Тригонометрични неравенства

Тригонометричното неравенство изглежда като тригонометрично уравнение, само че вместо знак за равенство има <, >, ≤ или ≥. Да вземем например това:

$$\sin x>\frac{1}{2}$$

Търсим всички x, за които синусът е по-голям от една втора. Част от работата вече е свършена. Уравнението $\sin x=\frac{1}{2}$ решихме в статията за тригонометричните уравнения и на един оборот ни излязоха две решения: $\frac{\pi }{6}$ и $\frac{5\pi }{6}$. Тези две числа служат като граници. Някъде между тях синусът е по-голям от половината, другаде е по-малък. Остава да установим къде.

Върху единичната окръжност

Най-лесно ще го видим върху единичната окръжност. Синусът на ъгъла е y-координатата на точка от окръжността, така че неравенството $\sin x>\frac{1}{2}$ всъщност пита: кои точки от окръжността лежат над правата $y=\frac{1}{2}$?

Синята права пресича окръжността в две точки, които съответстват на ъглите $\frac{\pi }{6}$ и $\frac{5\pi }{6}$. Над правата лежи само червената дъга между тях. Докато рамото на ъгъла се върти обратно на часовниковата стрелка от $\frac{\pi }{6}$ до $\frac{5\pi }{6}$, синусът е по-голям от половината. Щом напусне дъгата, синусът става по-малък от половината.

Крайните точки не принадлежат на решението, затова на чертежа са празни кръгчета. В тях синусът е равен точно на $\frac{1}{2}$, а ние искаме строго по-голям. Така на един оборот получаваме отворения интервал

$$(\frac{\pi }{6};\frac{5\pi }{6}).$$

Но синусът е периодична функция с период 2π: след всеки цял оборот всичко се повтаря. Затова към двата края прибавяме 2kπ и получаваме резултата

$$x\in (\frac{\pi }{6}+2k\pi ;\frac{5\pi }{6}+2k\pi ),$$

където k ∈ ℤ. За k = 0 това е дъгата от чертежа, за k = 1 същата дъга, преместена с един оборот, т.е. интервалът $(\frac{13\pi }{6};\frac{17\pi }{6})$. Решение са безбройно много интервали, които винаги са на разстояние 2π един от друг.

За сигурност да проверим. Да опитаме $x=\frac{\pi }{2}$, което лежи в интервала. Имаме $\sin \frac{\pi }{2}=1$ и единицата наистина е по-голяма от половината. Обратно, x = π не лежи в интервала и sin π = 0, което не е по-голямо от половината. Значи резултатът е верен.

Интервал през нулата

Да преминем към косинуса:

$$\cos x>\frac{1}{2}$$

Косинусът е x-координатата на точка от окръжността, така че търсим точките вдясно от вертикалната права, която пресича хоризонталната ос в точката $\frac{1}{2}$. Уравнението $\cos x=\frac{1}{2}$ на първия оборот също има две решения, $\frac{\pi }{3}$ и $\frac{5\pi }{3}$ ($\frac{\pi }{3}$ е 60° от таблицата със стойности, $\frac{5\pi }{3}$ е симетричната точка под оста x). Дъгата вдясно от правата започва в точката $\frac{5\pi }{3}$ долу, минава през нулата и завършва горе в точката $\frac{\pi }{3}$.

И тук има голямо изкушение да напишем

$$(\frac{5\pi }{3};\frac{\pi }{3}).$$

Капан. Левият край на интервала трябва да е по-малък от десния, но $\frac{5\pi }{3}$ е по-голямо от $\frac{\pi }{3}$. Такъв интервал е празен, не съществува число, което да е едновременно по-голямо от $\frac{5\pi }{3}$ и по-малко от $\frac{\pi }{3}$.

Поправката е проста. Вместо $\frac{5\pi }{3}$ вземаме същата точка от окръжността един оборот назад:

$$\frac{5\pi }{3}-2\pi =-\frac{\pi }{3}.$$

Ъгълът $-\frac{\pi }{3}$ сочи върху окръжността същото място като $\frac{5\pi }{3}$, само че до него стигаме с въртене по посока на часовниковата стрелка. Левият край вече е по-малък от десния и резултатът гласи

$$x\in (-\frac{\pi }{3}+2k\pi ;\frac{\pi }{3}+2k\pi ),$$

където k ∈ ℤ. Добре се вижда и от графиката на косинуса:

Червеният участък около нулата съответства точно на интервала за k = 0. Участъкът вдясно, който започва в $\frac{5\pi }{3}$, е негово копие за k = 1, т.е. $(\frac{5\pi }{3};\frac{7\pi }{3})$. И това е правилен запис, само с друго k. Грешен е чак този, при който краищата са разменени.

Тангенс

Последен пример:

$$\mathrm{tg}x\ge 1$$

Тангенсът е равен на единица за $x=\frac{\pi }{4}$. На всеки свой клон графиката на тангенса непрекъснато расте, така че за малко по-голямо x тангенсът е по-голям от единица. Расте обаче само до $\frac{\pi }{2}$, където отива към безкрайност, а след него започва отново от минус безкрайност. Следователно на един клон на графиката неравенството е изпълнено за всички стойности от $\frac{\pi }{4}$ до $\frac{\pi }{2}$.

Тук често се допускат две грешки. Първата грешка е в периода. Тангенсът не се повтаря след 2π като синуса, а още след π. Който по навик прибави 2kπ, губи половината от решенията, например $x=\frac{5\pi }{4}$, където тангенсът също е равен на единица.

Втората дебне при десния край. Левият край $\frac{\pi }{4}$ принадлежи на решението, защото неравенството е нестрого и $\mathrm{tg}\frac{\pi }{4}=1$ го изпълнява. Десният край $\frac{\pi }{2}$ обаче не принадлежи никога, дори при нестрого неравенство. Тангенсът там не е определен, така че не може да е по-голям или равен на единица. Грешка би било да напишем затворен интервал $[\frac{\pi }{4};\frac{\pi }{2}]$ само защото в условието има ≥.

Следователно правилният отговор е

$$x\in [\frac{\pi }{4}+k\pi ;\frac{\pi }{2}+k\pi ),$$

където k ∈ ℤ. За проверка заместваме $x=\frac{\pi }{3}$, което лежи в интервала за k = 0. Имаме $\mathrm{tg}\frac{\pi }{3}=\sqrt{3}\approx 1,73$, което е повече от единица.