Ponieważ wyrażenie pod pierwiastkiem kwadratowym musi być nieujemne, a dziedziną funkcji arcus cosinus jest przedział \(\left<-1,1\right>\), to dziedzinę funkcji \(f\) wyznaczamy z warunku \[ D_f:\ \left\{\eqalign{& 2-x\geq 0\cr & -1\leq {x-1\over 2} \leq 1 \cr}\right.\quad \Longleftrightarrow\quad \left\{\eqalign{&-x\geq -2\cr & -2\leq x-1 \leq 2 \cr}\right.\quad \Longleftrightarrow\quad \left\{\eqalign{& x\leq 2\cr & -1\leq x \leq 3 \cr}\right.\] Zatem dziedziną funkcji \(f\) jest zbiór \(D_f=\left<-1,2\right>\).

Ponieważ wyrażenie pod pierwiastkiem kwadratowym musi być nieujemne, a liczba logarytmowana musi być dodatnia, to dziedzinę funkcji \(f\) wyznaczamy z warunku \[ D_f:\ \left\{\eqalign{& x^2-7x > 0\cr & 1-\log_8 \left(x^2-7x\right) \geq 0 \cr}\right. \]

• Rozwiążemy najpierw nierówność kwadratową \(x^2-7x > 0\). Rozkładamy trójmian kwadratowy na czynniki \[ x(x-7)>0 \] Rysujemy parabolę będącą wykresem funkcji kwadratowej \(y=x(x-7)\).
  
  Z rysunku odczytujemy, że rozwiązanie nierówności \(x^2-7x > 0\) to \[ x\in \left(-\infty, 0\right)\cup\left(7,\infty\right) \]
• Rozwiążemy teraz nierówność logarytmiczną \(1-\log_8 \left(x^2-7x\right) \geq 0\). Zaczynamy od jej uporządkowania \[ -\log_8 \left(x^2-7x\right) \geq -1\ \Big/\cdot(-1) \] \[ \log_8 \left(x^2-7x\right) \leq 1 \] Ponieważ \(1=\log_8 8\), to powyższą nierówność możemy zapisać w postaci \[ \log_8 \left(x^2-7x\right) \leq \log_8 8 \] Funkcja \(y=\log_8 x\) jest funkcją rosnącą, więc opuszczamy logarytmy, nie zmieniając kierunku nierówności \[ x^2-7x \leq 8 \] Porządkujemy nierówność i rozkładamy na czynniki jej lewą stronę \[ x^2-7x -8\leq 0 \] \[ (x+1)(x-8)\leq 0 \] Rysujemy parabolę będącą wykresem funkcji kwadratowej \(y=(x+1)(x-8)\).
  
  Z rysunku możemy odczytać, że nierówność \(1-\log_8 \left(x^2-7x\right) \geq 0\) jest spełniona dla \[ x\in \left<-1, 8\right> \]

Dziedziną funkcji \(f\) jest część wspólna rozwiązań nierówności kwadratowej i logarytmicznej. Zatem \(D_f=\left<-1,0\right)\cup\left(7,8\right>\).

Z własności potęg wynika, że wzór funkcji \(f\) możemy zapisać w postaci \[ f(x)={1\over\sqrt{\log_{1\over 3}x-1}} \] Dziedzinę funkcji \(f\) wyznaczymy więc z warunku \[ D_f:\ \left\{\eqalign{& x>0\cr & \log_{1\over 3}x-1>0\cr} \right.\] Rozwiążemy nierówność logarytmiczną \(\log_{1\over 3}x-1>0\). \[ \log_{1\over 3}x>1 \] \[ \log_{1\over 3}x>\log_{1\over 3} {1\over 3} \] Ponieważ funkcja \(y=\log_{1\over 3}x\) jest malejąca, dlatego opuszczamy logarytmy, zmieniając kierunek nierówności na przeciwny \[ x<{1\over 3} \] Zatem argumenty funkcji \(f\) muszą spełniać warunki \[ D_f:\ \left\{\eqalign{& x>0\cr & x<{1\over 3}\cr} \right.\] Dziedziną funkcji \(f\) jest więc zbiór \(D_f=\left(0,{1\over 3}\right)\).

Dziedzinę funkcji \(f\) wyznaczymy z warunku \[ D_f:\ \left\{\eqalign{& x+1\neq 0\cr & 1-\left\vert{3x-1\over x+1}\right\vert\geq 0\cr & -1\leq 2x\leq 1 \cr}\right. \]

• Rozwiążemy najpierw nierówność z wartością bezwzględną \(1-\left\vert{3x-1\over x+1}\right\vert\geq 0\) dla \(x\neq -1\). Zaczniemy od jej uporządkowania i opuszczenia wartości bezwzględnej \[ \quad\quad\left\vert{3x-1\over x+1}\right\vert\leq 1 \] \[ -1\leq {3x-1\over x+1} \leq 1 \] Otrzymana podwójna nierówność jest równoważna z koniunkcją nierówności: \[ -1\leq {3x-1\over x+1} \quad \wedge \quad {3x-1\over x+1}\leq 1 \]Porządkujemy i rozwiązujemy obie nierówności wymierne \[ \:\ {3x-1\over x+1}+1\geq 0 \quad \wedge \quad {3x-1\over x+1}-1 \leq 0 \] \[ \:\ {3x-1\over x+1}+{x+1\over x+1}\geq 0 \quad \wedge \quad {3x-1\over x+1}-{x+1\over x+1}\leq 0 \] \[ \:\quad{4x\over x+1}\geq 0 \ \Big/:4\quad \wedge \quad {2x-2\over x+1}\leq 0\ \Big/:2 \] \[ \:\ {x\over x+1}\geq 0 \quad \wedge \quad {x-1\over x+1}\leq 0 \] \[ \qquad \quad x(x+1)\geq 0 \quad \wedge \quad (x-1)(x+1)\leq 0 \]
  

  
  Z rysunków odczytujemy rozwiązania obu nierówności kwadratowych, uwzględniając warunek \(x\neq-1\). \[ x\in\left(-\infty,-1\right)\cup\left<0,\infty\right)\quad \wedge\quad x\in\left(-1,1\right> \]
  
  Zatem rozwiązanie nierówności \(1-\left\vert{3x-1\over x+1}\right\vert\geq 0\) to \[ x\in \left<0,1\right> \]
• Rozwiążemy teraz nierówność podwójną \(-1\leq 2x\leq 1\) dla \(x\neq -1\). Po podzieleniu jej przez \(2\) stronami otrzymujemy \[ -{1\over 2}\leq x\leq {1\over 2}\quad \Longleftrightarrow\quad x\in\left<-{1\over 2},{1\over 2}\right> \]

Dziedziną funkcji \(f\) jest część wspólna rozwiązań obu nierówności. Zatem \(D_f=\left<0,{1\over 2}\right>\).

Dziedzinę funkcji \(f\) wyznaczamy z warunku \[ D_f:\ \mathrm{arctg}\,x+\frac{\pi}{6}\geq 0\quad \Longleftrightarrow\quad \mathrm{arctg}\,x\geq -\frac{\pi}{6}\] Ponieważ \(-\frac{\pi}{6}=\mathrm{arctg}\left(-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)\), to otrzymujemy nierówność cyklometryczną \[\mathrm{arctg}\,x\geq\mathrm{arctg}\left(-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)\]Funkcja arcus tangens jest funkcją rosnącą, więc możemy ją opuścić, nie zmieniając kierunku nierówności. \[x\geq -\frac{\sqrt{3}}{3}\] Zatem dziedziną funkcji \(f\) jest zbiór \(D_f=\left<\frac{\sqrt{3}}{3},\infty\right)\).

Dziedzinę funkcji \(f\) wyznaczamy z warunku \[ D_f:\ \left\{\eqalign{& -1\leq x\leq 1 \cr & -1\leq 2x\leq 1 \cr & \arccos 2x\neq 0\cr}\right. \quad \Longleftrightarrow\quad \left\{\eqalign{& -1\leq x\leq 1 \cr & -\frac{1}{2}\leq x\leq \frac{1}{2} \cr & 2x\neq 1 \cr }\right.\] Zatem dziedziną funkcji \(f\) jest zbiór \(D_f=\left< -\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)\).

Dziedziną funkcji \(f\) jest zbiór \(D_f=\mathbb{R}\). Dla \(x\in \mathbb{R}\) mamy \(x+3\in \mathbb{R}\). Ponieważ funkcja wykładnicza przyjmuje tylko wartości dodatnie, więc \(4^{x+3}>0\). Ostatecznie \(4^{x+3} +1>1\) dla \(x\in \mathbb{R}\). Zbiorem wartości funkcji \(f\) jest więc zbiór \(W_f=\left(1,\infty\right)\).

Dziedziną funkcji \(f\) jest zbiór \(D_f=\mathbb{R}\). Dla \(x\in \mathbb{R}\) mamy \[ \quad\quad x^2\geq 0\ \Big/+1 \] \[ x^2+1\geq 1 \] Funkcja \(y=2^x\) jest rosnąca, więc \[ \quad 2^{x^2+1}\geq 2^1\ \Big/+3 \] \[ 2^{x^2+1}+3\geq 2+3=5 \] Zatem zbiorem wartości funkcji \(f\) jest zbiór \(W_f=\left<5,\infty\right)\).

Dziedziną funkcji \(f\) jest zbiór \(D_f=\mathbb{R}\backslash\{0\}\). Aby wyznaczyć zbiór wartości funkcji \(f\), posłużymy się jej wykresem. Przekształcimy najpierw wzór funkcji \(f\) tak, aby ustalić funkcję pomocniczą i przekształcenie, jakiemu ona podlega. \[ f(x)={x+1\over x}=1+{1\over x} \] Widzimy, że wykres funkcji \(f\) możemy otrzymać po przesunięciu wykresu funkcji \(y={1\over x}\) o wektor \(\vec{v}=[0,1]\). Z rysunku odczytujemy, że zbiorem wartości funkcji \(f\) jest \(W_f=\mathbb{R}\backslash\{1\}\).

Dziedziną funkcji \(f\) jest zbiór \(D_f=\mathbb{R}\). Ponieważ funkcja wykładnicza przyjmuje tylko wartości dodatnie, dlatego dla \(x\in \mathbb{R}\) mamy \[ \left({1\over 3}\right)^x >0 \] Funkcja \(y=\mathrm{arcctg}\, x\) jest malejąca, więc \[ \mathrm{arcctg}\, \left({1\over 3}\right)^x <\mathrm{arcctg}\, 0 \] \[ \mathrm{arcctg}\, \left({1\over 3}\right)^x <{\pi\over 2} \] Dodatkowo funkcja arcus cotangens jest funkcją ograniczoną o wartościach z przedziału \(\left(0,\pi\right)\), więc \[ 0<\mathrm{arcctg}\, \left({1\over 3}\right)^x <{\pi\over 2} \] Zatem zbiorem wartości funkcji \(f\) jest zbiór \(W_f=\left(0,{\pi\over 2}\right)\).

Dziedziną funkcji \(f\) jest zbiór \(D_f=\mathbb{R}\backslash \{{\pi\over 2}+k\pi, \ k\in \mathbb{Z}\}\). Ponieważ funkcja tangens jest okresowa, tzn. \[\mathrm{tg}\, (x+k\pi)=\mathrm{tg}\, x\] dla każdego \(x\neq {\pi\over 2}+k\pi\), gdzie \(k\in \mathbb{Z}\), dlatego funkcja \(f\) też jest funkcją okresową o okresie podstawowym \(T=\pi\). Dodatkowo z własności funkcji cyklometrycznych dla każdego \(x\in\left(-{\pi\over 2}, {\pi\over 2}\right)\) mamy \[\mathrm{arctg}\, (\mathrm{tg}\, x)=x\] Zatem funkcję \(f\) można przedstawić w postaci \[ f(x)=x-k\pi \] dla \(x\in \left(-{\pi\over 2}+k\pi, {\pi\over 2}+k\pi\right)\), gdzie \(k\in \mathbb{Z}\), i narysować jej wykres.

Dziedziną funkcji \(f\) jest zbiór \(D_f=\mathbb{R}\backslash\{0\}\). Korzystamy z definicji wartości bezwzględnej i przedstawiamy funkcję \(f\) w postaci \[ f(x)=\left\{\begin{array}{lll} -1+\cos x &\text{dla} & x\gt 0\\ 2 &\text{dla} & x<0 \end{array}\right., \] która ułatwia narysowanie jej wykresu.

Dziedziną funkcji \(f\) jest zbiór \(D_f=\mathbb{R}\). Po opuszczeniu wartości bezwzględnej otrzymujemy łatwą do narysowania postać tej funkcji \[ f(x)=\left\{\begin{array}{lll}\sin 2x &\text{dla} & x\geq 0\\ 0 &\text{dla} & x<0\end{array}\right. \]

Dziedziną funkcji \(f\) jest zbiór \(D_f=\mathbb{R}\backslash \{k\pi, \ k\in \mathbb{Z}\}\). Ponieważ funkcja cotangens jest okresowa, tzn. \[\mathrm{ctg}\, (x+k\pi)=\mathrm{ctg}\, x\] dla każdego \(x\neq k\pi\), gdzie \(k\in \mathbb{Z}\), dlatego funkcja \(f\) też jest funkcją okresową o okresie podstawowym \(T=\pi\). Z wykresu funkcji cotangens wynika, że w przedziale podstawowym \((0,\pi)\) zachodzi: \[ \eqalign{\mathrm{ctg}\, x >0\quad &\text{dla} \quad x\in\left(0,{\pi\over 2}\right)\cr \mathrm{ctg}\, x=0\quad &\text{dla} \quad x={\pi\over 2}\cr \mathrm{ctg}\, x <0\quad &\text{dla} \quad x\in\left({\pi\over 2},\pi\right)\cr } \] Zatem zgodnie z definicją funkcji signum \[ \mathrm{sgn}\,\left(\mathrm{ctg}\, x\right)=\left\{\begin{array}{lll}1 &\text{dla} & x\in\left(k\pi,{\pi\over 2}+k\pi\right)\\ 0 &\text{dla} & x={\pi\over 2}+k\pi\\ -1 &\text{dla} & x\in\left({\pi\over 2}+k\pi,\pi+k\pi\right)\end{array}\right., \quad \text{gdzie}\quad k\in \mathbb{Z} \] Funkcję \(f\) można więc zapisać w postaci \[ f(x)=\left\{\begin{array}{lll}1 &\text{dla} & x\in\left(0+k\pi,{\pi\over 2}+k\pi\right) \\ {1\over 2} &\text{dla} & x={\pi\over 2}+k\pi\\ 0 &\text{dla} & x\in\left({\pi\over 2}+k\pi,\pi+k\pi\right)\end{array}\right., \quad \text{gdzie}\quad k\in \mathbb{Z},\] ułatwiającej narysowanie jej wykresu.

Dziedzinę funkcji \(f\) wyznaczymy z warunku \[ D_f:\ \sin x\neq 0 \quad \Longleftrightarrow\quad x\neq k\pi, \quad \text{gdzie} \quad k\in\mathbb{Z} \] Zatem dziedziną funkcji \(f\) jest zbiór \(D_f=\mathbb{R}\backslash \{k\pi,\ k\in\mathbb{Z}\}\). Aby opuścić wartość bezwzględną, rysujemy wykres funkcji sinus. Widzimy, że musimy rozważyć dwa przypadki:

1. \(\sin x> 0\ \Longleftrightarrow\ x\in\left(2k\pi,\pi+2k\pi\right)\), gdzie \(k\in\mathbb{Z}\) W tym przypadku mamy \[ f(x)={\sin x\over \sin x}=1 \]
2. \(\sin x< 0\ \Longleftrightarrow\ x\in\left(\pi +2k\pi,2\pi+2k\pi\right)\), gdzie \(k\in\mathbb{Z}\) W tym przypadku mamy \[ f(x)={-\sin x\over \sin x}=-1 \]

Zatem wzór funkcji \(f\) można przedstawić w postaci \[ f(x)=\left\{\begin{array}{lll}1 &\text{dla} & x\in\left(2k\pi,\pi+2k\pi\right)\\ -1 &\text{dla} & x\in\left(\pi +2k\pi,2\pi+2k\pi\right)\end{array}\right., \quad \text{gdzie}\quad k\in \mathbb{Z}, \] ułatwiającej narysowanie jej wykresu.

Zauważmy, że wyrażenie z mianownika możemy zapisać w postaci \[ x+\vert x\vert=\left\{\begin{array}{lll}2x &\text{dla} & x>0\\ 0 &\text{dla} & x\leq 0\end{array}\right. \] Zatem dziedziną funkcji \(f\) jest zbiór \(D_f=\mathbb{R}_+\) oraz \[ f(x)={1\over 2x} \] Wykresem funkcji \(f\) jest więc jedno ramię hiperboli \(y={1\over 2x}\) dla \(x>0\).

Dziedziną funkcji \(f\) jest zbiór \(D_f=\mathbb{R}_+\). Aby opuścić wartość bezwzględną, rozważymy dwa przypadki:

1. \(\log_3 x\geq 0\ \Longleftrightarrow\ \log_3 x\geq \log_3 1\ \Longleftrightarrow\ x\geq 1\) W tym przypadku mamy \[ f(x)=3^{\log_3 x}=x \]
2. \(\log_3 x< 0\ \Longleftrightarrow\ \log_3 x< \log_3 1\ \Longleftrightarrow\ 0<x< 1\) W tym przypadku mamy \[ f(x)=3^{-\log_3 x}=3^{\log_3 {1\over x}}={1\over x} \]

Zatem wzór funkcji \(f\) można przedstawić w postaci \[ f(x)=\left\{\begin{array}{lll}{1\over x} &\text{dla} & 0<x<1\\ x &\text{dla} & x\geq 1\end{array}\right., \] ułatwiającej narysowanie jej wykresu.

Zauważmy, że \[D_f= \mathbb{R}, \ W_f=\mathbb{R}_+ \quad \text{oraz}\quad D_g= \mathbb{R}, \ W_g=\left<-1,1\right>\] Zatem możliwe jest złożenie \(g\circ f\), gdyż \(W_f \subseteq D_g\). Dziedziną tego złożenia jest zbiór \(D_{g\circ f}=D_f= \mathbb{R}\) oraz \[ \bigwedge_{x\in\mathbb{R}}\quad (g\circ f)(x)=g(f(x))=g(2^x)=\sin 2^x \] Ponieważ \(W_g \subseteq D_f\), możliwe jest także złożenie \(f\circ g\). Dziedziną tego złożenia jest zbiór \(D_{f\circ g}=D_g= \mathbb{R}\) oraz \[ \bigwedge_{x\in\mathbb{R}}\quad (f\circ g)(x)=f(g(x))=f(\sin x)= 2^{\sin x} \]

Zauważmy, że \[D_f=\left<-1,1\right>,\ W_f=\left<-{\pi\over 2},{\pi\over 2}\right> \quad \text{oraz}\quad D_g=W_g=\left<0,\infty\right)\] Ponieważ \(W_g\not\subseteq D_f\), trzeba sprawdzić, czy zbiór \(D_1=\{x\in D_g:\ g(x)\in D_f\}\) jest niepusty. Widzimy, że \[D_1=\{x\in \left<0,\infty\right):\ \sqrt{x}\in \left<-1,1\right>\}= \left<0,1\right>\neq\emptyset\] Zatem istnieje złożenie \(f\circ g\), gdzie \(D_{f\circ g}=D_1\), oraz \[ \bigwedge_{x\in\left<0,1\right>}\quad (f\circ g)(x)=f(\sqrt{x})=\arcsin \sqrt{x} \] Ponieważ \(W_f\not\subseteq D_g\), trzeba sprawdzić, czy zbiór \(D_2=\{x\in D_f:\ f(x)\in D_g\}\) jest niepusty. Ponieważ \[D_2=\{x\in \left<-1,1\right>:\ \arcsin x\in \left<0,\infty\right)\}= \left<0,1\right>\neq\emptyset,\] to istnieje złożenie \(g\circ f\), gdzie \(D_{g\circ f}=D_2\), oraz \[ \bigwedge_{x\in\left<0,1\right>}\quad (g\circ f)(x)=g(\arcsin x)= \sqrt{\arcsin x} \]

Zauważmy, że \[D_f=\left(-\infty,0\right), \ W_f=\mathbb{R} \quad \text{oraz}\quad D_g=\mathbb{R}, W_g=(0,\pi)\] Zatem możliwe jest złożenie \(g\circ f\), gdyż \(W_f \subseteq D_g\). Dziedziną tego zlożenia jest zbiór \(D_{g\circ f}=D_f=\left(-\infty,0\right)\) oraz \[ \bigwedge_{x\in\left(-\infty,0\right)}\quad (g\circ f)(x)=g(f(x))=g\left(\log_3 (-x)\right)=\mathrm{arcctg}\, \left(\log_3 (-x)\right) \] Ponieważ \(W_g\not\subseteq D_f\) i \(W_g\cap D_f=\emptyset\), to nie istnieje złożenie \(f\circ g\).

Skoro funkcją wewnętrzną złożenia \(f\circ g = f(g(x))\) ma być funkcja \(g(x)=\sin x\), to \[h(x)=\frac{\sin x}{1+\sin^2 x}= \frac{g(x)}{1+\big[g(x)\big]^2}\] Widzimy teraz, że funkcją zewnętrzną złożenia \(h(x) = f(g(x))\) jest funkcja \[f(x)=\frac{x}{1+x^2}\]

Skoro funkcją wewnętrzną złożenia \(f\circ g = f(g(x))\) ma być funkcja \(g(x)=\frac{1}{x}\), to \[h(x)=2^{\frac{1}{x^3}}=2^{\left(\frac{1}{x}\right)^3}=2^{\big[g(x)\big]^3}\] Widzimy teraz, że równość \(h(x) = f(g(x))\) zachodzi tylko wtedy, gdy funkcją zewnętrzną jest funkcja \[f(x)=2^{x^3}\]

Ponieważ funkcją wewnętrzną złożenia \(f\circ g = f(g(x))\) ma być funkcja \(g(x)=\cos x\), to \[h(x)=\mathrm{tg}^2 x=\frac{\sin^2 x}{\cos^2 x}=\frac{1-\cos^2 x}{\cos^2 x}=\frac{1-\big[g(x)\big]^2}{\big[g(x)\big]^2}\] Zatem funkcją zewnętrzną złożenia \(h(x) = f(g(x))\) jest funkcja \[f(x)=\frac{1-x^2}{x^2}\]

Dziedziną funkcji \(f\) jest zbiór \(D_f=\mathbb{R}\), ponieważ \(x^2+4\neq 0\) dla każdego \(x\in\mathbb{R}\). Z uwagi na parzystość funkcji cosinus dla każdego \(x\in \mathbb{R}\) mamy \[ f(-x)=2^{-x} +2^{-(-x)}+{\cos (-x)\over (-x)^2+4}=2^{-x} +2^{x}+{\cos x\over x^2+4}=f(x) \] Zatem funkcja \(f\) jest parzysta.

Dziedziną funkcji \(f\) jest zbiór \(D_f=\mathbb{R}\backslash\{-1,1\}\). Funkcję \(f\) można przedstawić w postaci \[ f(x)={(x-1)^2 \over (x-1)(x+1)}={x-1\over x+1} \] Dla każdego \(x\in D_f\) mamy \[ f(-x)={-x-1\over -x+1}={-(x+1)\over -(x-1)}={x+1\over x-1} \] Zauważmy, że np. dla \(x=2\) \[ f(2)=3\quad\text{oraz}\quad f(-2)={1\over 3} \] Zatem \[ f(-2)\neq f(2) \quad\text{oraz}\quad f(-2)\neq -f(2), \] co oznacza, że funkcja \(f\) nie jest ani parzysta, ani nieparzysta.

Dziedzinę funkcji \(f\) wyznaczamy z warunku \[ D_f:\ x^2-x>0 \quad \Longleftrightarrow \quad x(x-1)>0 \] Rysujemy parabolę będącą wykresem funkcji \(y=x(x-1)\). Z rysunku odczytujemy, że \(D_f=\left(-\infty,0\right)\cup\left(1,\infty\right)\). Ponieważ dziedzina funkcji \(f\) nie jest symetryczna względem zera (np. \(-{1\over 2}\in D_f\), ale \({1\over 2}\notin D_f\)), dlatego funkcja \(f\) nie jest ani parzysta, ani nieparzysta.

Dziedzinę funkcji \(f\) wyznaczamy z warunku \[ D_f:\ \left\{\eqalign{& -1\leq x\leq 1\cr & \arcsin x\neq 0 \cr & 2x\neq {\pi\over 2}+k\pi,\ k\in\mathbb{Z}\cr}\right. \quad \Longleftrightarrow \quad \left\{\eqalign{& -1\leq x\leq 1\cr & x\neq 0 \cr & x\neq {\pi\over 4}+k{\pi\over 2},\ k\in\mathbb{Z}\cr}\right. \] Zatem dziedziną funkcji \(f\) jest zbiór \(D_f=\left<-1,1\right>\backslash\{-{\pi\over 4},0,{\pi\over 4}\}\). Z uwagi na nieparzystość funkcji tangens i arcus sinus dla każdego \(x\in D_f\) mamy \[ \eqalign{ f(-x)&=\mathrm{tg}\, 2(-x) + {1\over \arcsin (-x)}=\mathrm{tg}\,\left(-2x\right)+{1\over -\arcsin x}=\cr &=-\mathrm{tg}\, 2x -{1\over \arcsin x}=-f(x),\cr} \] więc funkcja \(f\) jest nieparzysta.

Zadanie to można również rozwiązać, rozważając parzystość i nieparzystość funkcji składowych funkcji \(f\). Funkcja \(y={1\over \arcsin x}\) jest złożeniem funkcji arcus sinus z proporcjonalnością odwrotną \(y={1\over x}\). Ponieważ obie te funkcje są nieparzyste, to ich złożenie również jest funkcją nieparzystą. Analogicznie: ponieważ funkcja tangens i funkcja liniowa \(y=2x\) są nieparzyste, to ich złożenie \(\mathrm{tg}\, 2x\) jest także funkcją nieparzystą. Suma funkcji nieparzystych, którą jest badana funkcja \(f\), jest funkcją nieparzystą.

Dziedziną funkcji \(f\) jest zbiór \(D_f=\mathbb{R}\). Ponieważ funkcja \(f\) jest złożeniem funkcji nieparzystej (arcus tangens) z funkcją parzystą (cosinus), to funkcja \(f\) jest parzysta, co można również pokazać następująco \[ \bigwedge_{x\in\mathbb{R}}\quad f(-x)=\cos \mathrm{arctg}\, (-x)=\cos \left(-\mathrm{arctg}\, x\right)=\cos\mathrm{arctg}\, x=f(x) \]

Dziedziną funkcji \(f\) jest zbiór \(D_f=\left< -1,1\right>\). Ponieważ funkcja arccus cosinus nie jest ani parzysta, ani nieparzysta, to nie możemy bezpośrednio skorzystać z własności funkcji złożonej. Jednak dla funkcji arcus cosinus zachodzi równość \[\arccos (-x)=\pi-\arccos x\] Wówczas \[f(-x)=\sin \big[\arccos (-x)\big]=\sin\left(\pi-\arccos x\right)\overset{\czerwony{\boldsymbol *}}{=}\sin(\arccos x)=f(x)\] W miejscu oznaczonym \(\czerwony{\boldsymbol *}\) skorzystaliśmy ze wzorów redukcyjnych. Zatem funkcja \(f\) jest parzysta.
Parzystość funkcji \(f\) możemy pokazać również, wykorzystując inną własność funkcji cyklometrycznych. Ponieważ \[\sin(\arccos x)=\sqrt{1-x^2},\] to \[f(-x)=\sqrt{1-(-x)^2}=\sqrt{1-x^2}=f(x)\]

Dziedzinę funkcji \(f\) wyznaczymy z warunku \[2\mathrm{arcctg}\,x\neq {\pi\over 2}+k\pi, \quad \text{gdzie}\quad k\in\mathbb{Z}\] \[\mathrm{arcctg}\,x\neq {\pi\over 4}+\frac{k}{2}\pi, \quad \text{gdzie}\quad k\in\mathbb{Z}\] Ponieważ funkcja arcus cotangens przyjmuje wartości z przedziału \(\left(0,\pi\right)\), to otrzymujemy \[\mathrm{arcctg}\,x\neq {\pi\over 4} \quad \wedge \quad \mathrm{arcctg}\,x\neq {3\over 4}\pi\]\[x\neq 1 \quad \wedge \quad x\neq -1\] Zatem dziedziną funkcji \(f\) jest zbiór \(D_f=\mathbb{R}\backslash \{-1,1\}\). Skorzystamy z własności funkcji arcus cotangens \[\mathrm{arcctg}\, (-x)=\pi-\mathrm{arcctg}\, x\] Wówczas \[\eqalign{f(-x)&=\mathrm{tg} \big[2\mathrm{arcctg}\, (-x)\big]=\mathrm{tg} \big[2(\pi-\mathrm{arcctg}\, x)\big]=\mathrm{tg} \left(2\pi-2\mathrm{arcctg}\, x\right)\overset{\czerwony{\boldsymbol *}}{=}\cr &\overset{\czerwony{\boldsymbol *}}{=}-\mathrm{tg} \left(2\mathrm{arcctg}\, x\right)=-f(x)\cr}\] W miejscu oznaczonym \(\czerwony{\boldsymbol *}\) skorzystaliśmy ze wzorów redukcyjnych. Zatem funkcja \(f\) jest nieparzysta.

Dziedziną funkcji \(f\) jest zbiór \(D_f=\mathbb{R}_+\). Zauważmy, że funkcja \(f\) jest złożeniem funkcji logarytmicznej \(y=\log_3 x\) z funkcją arcus cotangens. Obie te funkcje są różnowartościowe w swoich dziedzinach. Ponieważ złożenie funkcji różnowartościowych jest funkcją różnowartościową, to funkcja \(f\) jest różnowartościowa.

Dziedziną funkcji \(f\) jest zbiór \(D_f=\mathbb{R}\). Zauważmy, że funkcja kwadratowa \(y=x^2+1\) nie jest różnowartościowa w zbiorze \(D_f\). Można więc łatwo znaleźć dwa różne argunenty, dla których funkcja \(f\) przyjmuje tę samą wartość, np. dla \(x_1=-1\) i \(x_2=1\) mamy \(f(-1)=9=f(1)\). Zatem funkcja \(f\) nie jest różnowartościowa.

Dziedziną funkcji \(f\) jest zbiór \(D_f=\left<-1,1\right>\). Zauważmy, że funkcja \(f\) jest złożeniem funkcji arcus cosinus z funkcją kwadratową \(y=x^2\). Choć funkcja zewnętrzna (kwadratowa) nie jest różnowartościowa w swojej dziedzinie, tzn. w zbiorze liczb rzeczywistych, to jest różnowartościowa w zbiorze \(\mathbb{R}_+\). Skoro funkcja wewnętrzna arcus cosinus jest różnowartościowa i przyjmuje tylko wartości z przedziału \(\left(0,\pi\right)\), dlatego funkcja \(f(x)=\arccos^2 x\) jest różnowartościowa.

Dziedzinę funkcji \(f\) wyznaczamy z warunku \[ D_f:\ 2x-2>0 \quad\Longleftrightarrow\quad x>1 \] Zatem \(D_f=\left(1,\infty\right)\). Zbiorem wartości funkcji \(f\) jest zbiór \(W_f=\mathbb{R}\). Ponieważ funkcja logarytmiczna \(y=\log_{1\over 2} x\) jest różnowartościowa, to funkcja \(f\) również jest różnowartościowa. Zatem istnieje do niej funkcja odwrotna. Wyznaczamy niewiadomą \(x\) ze wzoru, który opisuje funkcję \(f\) \[ y=3+\log_{1\over 2} \left(2x-2\right) \] \[ \log_{1\over 2} \left(2x-2\right)=y-3 \] \[ \log_{1\over 2} \left(2x-2\right)=\log_{1\over 2}\left({1\over 2}\right)^{y-3} \] Funkcja logarytmiczna jest różnowartościowa, więc opuszczamy logarytmy \[ 2x-2=\left({1\over 2}\right)^{y-3} \] \[ \quad 2x=\left({1\over 2}\right)^{y-3}+2\ \Big/:2 \] \[ x={1\over 2}\left({1\over 2}\right)^{y-3}+1 \] \[ x=\left({1\over 2}\right)^{y-2}+1 \] Po zamianie miejscami niewiadomych \(x\) i \(y\) otrzymujemy wzór funkcji odwrotnej działającej ze zbioru \(\mathbb{R}\) do zbioru \(\left(1,\infty\right)\) \[ y=\left({1\over 2}\right)^{x-2}+1 \]

Dziedziną funkcji \(f\) jest zbiór \(D_f=\mathbb{R}\). Ponieważ funkcja wykładnicza przyjmuje tylko wartości dodatnie, więc \(3^{x+3}>0\), a stąd \(3^{x+3} +1>1\) dla \(x\in \mathbb{R}\). Zbiorem wartości funkcji \(f\) jest więc zbiór \(W_f=\left(1,\infty\right)\). Ponieważ funkcja wykladnicza \(y=3^x\) jest różnowartościowa, to funkcja \(f\) również jest różnowartościowa. Zatem istnieje do niej funkcja odwrotna. Wyznaczamy niewiadomą \(x\) ze wzoru, który opisuje funkcję \(f\) \[ y=3^{x+3}+1 \] \[ 3^{x+3}=y-1 \] \[ 3^{x+3}=3^{\log_3 (y-1)} \] \[ x+3=\log_3 (y-1) \] \[ x=\log_3 (y-1)-3 \] Po zamianie miejscami niewiadomych \(x\) i \(y\) otrzymujemy wzór funkcji odwrotnej działającej ze zbioru \(\left(1,\infty\right)\) do zbioru \(\mathbb{R}\) \[ y=\log_3 (x-1)-3 \]

Dziedziną funkcji \(f\) jest zbiór \(D_f=\mathbb{R}\). Ponieważ funkcja \(y=x^2\) nie jest różnowartościowa, więc funkcja \(y=2+\mathrm{arcctg}\, \left(x^2\right)\) też nie jest różnowartościowa. Jeżeli jednak obetniemy funkcję \(f\) na przykład do przedziału \(\left(-\infty, 0\right>\), to obcięcie będzie funkcją różnowartościową jako złożenie dwóch funkcji różnowartościowych. Ponieważ funkcja arcus cotangens jest malejąca, to dla \(x\in\left(-\infty, 0\right>\) otrzymujemy \[ x^2\geq 0 \] \[ \mathrm{arcctg}\, \left(x^2\right)\leq \mathrm{arcctg}\, 0 \] \[ \mathrm{arcctg}\, \left(x^2\right)\leq {\pi\over 2} \] Dodatkowo funkcja arcus cotangens jest funkcją ograniczoną o wartościach z przedziału \(\left(0,\pi\right)\), więc \[ \quad 0<\mathrm{arcctg}\, \left(x^2\right)\leq {\pi\over 2}\ \Big/+2 \] \[ 2< 2+\mathrm{arcctg}\, \left(x^2\right)\leq 2+{\pi\over 2} \] Zatem zbiorem wartości obcięcia \(f\left\vert_{\left(-\infty, 0\right>}\right.\) jest zbiór \(W=\left(2,2+{\pi\over 2}\right>\). Istnieje więc funkcja odwrotna do tego obcięcia. Wyznaczamy niewiadomą \(x\) ze wzoru opisującego obcięcie funkcji \(f\) do zbioru \(\left(-\infty, 0\right>\) \[ y=2+\mathrm{arcctg}\, \left(x^2\right) \] \[ \mathrm{arcctg}\, \left(x^2\right)=y-2 \] \[ x^2=\mathrm{ctg}\, (y-2) \] \[ x=\sqrt{\mathrm{ctg}\, (y-2)}\quad \vee\quad x=-\sqrt{\mathrm{ctg}\, (y-2)}\] Ponieważ rozważamy obcięcie funkcji \(f\) do zbioru \(\left(-\infty, 0\right>\), to bierzemy pod uwagę tylko wyrażenie niedodatnie \(x=-\sqrt{\mathrm{ctg}\, (y-2)}\). Po zamianie miejscami niewiadomych \(x\) i \(y\) otrzymujemy wzór funkcji odwrotnej działającej ze zbioru \(\left(2,2+{\pi\over 2}\right>\) do zbioru \(\left(-\infty, 0\right>\) \[ y=-\sqrt{\mathrm{ctg}\, (x-2)} \]

Dziedzinę funkcji \(f\) wyznaczamy z warunku \[ D_f:\ -1\leq x-3\leq 1 \quad\Longleftrightarrow\quad 2\leq x\leq 4 \] Zatem \(D_f=\left<2,4\right>\). Ponieważ dla \(x\in\left<2,4\right>\) mamy \[ \quad -{\pi\over 2}\leq\arcsin \left(x-3\right)\leq {\pi\over 2} \ \Big/\cdot (-1) \] \[ \quad{\pi\over 2}\geq -\arcsin \left(x-3\right)\geq -{\pi\over 2}\ \Big/+1 \] \[ 1+{\pi\over 2}\geq 1-\arcsin \left(x-3\right)\geq 1-{\pi\over 2}, \] dlatego zbiorem wartości funkcji \(f\) jest zbiór \(W_f=\left<1-{\pi\over 2},1+{\pi\over 2}\right>\). Skoro funkcja \(y=\arcsin x\) jest różnowartościowa, to funkcja \(f\) również jest różnowartościowa. Zatem istnieje do niej funkcja odwrotna. Wyznaczamy niewiadomą \(x\) ze wzoru opisującego funkcję \(f\) \[ y=1-\arcsin \left(x-3\right) \] \[ \arcsin \left(x-3\right)=1-y \] \[ x-3=\sin (1-y) \] \[ x=3+\sin (1-y) \] Po zamianie miejscami niewiadomych \(x\) i \(y\) otrzymujemy wzór funkcji odwrotnej działającej ze zbioru \(\left<1-{\pi\over 2},1+{\pi\over 2}\right>\) do zbioru \(\left<2,4\right>\) \[ y=3+\sin (1-x) \]

Dziedziną równania jest zbiór \(D=\mathbb{R}\). Ponieważ \(\left({1\over 4}\right)^{\sin x}=\left[\left({1\over 2}\right)^{\sin x}\right]^2\), więc równanie możemy zapisać w postaci \[ \left({1\over 2}\right)^{\sin x}-\left[\left({1\over 2}\right)^{\sin x}\right]^2=0 \] Po podstawieniu \(t=\left({1\over 2}\right)^{\sin x}\), gdzie \(t>0\), otrzymujemy równanie kwadratowe \[ t-t^2=0 \] \[ t(1-t)=0 \] \[ t=0\quad \vee \quad t=1 \] Ponieważ \(t=\left({1\over 2}\right)^{\sin x}\) i \(t>0\), więc odrzucamy rozwiązanie \(t=0\) i otrzymujemy równanie wykładnicze \[ \left({1\over 2}\right)^{\sin x}=1 \] \[ \quad \left({1\over 2}\right)^{\sin x}=\left({1\over 2}\right)^0 \] Opuszczamy podstawę \({1\over 2}\) i otrzymujemy równanie trygonometryczne \[ \sin x=0 \] Zatem rozwiązaniem równania \(\left({1\over 2}\right)^{\sin x}-\left({1\over 4}\right)^{\sin x}=0\) jest \[ x=k\pi, \quad \text{gdzie} \quad k\in\mathbb{Z} \]

Dziedzinę równania wyznaczamy z warunku \[ D:\ \left\{\eqalign{& x-4\geq 0\cr & 2+\sqrt{x-4}>0\cr}\right. \] Pierwiastek parzystego stopnia przyjmuje tylko wartości nieujemne, więc nierówność \(2+\sqrt{x-4}>0\) jest spełniona dla każdego \(x\geq 4\). Zatem dziedziną równania jest zbiór \(D=\left<4,\infty\right)\). Ponieważ \(2=\log_2 2^2=\log_2 4\), dlatego zadane równanie logarytmiczne możemy zapisać w postaci \[ \log_2\left(2+\sqrt{x-4}\right)=\log_2 4 \] Opuszczamy logarytmy i otrzymujemy równanie pierwiastkowe \[ 2+\sqrt{x-4}=4 \] \[ \sqrt{x-4}=2\] Obie strony równania są nieujemne, więc możemy podnieść je do kwadratu \[ x-4=4 \] Zatem rozwiązaniem równania \(\log_2\left(2+\sqrt{x-4}\right)=2\) jest \[ x=8 \]

Dziedziną nierównaności jest zbiór \(D=\mathbb{R}\backslash\{-2\}\). Zadaną nierówność wykładniczą możemy zapisać w postaci \[ \left({1\over 3}\right)^{x-1\over x+2}\geq \left({1\over 3}\right)^{-2} \] Opuszczamy podstawę \({1\over 3}\), zmieniając kierunek nierówności na przeciwny i otrzymujemy nierówność wymierną \[ {x-1\over x+2}\leq -2 \] \[ {x-1\over x+2}+2\leq 0 \] \[ {x-1\over x+2}+{2(x+2)\over x+2}\leq 0 \] \[ {x-1+2x+4\over x+2}\leq 0 \] \[ {3x+3\over x+2}\leq 0 \] \[ 3(x+1)(x+2)\leq 0 \] Rysujemy parabolę będącą wykresem funkcji \(y=3(x+1)(x+2)\), uwzględniając warunek \(x\neq -2\). Z rysunku odczytujemy rozwiązanie nierówności \(\left({1\over 3}\right)^{x-1\over x+2}\geq 9\) \[ x\in\left(-2,-1\right> \]

Dziedziną równania jest zbiór \(D=(0,\infty)\). Wtedy \(x^{\log x -1}>0\), więc obie strony naszego równania są dodatnie i otrzymujemy równanie logarytmiczne \[ \log x^{\log x -1}=\log 100 \] Korzytamy z własności logarytmu i przenosimy potęgę liczby logarytmowanej przed logarytm \[ \left(\log x -1\right)\log x=2 \] \[ \log^2 x-\log x-2=0 \] Po podstawieniu \(t=\log x\), gdzie \(t\in\mathbb{R}\), otrzymujemy równanie kwadratowe \[ t^2-t-2=0 \] Ponieważ \(\Delta=9\), więc miejscami zerowymi funkcji kwadratowej są: \[ t_1=-1, \qquad t_2=2 \] Skoro \(t=\log x\), to \[ \log x=-1 \quad\vee\quad \log x=2 \] \[ \qquad x={1\over 10} \quad\vee\quad x=100\]

Dziedzinę nierówności wyznaczamy z warunku \[ D:\ \left\{\eqalign{ & \mathrm{ctg}\, x>0\cr & x\in\left(0,2\pi\right)\cr}\right. \] Z wykresu funkcji \(y=\mathrm{ctg}\, x\) odczytujemy rozwiązania nierówności \(\mathrm{ctg}\, x>0\) w przedziale \(\left(0,2\pi\right)\). Zatem dziedziną nierówności jest zbiór \(D=\left(0,{\pi\over 2}\right)\cup \left(\pi,{3\over 2}\pi\right)\). Zadaną nierówność wykładniczą zapisujemy w postaci \[ \left({2\over 5}\right)^{\log_{\sqrt{3}} \mathrm{ctg}\, x-1} \geq \left({2\over 5}\right)^0 \] Opuszczamy podstawę \({2\over 5}\), pamiętając o zmianie kierunku nierówności na przeciwny i otrzymujemy nierówność logarytmiczną \[ \log_{\sqrt{3}} \mathrm{ctg}\, x-1 \leq 0 \] \[ \log_{\sqrt{3}} \mathrm{ctg}\, x\leq 1 \] \[ \log_{\sqrt{3}} \mathrm{ctg}\, x\leq\log_{\sqrt{3}}\sqrt{3} \] Opuszczamy logarytmy, nie zmieniając kierunku nierówności i otrzymujemy nierówność trygonometryczną \[ \mathrm{ctg}\, x\leq\sqrt{3} \] Rozwiązania tej nierówności odczytujemy z rysunku. Po uwzględnieniu dziedziny nierówności \(D=\left(0,{\pi\over 2}\right)\cup \left(\pi,{3\over 2}\pi\right)\) otrzymujemy rozwiązanie zadania \[ x\in\left<{\pi\over 6},{\pi\over 2}\right)\cup\left<{7\over 6}\pi,{3\over 2}\pi\right) \]

Dziedziną nierówności jest zbiór \(D=\mathbb{R}\). Przekształcamy nierówność wykładniczą \[ \left({1\over 2}\right)^{\mathrm{arctg}\, x^2}\leq 1 \] \[ \left({1\over 2}\right)^{\mathrm{arctg}\, x^2}\leq \left({1\over 2}\right)^0 \] Opuszczamy podstawę \({1\over 2}\), zmieniając kierunek nierówności na przeciwny i otrzymujemy nierówność cyklometryczną \[ \mathrm{arctg}\, x^2\geq 0 \] \[ \mathrm{arctg}\, x^2\geq \mathrm{arctg}\, 0 \] Funkcja arcus tangens jest funkcją rosnącą, dlatego opuszczając ją, nie zmieniamy kierunku nierówności \[ x^2\geq 0 \] Powyższa nierówność jest spełniona dla każdej liczby rzeczywistej, dlatego zbiorem rozwiązań nierówności \(\left({1\over 2}\right)^{\mathrm{arctg}\, x^2}-1\leq 0\) jest zbiór \(\mathbb{R}\).

Dziedziną nierówności jest zbiór \(D=\left<-1,1\right>\). Przekształcamy nierówność cyklometryczną, stosując wzór skróconego mnożenia na różnicę kwadratów \[ 4\arcsin^2 x >\pi^2 \] \[ 4\arcsin^2 x -\pi^2>0 \] \[ \left(2\arcsin x -\pi\right)\left(2\arcsin x +\pi\right)>0 \] Ponieważ iloczyn jest dodatni, gdy oba czynniki są tego samego znaku, to dla \(x\in D\) mamy do rozważenia dwa przypadki:

1. oba czynniki są dodatnie \[ \left\{\eqalign{ & 2\arcsin x -\pi>0\cr & 2\arcsin x +\pi >0\cr}\right.\quad \Longleftrightarrow\quad \left\{\eqalign{ & 2\arcsin x >\pi\cr & 2\arcsin x >-\pi\cr}\right. \quad \Longleftrightarrow\quad \left\{\eqalign{ & \arcsin x >{\pi\over 2}\cr & \arcsin x >-{\pi\over 2}\cr}\right. \] Układ ten jest sprzeczny, ponieważ \(\vert \arcsin x\vert \leq {\pi\over 2}\).
2. oba czynniki są ujemne \[ \left\{\eqalign{ & 2\arcsin x -\pi<0\cr & 2\arcsin x +\pi <0\cr}\right.\quad \Longleftrightarrow\quad \left\{\eqalign{ & 2\arcsin x <\pi\cr & 2\arcsin x <-\pi\cr}\right. \quad \Longleftrightarrow\quad \left\{\eqalign{ & \arcsin x <{\pi\over 2}\cr &\arcsin x <-{\pi\over 2}\cr}\right. \] Układ ten, podobnie jak poprzedni, jest sprzeczny.

Zatem nierówność \(4\arcsin^2 x >\pi^2\) nie ma rozwiązań.

Nierówność \(4\arcsin^2 x >\pi^2\) można również rozwiązać, stosując podstawienie \(t=\arcsin x\), gdzie \(t\in\left<-{\pi\over 2},{\pi\over 2}\right>\). Otrzymujemy wtedy nierówność kwadratową \[ 4t^2>\pi^2 \ \Big/:4 \] \[ t^2-{\pi^2\over 4}>0 \] \[ \left(t-{\pi\over 2}\right)\left(t+{\pi\over 2}\right)>0 \] Rysujemy parabolę będącą wykresem funkcji \(y=\left(t-{\pi\over 2}\right)\left(t+{\pi\over 2}\right)\).

Z rysunku odczytujemy rozwiązanie nierówności kwadratowej \[ t\in\left(-\infty,-{\pi\over 2}\right)\cup\left({\pi\over 2},\infty\right) \] Ponieważ \(t\in\left<-{\pi\over 2},{\pi\over 2}\right>\), zatem nierówność jest sprzeczna.

Dziedzinę nierówności wyznaczamy z warunku \[ D:\ \left\{\eqalign{ & -1\leq x\leq 1\cr & \arcsin x >0\cr}\right. \] Z wykresu funkcji arcus sinus odczytujemy, że rozwiązaniem nierówności \(\arcsin x >0\) jest \(x\in\left(0,1\right>\). Zatem dziedziną nierówności jest zbiór \(D=\left(0,1\right>\). Dla \(x\in D\) mamy do rozwiązania nierówność logarytmiczną \[ \log_{{1\over 2}}\arcsin x > \log_{{1\over 2}} {1\over 2} \] Opuszczamy logarytmy, zmieniając kierunek nierówności na przeciwny i otrzymujemy nierówność cyklometryczną \[ \arcsin x < {1\over 2} \] Ponieważ \({1\over 2}=\arcsin \left(\sin{1\over 2}\right)\), dlatego nierówność możemy zapisać w postaci \[ \arcsin x < \arcsin \left(\sin{1\over 2}\right) \] Funkcja \(y=\arcsin x\) jest funkcją rosnącą, dlatego opuszczając ją, nie zmieniamy kierunku nierówności \[ x < \sin{1\over 2} \] Po uwzględnieniu dziedziny \(D=\left(0,1\right>\) otrzymujemy rozwiązanie zadania \[ x\in\left(0,\sin{1\over 2}\right) \]

Dziedzinę równania wyznaczamy z warunku \[ D:\ \left\{\eqalign{ & \cos x>0\cr & 1+\cos 2x>0\cr}\right. \] Korzystamy ze wzoru \(\cos 2x=2\cos^2 x -1\) i otrzymujemy \[ D:\ \cases{\cos x>0\cr 2\cos^2x>0\cr}\quad\Longleftrightarrow\quad \cos x >0 \] Z wykresu funkcji \(y=\cos x\) odczytujemy dziedzinę równania \(D=\left(-{\pi\over 2}+2k\pi,{\pi\over 2}+2k\pi\right)\), gdzie \(k\in\mathbb{Z}\). Przekształcamy zadane równanie, korzystając z własności logarytmów \[ 4\left(\log_2\cos x\right)^2+\log_2 \left(2\cos^2x\right)=3 \] \[ 4\left(\log_2\cos x\right)^2+\log_2 2 +\log_2 \cos^2x=3 \] \[ 4\left(\log_2\cos x\right)^2+1 +2\log_2\cos x-3=0 \] \[ 4\left(\log_2\cos x\right)^2+2\log_2\cos x-2=0\ \Big/:2 \] \[ 2\left(\log_2\cos x\right)^2+\log_2\cos x-1=0 \] Po podstawieniu \(t=\log_2 \cos x\), gdzie \(t\in\mathbb{R}\), otrzymujemy równanie kwadratowe zmiennej \(t\) \[ t^2-t-2=0 \] Ponieważ \(\Delta=9\), więc miejscami zerowymi funkcji kwadratowej są: \[ t_1=-1, \qquad t_2=2 \] Skoro \(t=\log_2\cos x\), to \[ \log_2\cos x=-1 \quad\vee\quad \log_2\cos x=2 \] \[ \cos x ={1\over 2} \quad\vee\quad \cos x=4 \] Drugie równanie trygonometryczne jest sprzeczne (\(4\notin\left<-1,1\right>\)), więc pozostaje rozwiązać równanie pierwsze. Rysujemy wykresy funkcji \(y=\cos x\) oraz \(y={1\over 2}\). Z rysunku odczytujemy \[ x={\pi\over 3}+2k\pi\quad \vee\quad x=2\pi-{\pi\over 3}+2k\pi, \quad \text{gdzie}\quad k\in\mathbb{Z} \] Ostatecznie rozwiązania równania to \[ x={\pi\over 3}+2k\pi\quad \vee\quad x={5\over 3}\pi+2k\pi, \quad \text{gdzie}\quad k\in\mathbb{Z} \]

Dziedzinę nierówności wyznaczamy z warunku \[ D:\ \left\{\eqalign{ & 3x+1>0\cr & 2x>0\cr & \log 2x\neq 0\cr}\right. \quad\Longleftrightarrow\quad \left\{\eqalign{ & x>-{1\over 3}\cr & x>0\cr & 2x\neq 1\cr}\right. \] Zatem dziedziną nierówności jest zbiór \(D=\mathbb{R}_+\backslash\{{1\over 2}\}\). Ponieważ iloraz jest ujemny, gdy licznik i mianownik są różnych znaków, to dla \(x\in D\) mamy do rozważenia dwa przypadki:

1. licznik jest dodatni, a mianownik jest ujemny W tym przypadku mamy do rozwiązania układ nierówności logarytmicznych \[ \left\{\eqalign{ & \log (3x+1)>0\cr & \log 2x <0\cr}\right.\quad \Longleftrightarrow\quad \left\{\eqalign{ & 3x+1>1\cr & 2x <1\cr}\right. \quad \Longleftrightarrow\quad \left\{\eqalign{ & x>0\cr & x <{1\over 2}\cr}\right. \] Rozwiązania tego układu należą do przedziału \(\left(0,{1\over 2}\right)\).
2. licznik jest ujemny, a mianownik jest dodatni Wówczas otrzymujemy układ nierówności logarytmicznych \[ \left\{\eqalign{ & \log (3x+1)<0\cr & \log 2x >0\cr}\right.\quad \Longleftrightarrow\quad \left\{\eqalign{ & 3x+1<1\cr & 2x >1\cr}\right. \quad \Longleftrightarrow\quad \left\{\eqalign{ & x<0\cr & x >{1\over 2}\cr}\right. \] Układ ten jest sprzeczny.

Po uwzględnieniu dziedziny nierówności \(D=\mathbb{R}_+\backslash\{{1\over 2}\}\) otrzymujemy rozwiązanie zadania \[ x\in \left(0,{1\over 2}\right) \]