Trigonometrikus egyenlőtlenségek

A trigonometrikus egyenlőtlenség úgy néz ki, mint a trigonometrikus egyenlet, csak az egyenlőségjel helyett <, >, ≤ vagy ≥ áll benne. Vegyük például ezt:

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

Megkeressük az összes olyan x értéket, amelyre a szinusz nagyobb, mint egy fél. A munka egy részén már túl vagyunk. A $\sin x = \frac{1}{2}$ egyenletet megoldottuk a trigonometrikus egyenletekről szóló cikkben, és egy fordulaton belül két megoldás jött ki: $\frac{π}{6}$ és $\frac{5 π}{6}$ . Ez a két szám határként szolgál. Valahol közöttük a szinusz nagyobb egy félnél, másutt kisebb. Hátra van még, hogy megtudjuk, hol.

Az egységkörön

Ezt az egységkörön látjuk meg a legkönnyebben. Egy szög szinusza a körön lévő pont y koordinátája, ezért a $\sin x > \frac{1}{2}$ egyenlőtlenség tulajdonképpen azt kérdezi: a kör mely pontjai vannak az $y = \frac{1}{2}$ egyenes felett?

$Az egységkör y = \frac{1}{2} egyenes feletti pontjai egy piros ívet alkotnak$

A kék egyenes két pontban metszi a kört, ezek a $\frac{π}{6}$ és az $\frac{5 π}{6}$ szögnek felelnek meg. Az egyenes felett csak a közöttük lévő piros ív található. Amíg a szög szára az óramutató járásával ellentétes irányban a $\frac{π}{6}$ szögtől az $\frac{5 π}{6}$ szögig forog, a szinusz nagyobb egy félnél. Amint kilép az ívből, a szinusz egy fél alá csökken.

A végpontok nem tartoznak a megoldáshoz, ezért vannak az ábrán üres karikák. Bennük a szinusz pontosan $\frac{1}{2}$ , mi pedig szigorúan nagyobbat akarunk. Egy fordulaton belül így a nyílt intervallumot kapjuk:

$] \frac{π}{6}; \frac{5 π}{6} [.$

Csakhogy a szinusz periodikus függvény, periódusa 2π: minden egész fordulat után minden megismétlődik. Ezért mindkét véghez hozzáadjuk a 2kπ tagot, és megkapjuk az eredményt:

$x \in] \frac{π}{6} + 2 k π; \frac{5 π}{6} + 2 k π [,$

ahol k ∈ ℤ. k = 0 esetén ez az ábrán látható ív, k = 1 esetén ugyanez az ív egy fordulattal eltolva, vagyis a $] \frac{13 π}{6}; \frac{17 π}{6} [$ intervallum. A megoldás végtelen sok intervallum, amelyek egymástól mindig 2π távolságra vannak.

Biztos, ami biztos, ellenőrizzük. Próbáljuk ki az $x = \frac{π}{2}$ értéket, amely benne van az intervallumban. Igaz, hogy $\sin \frac{π}{2} = 1$ , az egy pedig valóban nagyobb egy félnél. Ezzel szemben x = π nincs az intervallumban, és sin π = 0, ami nem nagyobb egy félnél. Az eredmény tehát stimmel.

Nullán átmenő intervallum

Térjünk át a koszinuszra:

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

A koszinusz a körön lévő pont x koordinátája, ezért azokat a pontokat keressük, amelyek annak a függőleges egyenesnek a jobb oldalán vannak, amely a vízszintes tengelyt az $\frac{1}{2}$ pontban metszi. A $\cos x = \frac{1}{2}$ egyenletnek az első fordulaton szintén két megoldása van, $\frac{π}{3}$ és $\frac{5 π}{3}$ (a $\frac{π}{3}$ a táblázatos értékekből ismert 60°, az $\frac{5 π}{3}$ pedig az x tengely alatti szimmetrikus pont). Az egyenestől jobbra eső ív lent az $\frac{5 π}{3}$ pontban kezdődik, átmegy a nullán, és fent a $\frac{π}{3}$ pontban ér véget.

És itt nagy a kísértés, hogy ezt írjuk fel:

$] \frac{5 π}{3}; \frac{π}{3} [.$

Csapda. Az intervallum bal végének kisebbnek kell lennie a jobbnál, de az $\frac{5 π}{3}$ nagyobb, mint a $\frac{π}{3}$ . Egy ilyen intervallum üres, nincs olyan szám, amely egyszerre nagyobb lenne, mint $\frac{5 π}{3}$ , és kisebb, mint $\frac{π}{3}$ .

A javítás egyszerű. Az $\frac{5 π}{3}$ helyett ugyanazt a körpontot vesszük egy fordulattal visszafelé:

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

A $- \frac{π}{3}$ szög a körön ugyanarra a helyre mutat, mint az $\frac{5 π}{3}$ , csak az óramutató járásával megegyező irányú forgással jutunk el hozzá. A bal vég most kisebb a jobbnál, és az eredmény:

$x \in] - \frac{π}{3} + 2 k π; \frac{π}{3} + 2 k π [,$

ahol k ∈ ℤ. A koszinuszfüggvény grafikonján is jól látszik:

$A \cos x függvény grafikonja és az y = \frac{1}{2} egyenes, pirossal azok a szakaszok, ahol \cos x > \frac{1}{2}$

A nulla körüli piros szakasz pontosan a k = 0 értékhez tartozó intervallumnak felel meg. A jobb oldali szakasz, amely az $\frac{5 π}{3}$ pontban kezdődik, ennek a másolata k = 1 esetén, vagyis $] \frac{5 π}{3}; \frac{7 π}{3} [$ . Ez is helyes felírás, csak más k értékkel. Hibás csak az, amelyben a végpontok fel vannak cserélve.

Tangens

Az utolsó példa:

$tg x \geq 1$

A tangens értéke $x = \frac{π}{4}$ esetén egyenlő eggyel. A tangens grafikonja minden egyes ágán végig szigorúan monoton növekvő, ezért valamivel nagyobb x esetén a tangens nagyobb egynél. De csak a $\frac{π}{2}$ értékig nő, ahol a végtelenbe tart, mögötte pedig újra a mínusz végtelenből indul. A grafikon egy ágán tehát az egyenlőtlenséget minden érték kielégíti a $\frac{π}{4}$ -től egészen a $\frac{π}{2}$ -ig.

Itt általában kétszer szoktak hibázni. Az első hiba a periódusban van. A tangens nem 2π után ismétlődik, mint a szinusz, hanem már π után. Aki megszokásból a 2kπ tagot adja hozzá, elveszíti a megoldások felét, például az $x = \frac{5 π}{4}$ értéket, ahol a tangens szintén egyenlő eggyel.

A második hiba a jobb végpontnál leselkedik. A bal végpont, a $\frac{π}{4}$ a megoldáshoz tartozik, mert az egyenlőtlenség nem szigorú, és $tg \frac{π}{4} = 1$ kielégíti. A jobb végpont, a $\frac{π}{2}$ viszont soha nem tartozik hozzá, még nem szigorú egyenlőtlenségnél sem. A tangens ott ugyanis nem értelmezett, ezért nem lehet sem nagyobb, sem egyenlő eggyel. Hiba volna felírni a zárt $[\frac{π}{4}; \frac{π}{2}]$ intervallumot csak azért, mert a feladatban ≥ áll.

Helyesen tehát ez adódik:

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

ahol k ∈ ℤ. Ellenőrzésként behelyettesítjük az $x = \frac{π}{3}$ értéket, amely a k = 0 értékhez tartozó intervallumban van. $tg \frac{π}{3} = \sqrt{3} \approx 1, 73$ , ami több egynél.

« Előző: Trigonometrikus egyenletek

Következő: Egyenletrendszerek »