Τριγωνομετρικές ανισώσεις

Μια τριγωνομετρική ανίσωση μοιάζει με τριγωνομετρική εξίσωση, μόνο που αντί για το σύμβολο της ισότητας έχει <, >, ≤ ή ≥. Ας πάρουμε για παράδειγμα αυτή:

$$\mathrm{\eta }\mathrm{\mu }x>\frac{1}{2}$$

Ψάχνουμε όλα τα x για τα οποία το ημίτονο είναι μεγαλύτερο από το ένα δεύτερο. Ένα μέρος της δουλειάς το έχουμε ήδη κάνει. Την εξίσωση $\mathrm{\eta }\mathrm{\mu }x=\frac{1}{2}$ τη λύσαμε στο άρθρο για τις τριγωνομετρικές εξισώσεις και σε μία περιστροφή βγήκαν δύο λύσεις: $\frac{\pi }{6}$ και $\frac{5\pi }{6}$. Αυτοί οι δύο αριθμοί λειτουργούν ως όρια. Κάπου ανάμεσά τους το ημίτονο είναι μεγαλύτερο από το μισό, αλλού μικρότερο. Μένει να βρούμε πού.

Στον τριγωνομετρικό κύκλο

Πιο εύκολα θα το δούμε στον τριγωνομετρικό κύκλο. Το ημίτονο μιας γωνίας είναι η συντεταγμένη y του σημείου πάνω στον κύκλο, άρα η ανίσωση $\mathrm{\eta }\mathrm{\mu }x>\frac{1}{2}$ ρωτά στην ουσία: ποια σημεία του κύκλου βρίσκονται πάνω από την ευθεία $y=\frac{1}{2}$;

Η μπλε ευθεία τέμνει τον κύκλο σε δύο σημεία, που αντιστοιχούν στις γωνίες $\frac{\pi }{6}$ και $\frac{5\pi }{6}$. Πάνω από την ευθεία βρίσκεται μόνο το κόκκινο τόξο ανάμεσά τους. Όσο η πλευρά της γωνίας στρέφεται αντίθετα από τη φορά των δεικτών του ρολογιού από τη γωνία $\frac{\pi }{6}$ στη γωνία $\frac{5\pi }{6}$, το ημίτονο είναι μεγαλύτερο από το μισό. Μόλις βγει από το τόξο, πέφτει κάτω από αυτό.

Τα άκρα δεν ανήκουν στη λύση, γι' αυτό στο σχήμα υπάρχουν κενά κυκλάκια. Σε αυτά το ημίτονο ισούται ακριβώς με $\frac{1}{2}$, ενώ εμείς θέλουμε γνήσια μεγαλύτερο. Σε μία περιστροφή βγαίνει λοιπόν το ανοικτό διάστημα

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

Μόνο που το ημίτονο είναι περιοδική συνάρτηση με περίοδο 2π: μετά από κάθε ολόκληρη περιστροφή όλα επαναλαμβάνονται. Γι' αυτό και στα δύο άκρα προσθέτουμε 2kπ και παίρνουμε το αποτέλεσμα

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

όπου k ∈ ℤ. Για k = 0 είναι το τόξο του σχήματος, για k = 1 το ίδιο τόξο μετατοπισμένο κατά μία περιστροφή, δηλαδή το διάστημα $(\frac{13\pi }{6},\frac{17\pi }{6})$. Η λύση αποτελείται από άπειρα διαστήματα, που απέχουν μεταξύ τους πάντα 2π.

Για σιγουριά, ας το επαληθεύσουμε. Δοκιμάζουμε το $x=\frac{\pi }{2}$, που ανήκει στο διάστημα. Ισχύει $\mathrm{\eta }\mathrm{\mu }\frac{\pi }{2}=1$ και το ένα είναι πράγματι μεγαλύτερο από το μισό. Αντίθετα, το x = π δεν ανήκει στο διάστημα και ημ π = 0, που δεν είναι μεγαλύτερο από το μισό. Το αποτέλεσμα λοιπόν ταιριάζει.

Διάστημα που περνά από το μηδέν

Ας πάμε στο συνημίτονο:

$$\mathrm{\sigma }\mathrm{\upsilon }\mathrm{\nu }x>\frac{1}{2}$$

Το συνημίτονο είναι η συντεταγμένη x του σημείου στον κύκλο, άρα ψάχνουμε τα σημεία δεξιά από την κατακόρυφη ευθεία που τέμνει τον οριζόντιο άξονα στο σημείο $\frac{1}{2}$. Η εξίσωση $\mathrm{\sigma }\mathrm{\upsilon }\mathrm{\nu }x=\frac{1}{2}$ έχει στην πρώτη περιστροφή επίσης δύο λύσεις, $\frac{\pi }{3}$ και $\frac{5\pi }{3}$ (το $\frac{\pi }{3}$ είναι 60° από τον πίνακα τιμών, το $\frac{5\pi }{3}$ είναι το συμμετρικό σημείο κάτω από τον άξονα x'x). Το τόξο δεξιά από την ευθεία αρχίζει στο σημείο $\frac{5\pi }{3}$ κάτω, περνά από το μηδέν και τελειώνει πάνω στο σημείο $\frac{\pi }{3}$.

Και εδώ υπάρχει μεγάλος πειρασμός να γράψουμε

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

Παγίδα. Το αριστερό άκρο του διαστήματος πρέπει να είναι μικρότερο από το δεξί, όμως το $\frac{5\pi }{3}$ είναι μεγαλύτερο από το $\frac{\pi }{3}$. Ένα τέτοιο διάστημα είναι κενό, δεν υπάρχει αριθμός που να είναι ταυτόχρονα μεγαλύτερος από το $\frac{5\pi }{3}$ και μικρότερος από το $\frac{\pi }{3}$.

Η διόρθωση είναι απλή. Αντί για το $\frac{5\pi }{3}$ παίρνουμε το ίδιο σημείο του κύκλου μία περιστροφή πίσω:

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

Η γωνία $-\frac{\pi }{3}$ δείχνει στον κύκλο στο ίδιο σημείο με τη γωνία $\frac{5\pi }{3}$, μόνο που φτάνουμε σε αυτό περιστρεφόμενοι κατά τη φορά των δεικτών του ρολογιού. Το αριστερό άκρο είναι τώρα μικρότερο από το δεξί και το αποτέλεσμα είναι

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

όπου k ∈ ℤ. Φαίνεται καλά και στη γραφική παράσταση του συνημιτόνου:

Το κόκκινο τμήμα γύρω από το μηδέν αντιστοιχεί ακριβώς στο διάστημα για k = 0. Το τμήμα δεξιά, που αρχίζει στο $\frac{5\pi }{3}$, είναι το αντίγραφό του για k = 1, δηλαδή το $(\frac{5\pi }{3},\frac{7\pi }{3})$. Και αυτή είναι σωστή γραφή, απλώς με άλλο k. Λάθος είναι μόνο εκείνη στην οποία τα άκρα έχουν αντιστραφεί.

Εφαπτομένη

Το τελευταίο παράδειγμα:

$$\mathrm{\epsilon }\mathrm{\phi }x\ge 1$$

Η εφαπτομένη ισούται με ένα για $x=\frac{\pi }{4}$. Σε κάθε κλάδο της γραφικής της παράστασης η εφαπτομένη είναι γνησίως αύξουσα, οπότε για λίγο μεγαλύτερο x η εφαπτομένη είναι μεγαλύτερη από ένα. Αυξάνεται όμως μόνο μέχρι το $\frac{\pi }{2}$, όπου τείνει στο άπειρο, και μετά αρχίζει πάλι από το μείον άπειρο. Σε έναν κλάδο της γραφικής παράστασης λοιπόν η ανίσωση ικανοποιείται από κάθε τιμή από το $\frac{\pi }{4}$ μέχρι το $\frac{\pi }{2}$.

Εδώ συνήθως γίνονται δύο λάθη. Το πρώτο είναι στην περίοδο. Η εφαπτομένη δεν επαναλαμβάνεται ανά 2π όπως το ημίτονο, αλλά ήδη ανά π. Όποιος από συνήθεια προσθέσει 2kπ, χάνει τις μισές λύσεις, για παράδειγμα το $x=\frac{5\pi }{4}$, όπου η εφαπτομένη ισούται επίσης με ένα.

Το δεύτερο παραμονεύει στο δεξί άκρο. Το αριστερό άκρο $\frac{\pi }{4}$ ανήκει στη λύση, γιατί η ανίσωση είναι μη γνήσια και την ικανοποιεί η ισότητα $\mathrm{\epsilon }\mathrm{\phi }\frac{\pi }{4}=1$. Το δεξί άκρο $\frac{\pi }{2}$ όμως δεν ανήκει ποτέ, ούτε σε μη γνήσια ανίσωση. Η εφαπτομένη εκεί δεν ορίζεται, οπότε δεν μπορεί να είναι ούτε μεγαλύτερη ούτε ίση με ένα. Λάθος θα ήταν να γράψουμε το κλειστό διάστημα $[\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{2}]$ μόνο και μόνο επειδή στην εκφώνηση υπάρχει ≥.

Σωστά λοιπόν βγαίνει

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

όπου k ∈ ℤ. Για έλεγχο αντικαθιστούμε το $x=\frac{\pi }{3}$, που ανήκει στο διάστημα για k = 0. Ισχύει $\mathrm{\epsilon }\mathrm{\phi }\frac{\pi }{3}=\sqrt{3}\approx 1,73$, που είναι περισσότερο από ένα.