Тригонометричні нерівності

Тригонометрична нерівність виглядає як тригонометричне рівняння, тільки замість знака рівності в ній стоїть <, >, ≤ або ≥. Розгляньмо, наприклад, таку:

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

Шукаємо всі x, для яких синус більший за одну другу. Частину роботи вже зроблено. Рівняння $\sin x=\frac{1}{2}$ ми розв'язали в статті про тригонометричні рівняння, і на одному оберті вийшло два розв'язки: $\frac{\pi }{6}$ і $\frac{5\pi }{6}$. Ці два числа слугують межами. Десь між ними синус більший за одну другу, деінде менший. Лишається з'ясувати, де саме.

На одиничному колі

Найлегше це побачити на одиничному колі. Синус кута — це координата y точки на колі, тож нерівність $\sin x>\frac{1}{2}$ насправді питає: які точки кола лежать над прямою $y=\frac{1}{2}$?

Синя пряма перетинає коло у двох точках, які відповідають кутам $\frac{\pi }{6}$ і $\frac{5\pi }{6}$. Над прямою лежить лише червона дуга між ними. Доки сторона кута обертається проти годинникової стрілки від $\frac{\pi }{6}$ до $\frac{5\pi }{6}$, синус більший за одну другу. Щойно сторона кута залишає цю дугу, синус стає меншим.

Кінці дуги до розв'язку не належать, тому на рисунку там порожні кружечки. У цих точках синус дорівнює рівно $\frac{1}{2}$, а нам потрібно строго більше. Отже, на одному оберті виходить відкритий інтервал

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

Але синус — періодична функція з періодом 2π: після кожного повного оберту все повторюється. Тому до обох кінців додаємо 2kπ і отримуємо результат

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

де k ∈ ℤ. Для k = 0 це дуга з рисунка, для k = 1 та сама дуга, зсунута на оберт, тобто інтервал $(\frac{13\pi }{6};\frac{17\pi }{6})$. Розв'язком є нескінченно багато інтервалів, відстань між якими завжди 2π.

Для певності перевіримо. Спробуймо $x=\frac{\pi }{2}$, яке лежить в інтервалі. Маємо $\sin \frac{\pi }{2}=1$, а одиниця справді більша за одну другу. Натомість x = π в інтервалі не лежить, і sin π = 0, а це не більше за одну другу. Результат правильний.

Проміжок через нуль

Перейдімо до косинуса:

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

Косинус — це координата x точки на колі, тож шукаємо точки праворуч від вертикальної прямої, яка перетинає горизонтальну вісь у точці $\frac{1}{2}$. Рівняння $\cos x=\frac{1}{2}$ на першому оберті теж має два розв'язки, $\frac{\pi }{3}$ і $\frac{5\pi }{3}$ ($\frac{\pi }{3}$ — це 60° з табличних значень, $\frac{5\pi }{3}$ — симетрична точка під віссю Ox). Дуга праворуч від прямої починається в точці $\frac{5\pi }{3}$ внизу, проходить через нуль і закінчується вгорі в точці $\frac{\pi }{3}$.

І тут велика спокуса написати

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

Пастка. Лівий кінець інтервалу має бути меншим за правий, а $\frac{5\pi }{3}$ більше за $\frac{\pi }{3}$. Такий інтервал порожній: не існує числа, яке було б одночасно більшим за $\frac{5\pi }{3}$ і меншим за $\frac{\pi }{3}$.

Виправити просто. Замість $\frac{5\pi }{3}$ беремо ту саму точку кола на оберт назад:

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

Кут $-\frac{\pi }{3}$ вказує на колі те саме місце, що й $\frac{5\pi }{3}$, тільки до нього ми доходимо, обертаючись за годинниковою стрілкою. Тепер лівий кінець менший за правий, і результат такий:

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

де k ∈ ℤ. Добре це видно і на графіку косинуса:

Червоний відрізок навколо нуля відповідає саме інтервалу для k = 0. Відрізок праворуч, що починається в $\frac{5\pi }{3}$, — його копія для k = 1, тобто $(\frac{5\pi }{3};\frac{7\pi }{3})$. Це теж правильний запис, лише з іншим k. Помилковий той запис, у якому кінці поміняно місцями.

Тангенс

Останній приклад:

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

Тангенс дорівнює одиниці для $x=\frac{\pi }{4}$. На кожній своїй гілці графік тангенса весь час зростає, тож для трохи більшого x тангенс більший за одиницю. Проте зростає він лише до $\frac{\pi }{2}$, де прямує до нескінченності, а за ним починає знову від мінус нескінченності. Отже, на одній гілці графіка нерівність задовольняють усі значення від $\frac{\pi }{4}$ аж до $\frac{\pi }{2}$.

Тут зазвичай помиляються двічі. Перша помилка стосується періоду. Тангенс повторюється не через 2π, як синус, а вже через π. Хто за звичкою додасть 2kπ, втратить половину розв'язків, наприклад $x=\frac{5\pi }{4}$, де тангенс теж дорівнює одиниці.

Друга помилка чатує на правому кінці. Лівий кінець $\frac{\pi }{4}$ до розв'язку належить, бо нерівність нестрога, а $\mathrm{tg}\frac{\pi }{4}=1$ її задовольняє. Правий кінець $\frac{\pi }{2}$ не належить ніколи, навіть у нестрогій нерівності. Тангенс там не визначений, тож не може бути ні більшим за одиницю, ні дорівнювати їй. Помилкою було б записати відрізок $[\frac{\pi }{4};\frac{\pi }{2}]$ лише тому, що в умові стоїть ≥.

Правильно виходить так:

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

де k ∈ ℤ. Для перевірки підставимо $x=\frac{\pi }{3}$, яке лежить в інтервалі для k = 0. Маємо $\mathrm{tg}\frac{\pi }{3}=\sqrt{3}\approx 1,73$, а це більше за одиницю.