1.) Függvénytranszformációval a legegyszerűbb megoldani:
A szinusz zárójelén belül lehet bármi (amíg lefedi a [0;2pi] tartományt), a függvény maximum értéke 1 lesz, a minimum -1. Ezt transzformáljuk úgy, hogy megszorozzuk 3,2-vel és kivonunk 0,6-ot. A szorzás után [-3,2;3,2] tartományban vesz fel értékeket, a kivonás után [-3,8;2,6]
2.) sin(x + π/3) - 0,6 > 0 |+0,6
sin(x + π/3) > 0,6
Az egységkörünkre vessünk egy pillantást: ha y tengelyen megjelölöm a 0,6 értéket, az egységkör ide húzott vízszintese fölé eső pontjai jöhetnek szóba. A kör két kritikus pontja (amik még *éppen* nem teljesítik a feltételt, mivel egyenlőséget kizáró relációról van szó) a sin(x + π/3) = 0,6 egyenletet kielégítő szögértékek. Az első síknegyedben: α1 = arcsin(0,6) = 0,64 rad; a második síknegyedben: α2 = π - α1 = 2,5. Persze szokás szerint mindkettőnél ott van a "+k*2π, k ∈ Z", mivel nem forgásszögekről van szó.
Megállapítottuk, hogy a 0,64 radiánnál nagyobb és 2,5-nél kisebb forgásszögek szinusza nagyobb 0,6-nál, viszont ezt x-re meg kell még oldanunk:
0,64 + k · 2π < x + π/3 < 2,5 + k · 2π |-π/3
-0,41 + k · 2π < x < 1,45 + k · 2π (k∈Z)
Megjegyzés: a nagy Z-k nyilván kettős szárúak
3.) Feltételezem, hogy a javítás azt jelzi, a CD oldalt metszi F-ben
Gyors ismétlés: húrnégyszög az a négyszög, amelyek csúcsaira kör illeszthető. Szükséges és elégséges feltétele, hogy egy négyszög húrnégyszög legyen (azaz egy négyszög akkor és csak akkor húrnégyszög, ha...), hogy a szemben lévő szögek összege megegyezzen.
Ebből következik egy további szabály: egy trapéz akkor és csak akkor húrnégyszög, ha tengelyesen szimmetrikus.
Ezek tudatában kezdjünk neki a feladatnak! Készítsünk egy szép ábrát, rögtön egyértelmű, hogy AEFD négyszög húrnégyszög (hiszen kör illeszkedik rá). Továbba AEFD négyszög trapéz, mivel AE párhuzamos DF-re (paralelogrammáknál így működik). Ha AEFD trapéz is és húrnégyszög is, akkor szimmetrikusnak kell lennie: az ADF szög megegyezik a DFE szöggel. Így viszont (mivel AB és CD még mindig szimmetrikus) DFE és FEB váltószögek, szintén egyenlőek. mivel ADF = DFE és DFE = FEB, ezért ADF = FEB. Viszont mivel paralelogrammában vagyunk, ADF = ABC, azaz ABC = FEB. Mivel utóbbi két szög az EBCF trapéz alapon fekvő szögei, az egyenlőségükkel bizonyítottuk, hogy a trapéz szimmetrikus. Ha pedig szimmetrikus és trapéz, akkor húrnégyszög.
Bonyolultnak hangzik, de ha felrajzolod, akkor könnyen megérted.
4.) Sok lehetséges megoldás van, talán ez a legegyszerűbb:
Egy tetszőleges csúcsból számoljuk ki a másik három élbe mutató vektort! Amennyiben a négy csúcs paralelogramma, az így kapott három vektorból kettő összegének a harmadikat kell adnia (erre alapszik a paralelogramma-szabály vektorok összeadására).
b = B - A = (9;16)
c = C - A = (-11;6)
d = D - A = (-21;5)
b+c = (-2;22) ≠ d
b+d = (-12;21) ≠ c
c + d = (-32; 11) ≠ a
Tehát a négyszög nem paralelogramma. (A pontokat GeoGebrába beírva látható, hogy még csak nem is konvex)