Nierówności trygonometryczne

Nierówność trygonometryczna wygląda jak równanie trygonometryczne, tylko zamiast znaku równości ma <, >, ≤ albo ≥. Weźmy na przykład taką:

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

Szukamy wszystkich x, dla których sinus jest większy od jednej drugiej. Część pracy mamy już za sobą. Równanie $\sin x=\frac{1}{2}$ rozwiązaliśmy w artykule o równaniach trygonometrycznych i na jednym obrocie wyszły nam dwa rozwiązania: $\frac{\pi }{6}$ i $\frac{5\pi }{6}$. Te dwie liczby działają jak granice. Gdzieś między nimi sinus jest większy od jednej drugiej, gdzie indziej mniejszy. Zostaje sprawdzić, gdzie.

Na okręgu jednostkowym

Najłatwiej zobaczymy to na okręgu jednostkowym. Sinus kąta to współrzędna y punktu na okręgu, więc nierówność $\sin x>\frac{1}{2}$ pyta tak naprawdę: które punkty okręgu leżą nad prostą $y=\frac{1}{2}$?

Niebieska prosta przecina okrąg w dwóch punktach, które odpowiadają kątom $\frac{\pi }{6}$ i $\frac{5\pi }{6}$. Nad prostą leży tylko czerwony łuk między nimi. Dopóki ramię kąta obraca się przeciwnie do ruchu wskazówek zegara od $\frac{\pi }{6}$ do $\frac{5\pi }{6}$, sinus jest większy od jednej drugiej. Gdy tylko opuści ten łuk, spada poniżej.

Końce łuku do rozwiązania nie należą, dlatego na rysunku są puste kółka. W nich sinus jest równy dokładnie $\frac{1}{2}$, a my chcemy, żeby był ściśle większy. Na jednym obrocie wychodzi więc otwarty przedział

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

Sinus jest jednak funkcją okresową z okresem 2π: po każdym pełnym obrocie wszystko się powtarza. Dlatego do obu końców dodajemy 2kπ i dostajemy wynik

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

gdzie k ∈ ℤ. Dla k = 0 jest to łuk z rysunku, dla k = 1 ten sam łuk przesunięty o obrót, czyli przedział $(\frac{13\pi }{6},\frac{17\pi }{6})$. Rozwiązaniem jest nieskończenie wiele przedziałów, które leżą od siebie zawsze w odległości 2π.

Dla pewności sprawdzimy to. Spróbujmy $x=\frac{\pi }{2}$, które leży w przedziale. Mamy $\sin \frac{\pi }{2}=1$, a jedynka rzeczywiście jest większa od jednej drugiej. Natomiast x = π w przedziale nie leży i sin π = 0, co większe od jednej drugiej nie jest. Wynik się zgadza.

Przedział przez zero

Przejdźmy do cosinusa:

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

Cosinus to współrzędna x punktu na okręgu, więc szukamy punktów na prawo od pionowej prostej, która przecina oś poziomą w punkcie $\frac{1}{2}$. Równanie $\cos x=\frac{1}{2}$ ma na pierwszym obrocie również dwa rozwiązania, $\frac{\pi }{3}$ i $\frac{5\pi }{3}$ ($\frac{\pi }{3}$ to 60° z tabeli wartości, $\frac{5\pi }{3}$ to punkt symetryczny pod osią x). Łuk na prawo od prostej zaczyna się w punkcie $\frac{5\pi }{3}$ na dole, prowadzi przez zero i kończy u góry w punkcie $\frac{\pi }{3}$.

I tu pojawia się wielka pokusa, żeby napisać

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

Pułapka. Lewy koniec przedziału musi być mniejszy od prawego, a $\frac{5\pi }{3}$ jest większe od $\frac{\pi }{3}$. Taki przedział jest pusty, nie istnieje liczba, która byłaby jednocześnie większa od $\frac{5\pi }{3}$ i mniejsza od $\frac{\pi }{3}$.

Poprawka jest prosta. Zamiast $\frac{5\pi }{3}$ bierzemy ten sam punkt okręgu o obrót wstecz:

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

Kąt $-\frac{\pi }{3}$ wskazuje na okręgu to samo miejsce co $\frac{5\pi }{3}$, tyle że docieramy do niego, obracając się zgodnie z ruchem wskazówek zegara. Lewy koniec jest teraz mniejszy od prawego i wynik brzmi

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

gdzie k ∈ ℤ. Dobrze to widać także na wykresie cosinusa:

Czerwony odcinek wokół zera odpowiada dokładnie przedziałowi dla k = 0. Odcinek po prawej, który zaczyna się w $\frac{5\pi }{3}$, jest jego kopią dla k = 1, czyli $(\frac{5\pi }{3},\frac{7\pi }{3})$. To też poprawny zapis, tylko z innym k. Błędny jest dopiero ten, w którym końce są zamienione miejscami.

Tangens

Ostatni przykład:

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

Tangens jest równy jeden dla $x=\frac{\pi }{4}$. Na każdej swojej gałęzi wykres tangensa cały czas rośnie, więc dla nieco większego x tangens jest większy od jedynki. Rośnie jednak tylko do $\frac{\pi }{2}$, gdzie ucieka do nieskończoności, a za nim zaczyna znowu od minus nieskończoności. Na jednej gałęzi wykresu nierówność spełnia więc wszystko od $\frac{\pi }{4}$ aż do $\frac{\pi }{2}$.

Tu zwykle popełnia się dwa błędy. Pierwszy dotyczy okresu. Tangens nie powtarza się co 2π jak sinus, tylko już co π. Kto z przyzwyczajenia doda 2kπ, straci połowę rozwiązań, na przykład $x=\frac{5\pi }{4}$, gdzie tangens też jest równy jeden.

Drugi błąd czyha na prawym końcu. Lewy koniec $\frac{\pi }{4}$ należy do rozwiązania, bo nierówność jest nieostra i $\mathrm{tg}\frac{\pi }{4}=1$ ją spełnia. Prawy koniec $\frac{\pi }{2}$ nie należy jednak nigdy, nawet przy nierówności nieostrej. Tangens nie jest tam bowiem określony, więc nie może być ani większy, ani równy jeden. Błędem byłoby napisać przedział domknięty $⟨\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{2}⟩$ tylko dlatego, że w zadaniu jest ≥.

Poprawnie wychodzi więc

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

gdzie k ∈ ℤ. Dla sprawdzenia podstawimy $x=\frac{\pi }{3}$, które leży w przedziale dla k = 0. Mamy $\mathrm{tg}\frac{\pi }{3}=\sqrt{3}\approx 1,73$, a to więcej niż jeden.