos^2\alpha} \) i obliczamy

\( \sin(\arccos x)=\sqrt{1-\cos^2(\arccos x)}=\sqrt{1-[\cos(\arccos x)]^2}=^*\sqrt{1-x^2}. \)

\( {\ast } \) - korzystamy z faktu, że \( \cos(\arccos x)=x \), dla każdego \( x\in [-1,1] \).

Rozwiązanie:

Obliczamy najpierw \( \arccos{1\over 2} \), a następnie \( \arcsin{1} \)

\( \arccos{1\over 2}=w\Leftrightarrow \cos w={1\over 2} \) i \( w\in[0,\pi] \),

stąd \( w={\pi\over 3} \).

\( \arcsin 1=w\Leftrightarrow \sin w=1 \) i \( w\in [-{\pi\over 2},{\pi\over 2}] \),

stąd \( w={\pi\over 2} \).

Mamy więc

\( \sin(\arccos{1\over 2}-\arcsin 1)=\sin({\pi\over 3}-{\pi\over 2})=\sin(-{\pi\over 6})=-\sin{\pi\over 6}=-{1\over 2} \)

Rozwiązanie:

Zauważmy, że postępując podobnie jak w przykładzie 3 czyli obliczając np. \( \arccos{1\over 7} \), napotkamy pewną trudność w efektywnym rozwiązaniu równania trygonometrycznego \( \cos w={1\over 7} \). Możemy tu użyć kalkulatora do znalezienia rozwiązania przybliżonego, ale możemy też zadanie to rozwiązać inaczej.

W tym celu wykorzystamy wzory:

\( \sin(\alpha-\beta)=\sin\alpha\cos\beta-\cos\alpha\sin\beta \), \( \alpha,\beta\in\mathbb R \).

\( \cos(arccos x)=x \), dla \( x\in [-1,1] \),

\( \sin(\arccos x)=\sqrt{1-x^2} \), dla \( x\in[-1,1] \) (patrz przykład drugi).

Obliczamy

\( \sin(\arccos{1\over 5}-\arccos{1\over 7})=\sin(\arccos{1\over 5})\cdot\cos(\arccos{1\over 7})-\cos(\arccos{1\over 5})\cdot\sin(\arccos{1\over 7})= \)

\( ={1\over 7} {\sqrt{1-{1\over 25}}-{1\over 5}\sqrt{1-{1\over 49}}={1\over 7}\sqrt{24\over 25}}-{1\over 5}\sqrt{{48\over 49}}={{\sqrt{24}}\over 35}-{{\sqrt{48}}\over 35}={{2\sqrt{6}-4\sqrt{3}}\over 35}. \)

Rozwiązanie:

Funkcje \( f \), \( g \) są podane jedynie za pomocą wzorów, czyli rozpatrujemy je w dziedzinie naturalnej.

\( f(x)=\sin x \), \( D_f=\mathbb R \),

\( g(x)=\arcsin x \), \( D_g=[-1,1] \).

Znajdujemy dziedzinę złożenia

\( D_{f\circ g}=\{x\in \mathbb R:\quad x\in D_g\quad \textrm{i}\quad g(x)\in D_f\} \),

\( x\in [-1,1] \), \( (\arcsin x)\in\mathbb R \).

Stąd \( D_{f\circ g}=[-1,1] \)

Dla \( x\in [-1,1] \) obliczamy \( (f\circ g)(x)=f(g(x))=f(\arcsin x)=\sin(\arcsin x)=x \).

Otrzymujemy

\( (f\circ g)(x)=x \), \( D_{f\circ g}=[-1,1] \).

Zatem złożenie \( f\circ g \) jest identycznością w przedziale \( [-1, 1] \). Rysujemy wykres tej identyczności.

Rozwiązanie:

\( g(x)=\arcsin x \), \( D_g=[-1,1] \),

\( f(x)=\sin x \), \( D_f=\mathbb R \).

Wyznaczamy dziedzinę złożenia

\( D_{g\circ f}=\{ x\in\mathbb R:\quad x\in D_f\quad \textrm{i}\quad f(x)\in D_g\} \),

\( x\in \mathbb R\quad \textrm{i}\quad -1\le\sin x\le 1 \).

Nierówność podwójna jest zawsze spełniona, czyli

\( D_{g\circ f}=\mathbb R \).

Zauważymy, że \( g\circ f \) jest funkcją okresową o okresie zasadniczym \( w=2\pi \), takim samym jaki ma funkcja wewnętrzna – sinus. W tym celu pokażemy, że spełnione sa dwa warunki definicyjne okresowości.

\( D_{g\circ f}=\mathbb R \), czyli dla każdej liczby \( x \) należącej do dziedziny liczba \( x+2\pi \) również należy do dziedziny, więc warunek dotyczący dziedziny funkcji okresowej jest spełniony w sposób oczywisty.

Musimy pokazać jeszcze, że \( (g\circ f)(x+2\pi)=(g\circ f)(x) \), \( x\in D_{g\circ f} \).

Obliczamy

\( (g\circ f)(x)=g(f(x))=g(\sin x)=\arcsin(\sin x) \),

więc

\( (g\circ f)(x+2\pi)=\arcsin (\sin x+2\pi)=\arcsin (\sin x)=(g\circ f)(x) \).
Funkcja \( g\circ f \) jest więc funkcja okresową o okresie \( 2\pi \).. Aby naszkicować wykres funkcji okresowej \( g\circ f \), wystarczy znać fragment tego wykresu w przedziale o długości \( 2\pi \), a następnie „powielić” ten fragment na całą oś liczbową.

Dla \( x\in [-{\pi\over 2},{\pi\over 2}] \) mamy \( (g\circ f)(x)=\arcsin(\sin x)=x \), więc wykresem jest odcinek leżący na diagonali \( y=x \). Pozostaje rozważyć przedział \( [{\pi\over 2}{3\over 2}\pi] \). Zauważmy, że dla każdego \( x\in [{\pi\over 2},{3\over 2}\pi] \) możemy znaleźć taką liczbę \( \alpha\in [-{\pi\over 2},{\pi\over 2}] \), że \( x=\pi +\alpha \).

Obliczmy dla \( x\in [{\pi\over 2},{3\over 2}\pi] wartość złożenia \) \( (g\circ f)(x) \)

\( (g\circ f)(x)=\arcsin(\sin x)=\arcsin(\sin(\pi+\alpha))=^*\arcsin(-\sin\alpha)=^{**}-\arcsin(\sin\alpha)=-\alpha=-(x-\pi)=-x+\pi \).

\( {\ast } \) - zastosowaliśmy wzór redukcyjny \( \sin(\pi+\alpha)=-\sin\alpha \)
\( {\ast } \) \( {\ast } \) - korzystamy z nieparzystości funkcji arkus sinus.

Mamy, więc

\( (g\circ f)(x)= \left\{ \begin{array}{lll}\ldots & \textrm{dla} & x<-{\pi\over2}\\x & \textrm{dla} & x\in\left[-{\pi\over 2},{\pi\over 2}\right]\\-x+\pi & \textrm{dla} & x\in\left[{\pi\over 2},{3\over 2}\pi\right]\\\ldots & \textrm{dla} & x> {3\over 2}\pi\end{array} \right. \)

Możemy naszkicować wykres \( g\circ f \)

Rozwiązanie:

Liczby \( x \) z dziedziny funkcji \( D_f \) muszą spełniać następujące warunki

1. \( \quad \vert{{x-5}\over 3}\vert\le 1 \)
2. \( \quad \left({\pi\over 6}-\arccos{{x-5}\over 3}\right)\ge 0 \).

Ad.1

\( \vert{{x-5}\over 3}\vert\le 1 \),

\( {{\vert x-5\vert }\over 3}\le 1 \),

\( \vert x-5\vert \le 3 \),'

\( x\in [2,8] \).

Ad. 2

\( \left({\pi\over 6}-\arccos {{x-5}\over 3}\right)>0 \),

\( \arccos{{x-5}\over 3}<{\pi\over 6} \).

Podstawiając \( {\pi\over 6}=\arccos{{\sqrt{3}}\over 2} \) mamy

\( \arccos{{x-5}\over 3}<\arccos{{\sqrt{3}}\over 2} \).

Funkcja arccos jest malejąca, więc rozwiązując tę nierówność cyklometryczną musimy zmienić zwrot nierówności na przeciwny

\( {{x-5}\over 3}>{{\sqrt{3}}\over 2} \),

\( x-5>{{3\sqrt{3}}\over 2} \),

\( x>5+{{3\sqrt{3}}\over 2} \).

Z (1) i (2) otrzymujemy \( x\in (5+{{3\sqrt{3}}\over 2},8] \)

Odpowiedź

\( D_f=(5+{{3\sqrt{3}}\over 2},8) \).