MATEMANIJA

Pozdrav... evo rekao sam da ćemo se družit pa tu sam... (mislijo sam i na Čebiševa također)
zanima me jesam li dobro odredio podrucje definicije...
[dispmath]f(x)=\sqrt{-x^2-x+2}+\log_{\frac{1}{x}}(x+1)[/dispmath]
1) uvjet [inlmath](x+1)>0[/inlmath] dobijemo da je [inlmath]x>-1[/inlmath]
2) uvjet [dispmath]\log_{\frac{1}{x}}A=\frac{\log A}{\log_{\frac{1}{x}}}[/dispmath]
iz toga proizlazi [inlmath]\frac{1}{x}>0[/inlmath] odnosno [inlmath]x>0[/inlmath]

3) uvjet [inlmath]\sqrt{-x^2-x+2}>0[/inlmath] mislim da je [inlmath]x[/inlmath] cijeli [inlmath]\mathbb{R}[/inlmath] skup

pa bi podrucje definicije bilo[dispmath]Df=\left<0,\infty\right][/dispmath]
uf što se namučih s ovim latex-om ali barem sada super izgleda...

Hej, pa odlično se snalaziš s Latex-om. Svaka čast!
Dobro, samo si malčice zbrljo kod onog logaritma, stavio si [inlmath]\frac{1}{x}[/inlmath] u osnovu umesto u argument, al' nema veze, lako se provali di treba da stoji...

aab7 je napisao:1) uvjet [inlmath](x+1)> 0[/inlmath] dobijemo da je [inlmath]x>-1[/inlmath]

Tačno.

aab7 je napisao:2) uvjet [dispmath]\log_{\frac{1}{x}}A=\frac{\log A}{\log_{\frac{1}{x}}}[/dispmath]
iz toga proizlazi [inlmath]\frac{1}{x}>0[/inlmath] odnosno [inlmath]x>0[/inlmath]

Jeste, ali moraju da se napomenu još dve stvari. Prvo, [inlmath]x[/inlmath] ne sme biti nula jer se nalazi u imeniocu razlomka [inlmath]\frac{1}{x}[/inlmath], a drugo, i [inlmath]\log\frac{1}{x}[/inlmath] se nalazi u imeniocu ovog razlomka koji si napisao, pa i on mora biti različit od nule, a to će biti za [inlmath]\frac{1}{x}\ne 1[/inlmath], tj. za [inlmath]x\ne 1[/inlmath].
Inače, ne moraš vršiti ove transformacije logaritma. Dovoljno je da zapamtiš da kod logaritma oblika [inlmath]\log_a b[/inlmath] mora biti [inlmath]b>0[/inlmath], [inlmath]a>0[/inlmath], [inlmath]a\ne 1[/inlmath]. (Osnova logaritma ne sme biti jedinica, jer bismo u tom slučaju tražili na koji stepen treba dići jedinicu da bismo dobili neki određen broj, a, kao što znamo, jedinica dignuta na bilo koji stepen ostaje – jedinica.)

aab7 je napisao:3) uvjet [inlmath]\sqrt{-x^2-x+2}>0[/inlmath] mislim da je [inlmath]x[/inlmath] cijeli [inlmath]\mathbb{R}[/inlmath] skup pa bi podrucje definicije bilo[dispmath]Df=\left<0,\infty\right][/dispmath]

Pa, neće biti. Kad rešiš kvadratnu jednačinu [inlmath]-x^2-x+2>0[/inlmath], dobićeš da postoje dve nule, [inlmath]x_1=-2[/inlmath] i [inlmath]x_2=1[/inlmath]. Pošto je koeficijent uz kvadratni član negativan, funkcija će imati teme okrenuto nagore, tako da će joj pozitivne vrednosti biti između ove dve nule, tj. [inlmath]x\in\left(-2,1\right)[/inlmath].
(BTW, kad bi x pripadalo celom skupu R, to se ne bi pisalo [inlmath]<0,\infty][/inlmath], već [inlmath]\left(-\infty,\infty\right)[/inlmath].)


Na kraju, kad skupimo na gomilu sve ove uslove
[dispmath]x>-1,\quad x>0,\quad x\ne 0,\quad x\ne 1,\quad x\in\left(-2,1\right)[/dispmath]
i nađemo njihov presek, dobićemo oblast definisanosti
[dispmath]x\in\left(0,1\right)[/dispmath]

Tnx na rješenju...
ma ono šta me je i mučilo je bija onaj minus kod [inlmath]x^2[/inlmath] u [inlmath]\sqrt{-x^2-x+2}[/inlmath],
doma u rješenju sam i tražija nul-točke [inlmath]x_1,x_2[/inlmath] i našao ih, al kako ovo izvodim samo računski bez razmišljanja kako funkcija izgleda tako i zanemarim neke stvari...
takodjer ovaj korjen me navukao na krivo rješenje jer funkcija korjena je definirana [inlmath]Df=\left[0,\infty\right>[/inlmath]
nisam bio siguran je li minus utječe na to jer kad se kvadrira bilo koji broj s minusom on postaje pozitivan...zbog toga sam i napisao cijeli [inlmath]\mathbb{R}[/inlmath] skup...
a [inlmath]Df=\left<0,\infty\right][/inlmath] je bilo ukupno rješenje ali očito krivo...

aab7 je napisao:takodjer ovaj korjen me navukao na krivo rješenje jer funkcija korjena je definirana [inlmath]Df=\left[0,\infty\right>[/inlmath]
nisam bio siguran je li minus utječe na to jer kad se kvadrira bilo koji broj s minusom on postaje pozitivan...zbog toga sam i napisao cijeli [inlmath]\mathbb{R}[/inlmath] skup...

Da, bilo koji broj kad se kvadrira postaje pozitivan (ili, eventualno, nula ako je bio nula), ali nemoj to mešati sa slučajem kao što je ovaj, u kome se minus nalazi ispred već kvadriranog broja. Znači, jedno je kad imamo minus ispred nekog broja pa zatim kvadriranje, onda se i minus kvadrira pa postaje plus, a drugo je kad imamo prvo kvadriranje pa zatim dodavanje minusa. U ovom drugom slučaju rezultat će uvek biti negativan (ili, eventualno, nula), jer smo minus dodali ispred broja koji je uvek pozitivan (ili, eventualno, nula).

A druga stvar, ne možeš znak cele kvadratne funkcije određivati samo na osnovu prvog sabirka, u osvom slučaju [inlmath]-x^2[/inlmath]. Sve i da je taj sabirak uvek pozitivan, imamo i preostala dva sabirka, koji mogu uticati na znak vrednosti funkcije.

Sve što treba zapamtiti to je da, kad je koeficijent uz kvadratni član negativan, kvadratna funkcija ima oblik „tužnog smajlija“ tj. s temenom okrenutim nagore, pa će biti pozitivna kada je [inlmath]x[/inlmath] između dve nule [inlmath]\left(x_1<x<x_2\right)[/inlmath], a za ostale vrednosti promenljive [inlmath]x[/inlmath] je negativna. Obrnuto je kad je koeficijent uz kvadratni član pozitivan, tada funkcija ima oblik „srećnog smajlija“ s temenom okrenutim nadole, pa će pozitivne vrednosti imati kad je [inlmath]x<x_1\;\lor\;x>x_2[/inlmath]. I to je cela „mudrolija“ rešavanja kvadratnih nejednačina.

Područje definicije
[dispmath]f(x)=\mathrm{arctg}(x+2)-\ln (-x)[/dispmath]
Ako je tanges definiran po [inlmath]x[/inlmath] osi za brojeve od [inlmath]-1[/inlmath] do [inlmath]1[/inlmath], njegov arcus je onda definiran za sve realne brojeve po [inlmath]x[/inlmath] osi?

I još [inlmath]-x>0[/inlmath] tj [inlmath]x>0[/inlmath]

I šta sad?

Što se tiče [inlmath]\mathrm{arctg}[/inlmath], tu ne postoji nikakvo ograničenje, tj. domena arkus tangesna je [inlmath]\left<-\infty,+\infty\right>[/inlmath].

Argument [inlmath]\ln[/inlmath]-a mora biti veći od nule, i to si dobro napisao. Međutim, što se dogodi kad se rješiš minusa? Prema pravilu, okrene se i znak
Prema tome, neće biti [inlmath]x>0[/inlmath] nego [inlmath]x<0[/inlmath]. Iz toga slijedi da su u domeni svi negativni realni brojevi, tj. vrijedi [dispmath]Df=\left<-\infty,0\right>.[/dispmath]

I još
[dispmath]f(x)=\arcsin\left(\log\frac{x}{10}\right)[/dispmath]
Je li tu izraz [inlmath]\log\frac{x}{10}[/inlmath] veći od [inlmath]-1[/inlmath], a manji od [inlmath]1[/inlmath] ?

I [inlmath]x>0[/inlmath] ?

[dispmath]f(x)=\sqrt{\sin x}\\
\sin x\ge 0[/dispmath]
Dakle [inlmath]x[/inlmath] je element [inlmath][0,\pi][/inlmath]

Hmm???

[dispmath]f(x)=\log_s\left(x^2+2x-3\right)\\
D(f)=\left<-\infty,-3\right>\cup\left<1,+\infty\right>[/dispmath]
Mora bit neka caka sa slovom u bazi...hm...

?_?

eseper je napisao:Međutim, što se dogodi kad se rješiš minusa? Prema pravilu, okrene se i znak

OMS
Jedno lito i sve već zaboravija >.>

blake je napisao:I još
[dispmath]f(x)=\arcsin\left(\log\frac{x}{10}\right)[/dispmath]
Je li tu izraz [inlmath]\log\frac{x}{10}[/inlmath] veći od [inlmath]-1[/inlmath], a manji od [inlmath]1[/inlmath] ?

I [inlmath]x>0[/inlmath] ?

Tako je. Izračunaš točke, sve presječeš i dobiješ domenu bez problema

blake je napisao:[dispmath]f(x)=\sqrt{\sin x}\\
\sin x\ge 0[/dispmath]
Dakle [inlmath]x[/inlmath] je element [inlmath][0,\pi][/inlmath]

Hmm???

Sinus je periodična funkcija...

blake je napisao:Ako je tanges definiran po [inlmath]x[/inlmath] osi za brojeve od [inlmath]-1[/inlmath] do [inlmath]1[/inlmath], njegov arcus je onda definiran za sve realne brojeve po [inlmath]x[/inlmath] osi?

Područje definicije tangensa nije od [inlmath]-1[/inlmath] do [inlmath]1[/inlmath], već od [inlmath]-\frac{\pi}{2}[/inlmath] do [inlmath]\frac{\pi}{2}[/inlmath], pa od [inlmath]\frac{\pi}{2}[/inlmath] do [inlmath]\frac{3\pi}{2}[/inlmath], pa od [inlmath]\frac{3\pi}{2}[/inlmath] do [inlmath]\frac{5\pi}{2}[/inlmath] itd... To jest, područje definicije mu je [inlmath]\mathbb{R}\setminus\left\{\frac{\pi}{2}+k\pi,\;k\in\mathbb{Z}\right\}[/inlmath]

Međutim, kad gledaš područje definicije arkus tangensa, ništa ti tu sam tangens ne govori, budući da arkus tangens nije inverzna funkcija tangensa. Tangens nije injektivna funkcija (naravno, čim je periodična), pa ne može imati svoju inverznu funkciju. Zato je dogovorom usvojeno da arkus tangens bude inverzna funkcija one funkcije koja bi u intervalu [inlmath]\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right][/inlmath] imala vrednost tangensa na tom intervalu, a van tog intervala ne bi bila definisana. Tako definisana funkcija bi bila injektivna i, kao takva, imala bi svoju inverznu funkciju i to bi bio arkus tangens.
Ista priča, naravno, važi i za sinus, kosinus i kotangens.

blake je napisao:[dispmath]f(x)=\arcsin\left(\log\frac{x}{10}\right)[/dispmath]
Je li tu izraz [inlmath]\log\frac{x}{10}[/inlmath] veći od [inlmath]-1[/inlmath], a manji od [inlmath]1[/inlmath] ?

Veći ili jednak [inlmath]-1[/inlmath], a manji ili jednak [inlmath]1[/inlmath].

blake je napisao:[dispmath]f(x)=\log_s\left(x^2+2x-3\right)\\
D(f)=\left<-\infty,-3\right>\cup\left<1,+\infty\right>[/dispmath]
Mora bit neka caka sa slovom u bazi...hm...

Da, [inlmath]s>0\;\land\;s\ne 1[/inlmath].

I napišem to za [inlmath]s[/inlmath] i to je to?

Ako ti nije dat nikakav drugi podatak za [inlmath]s[/inlmath] – onda je to to.

Jesu li jednake funkcije [inlmath]f[/inlmath] i [inlmath]g[/inlmath] definirane na prirodnoj domeni?
[dispmath]f(x)=\mathrm{tg}\:x\cdot\mathrm{ctg}\:x,\;g(x)=1[/dispmath]
Znači, moraju se poklopiti uvjeti tj domene za prirodne brojeve
Gledamo interval [inlmath]\left<0,+\infty\right>[/inlmath]

Sad imam problema sa zapisivanjem toga matematčki, ali za oba slučaja to su I. i III. kvadrant.

I imamo [inlmath]g(x)=1[/inlmath]

I ne vidim kako je to povezano?

Funkcija [inlmath]f\left(x\right)=\mathrm{tg}\:x\cdot\mathrm{ctg}\:x[/inlmath] nije definisana u onim tačkama u kojima nije definisana neka od funkcija [inlmath]\mathrm{tg}\:x[/inlmath] ili [inlmath]\mathrm{ctg}\:x[/inlmath].
Funkcija [inlmath]\mathrm{tg}\:x[/inlmath] nije definisana u tačkama [inlmath]\frac{\pi}{2}+k\pi,\;k\in\mathbb{Z}[/inlmath], dok funkcija [inlmath]\mathrm{ctg}\:x[/inlmath] nije definisana u tačkama [inlmath]k\pi,\;k\in\mathbb{Z}[/inlmath].
Sama funkcija [inlmath]f\left(x\right)[/inlmath], prema tome, nije definisana u tačkama [inlmath]\frac{k\pi}{2},\;k\in\mathbb{Z}[/inlmath]. U svim ostalim tačkama je definisana i iznosi [inlmath]1[/inlmath], zbog kraćenja tangensa i kotangensa.
Pošto je u zadatku rečeno da se posmatra domen prirodnih brojeva, funkcija [inlmath]f\left(x\right)[/inlmath] je na tom domenu uvek definisana, budući da [inlmath]\frac{k\pi}{2}[/inlmath] ne može biti prirodan broj ni za jedno [inlmath]k\in\mathbb{Z}[/inlmath]. Zašto ne može – zato što je [inlmath]\pi[/inlmath] iracionalan broj, pa je samim tim i [inlmath]\frac{\pi}{2}[/inlmath] iracionalan broj, a kojim god celim brojem (izuzev nule) da množimo neki iracionalan broj, ne možemo dobiti ceo broj. A samim tim, ne možemo dobiti ni prirodan broj. A ako bismo množili nulom (za [inlmath]k=0[/inlmath]), dobili bismo nulu, koja, opet, ne spada u prirodne brojeve. Prema tome, [inlmath]\frac{k\pi}{2}[/inlmath], vrednosti u kojima posmatrana funkcija nije definisana, ne mogu obuhvatiti nijedan prirodan broj, tj. nijednu vrednosti iz domena koji posmatramo, tako da je funkcija u tom domenu definisana i ima vrednost [inlmath]1[/inlmath], prema tome, jednaka je funkciji [inlmath]g\left(x\right)[/inlmath].

Neko da objasni?
[dispmath]-1\le\frac{x+1}{x^2+6x+5}\le 1\quad\Rightarrow\quad\cdots\quad\Rightarrow\quad x\le -6\;\lor\;x\ge -4[/dispmath]
Ja sam prvo ignorira da je izraz veći od [inlmath]-1[/inlmath], i samo prebacija [inlmath]1[/inlmath] u jednadžbu i dobija dvi kvadratne jednadžbe, dvi parabole( parabola i parabola ) i tražija di su one zajedno jednake ili manje od [inlmath]0[/inlmath], ispalo mi je na intervalu [inlmath][-5,-4][/inlmath] tj. radi uvjeta iz punog zadatka ne može se uključiti [inlmath]5[/inlmath] pa je [inlmath]\left<-5,4\right][/inlmath]...
Ali kad bi počea rješavat livi dio nejednadžbe ne vidim kako bi to spojia s ovim svojim rješenjem da dobijem to šta piše...

---

[dispmath]\frac{x-10}{x^2-9}>0\quad\Rightarrow\quad\cdots\quad\Rightarrow\quad -3<x<3\;\lor\;x>10[/dispmath]
šta ja tu napravim:
[inlmath]I)[/inlmath]
[dispmath]x>10\;\lor\;(x-3)(x+3)>0\\
x>3\;\land\;x>-3\\
x>10\;\lor\;x>3[/dispmath]
[inlmath]II)[/inlmath]
[dispmath]x<10\;\land\;(x-3)(x+3)<0\\
x<3\;\land\;x<-3\\
x<10\;\lor\;x<-3[/dispmath]

---

[dispmath]\arccos\left(\frac{x+1}{x^2+6x+5}\right)\cdot\log\frac{x-10}{x^2-9}>0\quad\Rightarrow\quad\cdots\quad\Rightarrow\quad -3<x<1\;\lor\;1<x<3[/dispmath]
hm

1) Razbijes ovo na dve nejednacine:

[inlmath]-1\le\frac{x+1}{x^2+6x+5}[/inlmath] i [inlmath]\frac{x+1}{x^2+6x+5}\le 1[/inlmath].

Odatle je:
[inlmath]\frac{x+1}{x^2+6x+5}\ge -1[/inlmath]
i [inlmath]\frac{x+1}{x^2+6x+5}\le 1[/inlmath].

Onda je:
[dispmath]\frac{x+1}{x^2+6x+5}-1\ge 0[/dispmath][dispmath]\frac{x+1}{x^2+6x+5}+1\ge 0[/dispmath]
Spoj razlomak sa (+/-) jednicom tako da dobijes jedan celovit kolicnik...
Rastavi brojilac i imenilac dobijenog razlomka... Itd...

blake je napisao: parabola i parabola

blake je napisao:[dispmath]\frac{x-10}{x^2-9}>0\quad\Rightarrow\quad\cdots\quad\Rightarrow\quad -3<x<3\;\lor\;x>10[/dispmath]
šta ja tu napravim:
[inlmath]I)[/inlmath]
[dispmath]x>10\;{\color{red}\lor}\;(x-3)(x+3)>0\\
x>3\;\land\;x>-3\\
x>10\;{\color{red}\lor}\;x>3[/dispmath]

Umesto [inlmath]\lor[/inlmath] treba [inlmath]\land[/inlmath].

blake je napisao:[inlmath]II)[/inlmath]
[dispmath]x<10\;\land\;(x-3)(x+3)<0\\
{\color{red}x<3\;\land\;x<-3}[/dispmath]

A može i ovako:
[dispmath]x^2-9<0\;\Rightarrow\;x^2<9\;\Rightarrow\;\sqrt{x^2}<\sqrt 9\;\Rightarrow\;\left|x\right|<3[/dispmath]
pa onda odatle ili intuitivno zaključiš da je [inlmath]-3<x<3[/inlmath], ili, ako baš treba postupno, radiš posebno za slučajeve [inlmath]x>0[/inlmath] i [inlmath]x<0[/inlmath] kako bi se oslobodio apsolutne vrednosti...

blake je napisao:[dispmath]\arccos\left(\frac{x+1}{x^2+6x+5}\right)\cdot\log\frac{x-10}{x^2-9}>0\quad\Rightarrow\quad\cdots\quad\Rightarrow\quad -3<x<1\;\lor\;1<x<3[/dispmath]

Pošto arkus kosinus fukcija ima vrednost ili veću od nule ili nula, da bi ova nejednačina bila zadovoljena potrebno je da arkus kosinus ne bude jednak nuli (pošto u nejednačini imamo strogu nejednakost), a pošto je vrednost arkus kosinusa pozitivna, mora biti pozitivna i vrednost logaritma:
[dispmath]\arccos\left(\frac{x+1}{x^2+6x+5}\right)\ne 0\quad\land\quad\log\frac{x-10}{x^2-9}>0[/dispmath]
Naravno, pre rešavanja postaviš uslove definisanosti – da su imenioci različiti od nule, da je argument arkus kosinusa u intervalu [inlmath]\left[-1,1\right][/inlmath], da je argument logaritma veći od nule, pa tek onda rešavaš ove dve nejednačine...

Milovan je napisao:1) Razbijes ovo na dve nejednacine:

[inlmath]-1\le\frac{x+1}{x^2+6x+5}[/inlmath] i [inlmath]\frac{x+1}{x^2+6x+5}\le 1[/inlmath].

Odatle je:
[inlmath]\frac{x+1}{x^2+6x+5}\ge -1[/inlmath]
i [inlmath]\frac{x+1}{x^2+6x+5}\le 1[/inlmath].

Onda je:
[dispmath]\frac{x+1}{x^2+6x+5}-1\ge 0[/dispmath][dispmath]\frac{x+1}{x^2+6x+5}+1\ge 0[/dispmath]
Spoj razlomak sa (+/-) jednicom tako da dobijes jedan celovit kolicnik...
Rastavi brojilac i imenilac dobijenog razlomka... Itd...

Čekaj, čekaj... ako se [inlmath]1[/inlmath] prebaci na livu stranu postane minus, ali onda stoji manje ili jdnako nuli, a ne veće...
Onda se dobije [inlmath]\left<-5,-4\right][/inlmath]

blake je napisao:Čekaj, čekaj... ako se [inlmath]1[/inlmath] prebaci na livu stranu postane minus, ali onda stoji manje ili jdnako nuli, a ne veće...

Da, to si dobro primetio. Meni isto promaklo. Treba da stoji [inlmath]\le[/inlmath], naravno.

blake je napisao:Onda se dobije [inlmath]\left<-5,-4\right][/inlmath]

To bi se dobilo kad bi stajao znak [inlmath]\ge[/inlmath]. A pošto treba da stoji znak [inlmath]\le[/inlmath], dobije se [inlmath]\left(-\infty,-5\right)\cup\left[-4,-1\right)\cup\left(-1,+\infty\right)[/inlmath].

Da, treba se rješvat preko tablice i uvrštavat u [inlmath]x[/inlmath], nikako grafički gledat di se preklope jer je to zamka

to rješenje, zajedno s drugim slučajem [inlmath]x\in\left<-\infty,-6\right]\cup\left<-5,-1\right>\cup\left<-1,+\infty\right>[/inlmath]
daje rješenje [inlmath]x\le -6\ \lor\ x\ge -4\quad\setminus \{-1\}[/inlmath]

[dispmath]f(x)=\sqrt[4]{\arcsin\left(\log\left(x^2+1\right)\right)}+\sqrt{\ln\left(x^3+2x^2+3x+3\right)}[/dispmath]
[inlmath]\arcsin\left(\log\left(x^2+1\right)\right)\ge 0[/inlmath]

[inlmath]-1\le\log\left(x^2+1\right)\le 1[/inlmath]
Tu dobijem [inlmath]x^2\ge -10\:\land\:x^2\le 10[/inlmath]

[inlmath]x^2+1>0\;\Rightarrow\;x^2>-1\;\Rightarrow\;(x+1)(x-1)>0\;\Rightarrow\;x>1\;\lor\;x<-1[/inlmath]


[inlmath]\ln\left(x^3+2x^2+3x+3\right)\ge 0[/inlmath]
[inlmath]x^3+2x^2+3x+3>0[/inlmath]
I šta sad, pokušam grupirat, nešto, ne znam...

blake je napisao:[dispmath]f(x)=\sqrt[4]{\arcsin\left(\log\left(x^2+1\right)\right)}+\sqrt{\ln\left(x^3+2x^2+3x+3\right)}[/dispmath]
[inlmath]\ln\left(x^3+2x^2+3x+3\right)\ge 0[/inlmath]
[inlmath]x^3+2x^2+3x+3>0[/inlmath]
I šta sad, pokušam grupirat, nešto, ne znam...

[inlmath]\ln[/inlmath] ne može tek tako nestati.
Ako znamo da je [inlmath]\ln 1=0[/inlmath] onda imamo
[dispmath]\ln\left(x^3+2x^2+3x+3\right)\ge\ln 1[/dispmath]
pa iz toga slijedi
[inlmath]\left(x^3+2x^2+3x+3\right)\ge 1[/inlmath] odnosno
[dispmath]x^3+2x^2+3x+2\ge 0[/dispmath]
Taj izraz se rješava dijeljenjem polinoma na način da gledamo slobodni član, tj. [inlmath]2[/inlmath]. Djeljitelji tog broja koje razmatramo su [inlmath]\pm 1[/inlmath] i [inlmath]\pm 2[/inlmath], dakle ukupno četiri. Ako umjesto [inlmath]x[/inlmath]-a uvrstiš jedinicu, dobit ćeš [inlmath]8=0[/inlmath].
Ako se uvrsti [inlmath]-1[/inlmath], dobije se [inlmath]0=0[/inlmath] što znači da taj broj odgovara.
Sada dijelimo
[dispmath]\left(x^3+2x^2+3x+2\right):{\color{red}(x+1)}={\color{blue}x^2+x+2}[/dispmath]
što znači da nejednadžbu [inlmath]x^3+2x^2+3x+2\ge 0[/inlmath] možemo zapisati kao
[dispmath]{\color{red}(x+1)}{\color{blue}\left(x^2+x+2\right)}\ge 0[/dispmath]
Odatle sada nađeš točke (u ovom slučaju ako se ne varam bit će samo jedna, [inlmath]x\ge -1[/inlmath] ) i to presječeš sa drugim točkama koje se dobiju (dio do plusa, [inlmath]|x|\le 3[/inlmath]).
Konačno rješenje trebalo bi biti [dispmath]Df=[-1,3][/dispmath]

eseper je napisao:

blake je napisao:[dispmath]f(x)=\sqrt[4]{\arcsin\left(\log\left(x^2+1\right)\right)}+\sqrt{\ln\left(x^3+2x^2+3x+3\right)}[/dispmath]
[inlmath]\ln\left(x^3+2x^2+3x+3\right)\ge 0[/inlmath]
[inlmath]x^3+2x^2+3x+3>0[/inlmath]
I šta sad, pokušam grupirat, nešto, ne znam...

[inlmath]\ln[/inlmath] ne može tek tako nestati.

1. uvjet korijena
2. uvjet logaritma

Dakle, nije to bilo preneseno iz linije povišine, osim toga ako znamo da iz uvjeta za logaritam izraz teba biti strogo veće od [inlmath]0[/inlmath], šta je bitan taj prvi uvjet?

Svejedno, jer kad bi išao grupirati tu nejednadžbu ne bi dobio točno rješenje (umjesto [inlmath]3[/inlmath] mora biti [inlmath]2[/inlmath]), a napisao sam kako do toga doći.

Hvala, eseper, na odgovoru, nećeš mi zameriti ako samo još malo to dopunim, svojim rečima...

blake je napisao:to rješenje, zajedno s drugim slučajem [inlmath]x\in\left<-\infty,-6\right]\cup\left<-5,-1\right>\cup\left<-1,+\infty\right>[/inlmath]
daje rješenje [inlmath]x\le -6\ \lor\ x\ge -4\quad\setminus\{-1\}[/inlmath]

blake je napisao:[dispmath]f(x)=\sqrt[4]{\arcsin\left(\log\left(x^2+1\right)\right)}+\sqrt{\ln\left(x^3+2x^2+3x+3\right)}[/dispmath]
[inlmath]\arcsin\left(\log\left(x^2+1\right)\right)\ge 0[/inlmath]

[inlmath]-1\le\log\left(x^2+1\right)\le 1[/inlmath]
Tu dobijem [inlmath]x^2\ge -10\:\land\:x^2\le 10[/inlmath]

Iz nejednačine [inlmath]-1\le\log\left(x^2+1\right)\le 1[/inlmath] bi se dobilo [inlmath]x^2+1\ge 10^{-1}\;\land\;x^2+1\le 10[/inlmath], a ne to što si ti dobio.
Ali, inače, moraš posmatrati i to da, kao potkorena veličina parnog korena (u ovom slučaju [inlmath]4.[/inlmath] korena), vrednost arkus sinusa mora biti [inlmath]\ge 0[/inlmath] (što si, zapravo, i napisao), a to će biti zadovoljeno onda kada argument arkus sinusa [inlmath]\in\left[0,1\right][/inlmath]. Prema tome, nejednačina bi glasila [inlmath]0\le\log\left(x^2+1\right)\le 1[/inlmath].
Pošto je argument ovog logaritma uvek [inlmath]\ge 1[/inlmath], vrednost logaritma će uvek biti [inlmath]\ge 0[/inlmath], tako da je taj deo uslova automatski zadovoljen i dalje razmatraš samo uslov da je [inlmath]\log\left(x^2+1\right)\le 1[/inlmath].

blake je napisao:[inlmath]x^2+1>0\;\Rightarrow\;{\color{red}x^2>-1\;\Rightarrow\;(x+1)(x-1)>0}\;\Rightarrow\;x>1\;\lor\;x<-1[/inlmath]

U crveno obeleženom koraku imaš grešku.
Ali, i inače, ovo zaista nema potrebe rešavati. Prilično je vidljivo da je taj uslov uvek zadovoljen, budući da je uvek [inlmath]x^2+1>0[/inlmath], jer je [inlmath]x^2\ge 0[/inlmath], pa je onda [inlmath]x^2+1\ge 1[/inlmath], tj. zadovoljeno je da je [inlmath]x^2+1>0[/inlmath].

blake je napisao:[inlmath]\ln\left(x^3+2x^2+3x+3\right)\ge 0[/inlmath]
[inlmath]x^3+2x^2+3x+3>0[/inlmath]
I šta sad, pokušam grupirat, nešto, ne znam...

Da, @eseper, nije ovo greška, ovo su dve nejednačine, nezavisne jedna od druge, do kojih se došlo ispitivanjem definisanosti...
Drugu nejednačinu bi zaista bilo vrlo teško rešiti samu za sebe, ali, srećna okolnost ovde je to što, kako je eseper napisao, kad se u prvoj nejednačini oslobodiš logaritma, dobiješ [inlmath]x^3+2x^2+3x+3\ge 1[/inlmath], što je stroži uslov od uslova druge nejednačine, tako da je dovoljno rešiti samo tu prvu nejednačinu (kao što je eseper i uradio) i drugu ne moraš više ni pogledati, ona te ne zanima.

Ma samo ti dopunjavaj
Izvinjavam se, ono sam shvatio kao jedan uvjet koji se rješava, a ne kao dva odvojena. Zbog toga bi ih ubuduće bilo dobro nekako označavati...

Daniel je napisao::?: Iz nejednačine [inlmath]-1\le\log\left(x^2+1\right)\le 1[/inlmath] bi se dobilo [inlmath]x^2+1\ge 10^{-1}\;\land\;x^2+1\le 10[/inlmath], a ne to što si ti dobio.

npr gledajući desnu stranu
[dispmath]\log\left(x^2+1\right)-1\le 0\\
\log\left(x^2+1\right)-\log_{10}10\le 0[/dispmath]
pa dižem sve to u eksponent desetke
[dispmath]10^{\log\left(x^2+1\right)}-10^{\log_{10}10}\le 10^0\\
x^2+1-10\le 1[/dispmath]
Pronađi grešku ˇ_ˇ

blake je napisao:[dispmath]\log\left(x^2+1\right)-\log_{10}10\le 0[/dispmath]
pa dižem sve to u eksponent desetke
[dispmath]10^{\log\left(x^2+1\right)}-10^{\log_{10}10}\le 10^0[/dispmath]

Zar se tako diže u eksponent?
[inlmath]10^{a-b}\ne 10^a-10^b[/inlmath]

Aha znači iz abrakadabra razloga moran jedinicu ostavit di je...
[dispmath]10^{\log\left(x^2+1\right)}\le 10^1\\
(\dots )[/dispmath]
[dispmath]x\in [-3,3][/dispmath]

blake je napisao:[dispmath]10^{\log\left(x^2+1\right)}\le 10^1\\
(\dots )[/dispmath]
[dispmath]x\in [-3,3][/dispmath]

Pa, da.

s uvjetom da je veće od nule [inlmath]x\in [0,3][/inlmath]

Nope.
Već sam napisao, ali evo opet:

Daniel je napisao:Prema tome, nejednačina bi glasila [inlmath]0\le\log\left(x^2+1\right)\le 1[/inlmath].
Pošto je argument ovog logaritma uvek [inlmath]\ge 1[/inlmath], vrednost logaritma će uvek biti [inlmath]\ge 0[/inlmath], tako da je taj deo uslova automatski zadovoljen i dalje razmatraš samo uslov da je [inlmath]\log\left(x^2+1\right)\le 1[/inlmath].

eseper je napisao:Taj izraz se rješava dijeljenjem polinoma na način da gledamo slobodni član, tj. [inlmath]2[/inlmath]. Djeljitelji tog broja koje razmatramo su [inlmath]\pm 1[/inlmath] i [inlmath]\pm 2[/inlmath], dakle ukupno četiri. Ako umjesto [inlmath]x[/inlmath]-a uvrstiš jedinicu, dobit ćeš [inlmath]8=0[/inlmath].
Ako se uvrsti [inlmath]-1[/inlmath], dobije se [inlmath]0=0[/inlmath] što znači da taj broj odgovara.
Sada dijelimo
[dispmath]\left(x^3+2x^2+3x+2\right):{\color{red}(x+1)}={\color{blue}x^2+x+2}[/dispmath]

Ne kužin kakve veze ima [inlmath]-1[/inlmath] i izraz s kojim si dijelija...

Ako je neki polinom [inlmath]P\left(x\right)[/inlmath] deljiv sa [inlmath]\left(x-\lambda\right)[/inlmath], onda je [inlmath]\lambda[/inlmath] jedna od nula tog polinoma, tj. [inlmath]P\left(\lambda\right)=0[/inlmath].
To je i logično, jer uvrštavanjem [inlmath]\lambda[/inlmath] umesto [inlmath]x[/inlmath], [inlmath]\left(x-\lambda\right)[/inlmath] će imati vrednost nula, a ako je [inlmath]P\left(x\right)[/inlmath] deljiv sa [inlmath]\left(x-\lambda\right)[/inlmath], to znači da je [inlmath]\left(x-\lambda\right)[/inlmath] faktor polinoma [inlmath]P\left(x\right)[/inlmath], pa kada je [inlmath]\left(x-\lambda\right)[/inlmath], kao faktor tog polinoma, jednak nuli, tada je i vrednost celog polinoma jednaka nuli.

U ovom slučaju, pošto je polinom deljiv sa [inlmath]\left(x+1\right)[/inlmath], tj. sa [inlmath]\left[x-\left(-1\right)\right][/inlmath], zaključujemo da je [inlmath]x=-1[/inlmath] jedna od nula tog polinoma, tj. jedno od rešenja jednačine [inlmath]x^3+2x^2+3x+2=0[/inlmath].