Goniometrické nerovnice

Goniometrická nerovnice vypadá jako goniometrická rovnice, jen místo rovnítka má <, >, ≤ nebo ≥. Vezměme třeba tuhle:

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

Hledáme všechna x, pro která je sinus větší než jedna polovina. Část práce máme za sebou. Rovnici $\sin x=\frac{1}{2}$ jsme vyřešili v článku o goniometrických rovnicích a na jedné otočce nám vyšla dvě řešení: $\frac{\pi }{6}$ a $\frac{5\pi }{6}$. Ta dvě čísla fungují jako hranice. Někde mezi nimi je sinus větší než polovina, jinde menší. Zbývá zjistit kde.

Na jednotkové kružnici

Nejsnáz to uvidíme na jednotkové kružnici. Sinus úhlu je y-ová souřadnice bodu na kružnici, takže nerovnice $\sin x>\frac{1}{2}$ se vlastně ptá: které body kružnice leží nad přímkou $y=\frac{1}{2}$?

Modrá přímka protne kružnici ve dvou bodech, které odpovídají úhlům $\frac{\pi }{6}$ a $\frac{5\pi }{6}$. Nad přímkou leží jen červený oblouk mezi nimi. Dokud se rameno úhlu otáčí proti směru hodinových ručiček od $\frac{\pi }{6}$ k $\frac{5\pi }{6}$, je sinus větší než polovina. Jakmile oblouk opustí, spadne pod ni.

Krajní body do řešení nepatří, proto jsou na obrázku prázdná kolečka. V nich se sinus rovná přesně $\frac{1}{2}$, a my chceme ostře větší. Na jedné otočce nám tak vyjde otevřený interval

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

Jenže sinus je periodická funkce s periodou 2π: po každé celé otočce se všechno opakuje. Proto k oběma koncům přičteme 2kπ a dostaneme výsledek

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

kde k ∈ ℤ. Pro k = 0 je to oblouk z obrázku, pro k = 1 tentýž oblouk posunutý o otočku, tedy interval $(\frac{13\pi }{6},\frac{17\pi }{6})$. Řešením je nekonečně mnoho intervalů, které jsou od sebe vzdálené vždy o 2π.

Pro jistotu si to ověříme. Zkusme $x=\frac{\pi }{2}$, které v intervalu leží. Platí $\sin \frac{\pi }{2}=1$ a jednička je opravdu větší než polovina. Naopak x = π v intervalu neleží a sin π = 0, což větší než polovina není. Výsledek tedy sedí.

Interval přes nulu

Pojďme na kosinus:

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

Kosinus je x-ová souřadnice bodu na kružnici, takže hledáme body napravo od svislé přímky, která protíná vodorovnou osu v bodě $\frac{1}{2}$. Rovnice $\cos x=\frac{1}{2}$ má na první otočce rovněž dvě řešení, $\frac{\pi }{3}$ a $\frac{5\pi }{3}$ ($\frac{\pi }{3}$ je 60° z tabulkových hodnot, $\frac{5\pi }{3}$ je souměrný bod pod osou x). Oblouk napravo od přímky začíná v bodě $\frac{5\pi }{3}$ dole, vede přes nulu a končí nahoře v bodě $\frac{\pi }{3}$.

A tady je velké pokušení napsat

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

Zrada. Levý konec intervalu musí být menší než pravý, jenže $\frac{5\pi }{3}$ je větší než $\frac{\pi }{3}$. Takový interval je prázdný, neexistuje číslo, které by bylo zároveň větší než $\frac{5\pi }{3}$ a menší než $\frac{\pi }{3}$.

Oprava je jednoduchá. Místo $\frac{5\pi }{3}$ vezmeme tentýž bod kružnice o otočku zpátky:

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

Úhel $-\frac{\pi }{3}$ ukazuje na kružnici na stejné místo jako $\frac{5\pi }{3}$, jen se k němu dostaneme otáčením po směru hodinových ručiček. Levý konec je nyní menší než pravý a výsledek zní

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

kde k ∈ ℤ. Dobře je to vidět i na grafu kosinu:

Červený úsek kolem nuly odpovídá přesně intervalu pro k = 0. Úsek vpravo, který začíná v $\frac{5\pi }{3}$, je jeho kopie pro k = 1, tedy $(\frac{5\pi }{3},\frac{7\pi }{3})$. I to je správný zápis, jen s jiným k. Chybný je až ten, ve kterém se konce prohodí.

Tangens

Poslední příklad:

$$\tan x\ge 1$$

Tangens se rovná jedné pro $x=\frac{\pi }{4}$. Na každé své větvi graf tangensu pořád roste, takže pro o něco větší x je tangens větší než jedna. Roste ale jen do $\frac{\pi }{2}$, kde uteče do nekonečna, a za ním začíná znovu od minus nekonečna. Na jedné větvi grafu tedy nerovnici splňuje všechno od $\frac{\pi }{4}$ až k $\frac{\pi }{2}$.

Tady se běžně chybuje dvakrát. První chyba je v periodě. Tangens se neopakuje po 2π jako sinus, ale už po π. Kdo ze zvyku přičte 2kπ, přijde o polovinu řešení, třeba o $x=\frac{5\pi }{4}$, kde je tangens taky roven jedné.

Druhá číhá na pravém konci. Levý konec $\frac{\pi }{4}$ do řešení patří, protože nerovnice je neostrá a $\tan \frac{\pi }{4}=1$ ji splňuje. Pravý konec $\frac{\pi }{2}$ ale nepatří nikdy, ani u neostré nerovnice. Tangens tam totiž není definovaný, takže nemůže být větší ani roven jedné. Chybou by bylo napsat uzavřený interval $⟨\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{2}⟩$ jen proto, že je v zadání ≥.

Správně tedy vychází

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

kde k ∈ ℤ. Pro kontrolu dosadíme $x=\frac{\pi }{3}$, které leží v intervalu pro k = 0. Platí $\tan \frac{\pi }{3}=\sqrt{3}\doteq 1,73$, což je víc než jedna.