Неравенство с параметром

[kda_ximik]

Всем добрый день!
Есть неравенство:

$\frac{a-(a^2-2a-3)\cos{x}+4}{\sin^2{x}+a^2+1}<1$

Требуется найти все $a$, при которых множество решений содержит отрезок $\left [ -\frac{\pi }{3}; \frac{\pi}{2}\right ]$

Довел до:
$\cos^2{x}-(a+1)(a-3)\cos{x}-(a+1)(a+2)<0$

При попытке решить данное неравенство относительно $\cos{x}$ получаются "нехорошие" корни.
В чем ошибка?
Заранее признателен Вам за помощь!

[ИСН]

(в сторону) Ёлки, да кто же это придумывает такое уродство.
Значит, не надо решать относительно $\cos{x}$. Вы же знаете его граничные значения. Вот подставьте их (тут есть хитрость, но это потом) и решайте относительно $a$.

[kda_ximik]

Хорошо, подставлю обе границы, в итоге будет два неравенства, которые дадут свои решения. А как же учесть вместимость указанного отрезка в решение?

[ИСН]

А тут уж рисовать области надо.

[ewert]

kda_ximik в сообщении #985133 писал(а):

А как же учесть вместимость указанного отрезка в решение?

У Вас согласно неравенству косинус или меньше чего-то, или больше чего-то. В одном из этих случаев требуемый отрезок ну никак не может входить в решение, а в другом вот как раз и достаточно подставить.

Ну и отдельно рассмотреть случай, когда никакого косинуса вообще не будет.

[Cash]

Мне кажется, что все-таки лучше сделать замену $t= \cos x$
Тогда условие задачи можно сформулировать как
Парабола <...> на отрезке <...> расположена ниже оси абсцисс. Которое очень просто формализуется.

[kda_ximik]

ошибка закралась в свободном члене неравенства:

$\cos^2{x}-(a^2-2a-3)\cos{x}-(a^2-a-2)<0$

Значения косинуса на границах: $\cos{(-\frac{\pi}{3})}=\frac{1}{2}, \cos{\frac{\pi}{2}}=0$
Теперь рассматриваем неравенство относительно косинуса и новый отрезок от $0$ до $\frac{1}{2}$
Для того, чтобы данный отрезок уместился целиком в решения неравенства, значения функции в точках $0$ и $\frac{1}{2}$ должны быть меньше нуля (с учетом, что ветви параболы смотрят вверх). Получаем систему двух неравенств:

$$\left\{ \begin{array}{rcl} &\frac{1}{4}-(a^2-2a-3)\frac{1}{2}-(a^2-a-2)<0& \\ &0^2-(a^2-2-a-3)0-(a^2-a-2)<0& \\ \end{array} \right.$$

После упрощения все выглядит так:

$6a^2-8a-15>0$

$a^2-a-2>0$

мое решение: $x\in(-\infty,\frac{4-\sqrt{106}}{6})\cup(\frac{4+\sqrt{106}}{6}, +\infty)$

в ответе: $x\in(-\infty,\frac{3-\sqrt{57}}{4})\cup(\frac{3+\sqrt{57}}{4}, +\infty)$

Если у кого будет свободное время и терпение, проверьте, пожалуйста!!! Буду очень благодарен Вам!

[ИСН]

А вот тут время задуматься, что такое граничные значения косинуса. Вы говорите, что это $0$ и $\frac12$. Хорошо. А какой отрезок у нас пробегают иксы, как сказано в условии? Нет ли там одной такой точки 0, например? Чему в ней равен косинус, например?

[kda_ximik]

На единичной окружности косинус отвечает за абсциссу.

-- 04.03.2015, 12:04 --

Косинус заключен в пределах от $-1$ до $1$.
ИСН, Вы к этому ведете рассуждение?

[Cash]

kda_ximik в сообщении #985450 писал(а):

Косинус заключен в пределах от $-1$ до $1$.

Весь косинус - да. Но нас просят не весь.

[kda_ximik]

А зачем в данном случае говорить о значениях косинуса? Ведь мы уже перешли к новой переменной, рассматриваемый отрезок превратился в $[0, \frac{1}{2}]$. Теперь задача формулируется так:

При каких $a$ множество решений неравенства
$t^2-(a^2-2a-3)t-(a^2-a-2)<0$
содержит $[0, \frac{1}{2}]$

Ведь так?

[ИСН]

Так, только отрезок не этот.

[kda_ximik]

я докадывался, что с отрезком что-то не так, т.к. по условию отрезок от $-\frac{\pi}{3}$ до $\frac{\pi}{2}$, а косинусы этих углов равны $\frac{1}{2}$ и $0$ соответственно. Тогда и отрезок получается от $\frac{1}{2}$ до $0$, и отрезок превращается в "от 1/2 до 0"

Как тогда правильно?

[ИСН]

Отрезок получается из всех значений, которые принимает косинус, когда икс пробегает от $-\frac\pi3$ до $\frac\pi2$. Какие это значения? Верно ли, что это числа от $0$ до $1\over2$, все они и только они?

[kda_ximik]

а может, все дело в четности косинуса, и появится отрезок от $-\frac{1}{2}$ до $0$?