Триг-урок2-учит

Тригонометрические неравенства и методы их
решения
1. Решение тригонометрических неравенств с
помощью тригонометрической окружности.
При решении тригонометрических неравенств вида
где
f (x )
- одна
из
тригонометрических
функций,
f ( x)  0 ,
удобно
использовать тригонометрическую окружность для того, чтобы
наиболее наглядно представить решения неравенства и записать
ответ.
Основным методом решения тригонометрических неравенств
является сведение их к простейшим неравенствам типа sin x  a .
Разберём на примере, как решать такие неравенства.
1
sin
x

Пример. Решить неравенство:
2.
Решение:
Нарисуем тригонометрическую окружность и отметим на ней
точки, для которых ордината превосходит
1
.
2
 5
Для x  [0;2 ] решением данного неравенства будут x  [ ;
6
6
].
Ясно также, что если некоторое число x будет отличаться от
какого-нибудь числа из указанного интервала на 2n , то sin x
также будет не меньше
1
.
2
Следовательно, к концам найденного
отрезка решения нужно просто добавить 2n . Окончательно,
получаем, что решениями исходного неравенства будут все
x [

6
 2n;
5
 2n] .
6

5
Ответ: x  [  2n;  2n] .
6
6
Для решения неравенств с тангенсом и котангенсом полезно
понятие о линии тангенсов и котангенсов.
Таковыми являются прямые x = 1 и y = 1 соответственно
(на
рисунке
(1)
и
(2)),
касающиеся
тригонометрической
окружности.
Легко заметить, что если построить луч с началом в начале
координат, составляющий угол  с положительным направлением
оси абсцисс, то длина отрезка от точки (1;0) до точки пересечения
этого луча с линией тангенсов в точности равна тангенсу угла,
который составляет этот луч с осью абсцисс.
Аналогичное заключение имеет место и для котангенса.


Пример. Решить неравенство: tg  x    1  0 .
3




Решение: Обозначим t  tg  x   , тогда неравенство примет

3
 
вид простейшего: t  1 . Рассмотрим интервал t  ( ; ) длиной,
2 2
равной наименьшему положительному периоду (НПП) тангенса. На
этом отрезке с помощью линии тангенсов устанавливаем, что
t  [
 
; ) . Вспоминаем теперь, что необходимо добавить
4 2


4
2
n ,
поскольку НПП функции y  tgx T =  . Итак, [  n;  n) .
Возвращаясь
к
переменной
x,
получаем,
что
x


   [    n;   n)  x  [-     n;      n) 
3
4
2
3
4
2
x
5

15
3
 [-    n;    n)  x  [-   3 n;   3 n); n  Z .
3
4
2
4
2
15
3
x

[

3

n
;

 3 n); n  Z .
Ответ.
4
2
Неравенства с обратными тригонометрическими функциями
удобно
решать
с
использованием
графиков
обратных
тригонометрических функций.
2. Решение тригонометрических неравенств
графическим методом.
Заметим, что если f (x) - периодическая функция, то для
решения неравенства
f ( x) > a
( f ( x) < а) необходимо найти его
решения на отрезке, длина которого равна периоду функции f (x) .
Все решения исходного неравенства будут состоять из найденных
значений x , а также всех x , отличающихся от найденных на любое
целое число периодов функции f (x) .
Рассмотрим решение неравенства sin х > а , ( a R ).
Поскольку | sin x | 1 , то при a  1 неравенство решений не
имеет. Если a < 1 , то множество решений неравенства sin х > а множество всех действительных чисел.
Пусть
1  a < 1.
Функция
синус
имеет
наименьший
положительный период 2 , поэтому неравенство sin x > a можно
решить сначала на отрезке длиной 2 , например, на отрезке
  3 
 2 ; 2  .
Строим графики функций y = sin x и y = a , ( 1  a < 1).
  
На отрезке  ;  функция синус возрастает, и уравнение
 2 2
sin x = a , где
| a | 1 , имеет один корень
x1 = arcsin a . На отрезке
  3 
 2 ; 2  функция синус убывает, и уравнение sin х = а имеет корень
x2 =   arcsin a . На числовом промежутке ( x1; x2 ) график функции
y = sin x расположен выше графика функции y = a .
Поэтому для
всех x из промежутка (arcsin a;   arcsin a ) неравенство sin x > a
выполняется, если 1  a < 1. В силу периодичности функции синус
все решения неравенства sin x > a(1  a < 1) задаются неравенствами
вида: arcsin a  2n < x <   arcsin a  2n .
Аналогично решаются неравенства
Пример. Решить неравенство:
sin x < a , , cos x > a
и т.п.
sin x > 0 .
Решение.
Рассмотрим график функции y = sin x :
и выберем из промежутка [0;2 ] на оси Ox
аргумента
значения
x , которым соответствуют точки графика, лежащие
выше оси Ox . Таким промежутком является интервал (0;  ) .
Учитывая
периодичность
функции
неравенства sin x > 0 можно записать так:
Ответ.
(2k ;   2k ) , k  Z.
kZ
y = sin x ,
все
решения
(2k ;   2k ) .
kZ
Пример. Решить неравенство: arctgx 

6
.
Решение.
Нарисуем
график
функции
y  arctgx . Найдём точку
пересечения этого графика с горизонтальной прямой y =
Это точка с абсциссой x =

6
.
1
. По графику видно, что для всех
3
x
1

график функции лежит ниже прямой y = . Следовательно,
6
3
эти
x
и составляют решение.
Ответ. x 
1
.
3
3. Отбор корней при решении
тригонометрических уравнений и неравенств.
Проблема отбора корней, отсеивания лишних корней при
решении тригонометрических уравнений и неравенств весьма
специфична и обычно оказывается более сложной, чем для
уравнений алгебраических.
Приведем решения уравнений, иллюстрирующие типичные
случаи появления посторонних корней и методы «борьбы» с ними.
Пример. Найти ближайший к числу
sin x cos 2 x  sin x 
13
корень уравнения
4
10
3
30
sin 2 x = cos x  .
11
4
44
Решение.
20
10 

 3
sin x 2 cos2 x  1  1 
cos x  =  cos x   
11
11 

 4
10  3 
10 

sin x 2 cos x cos x     cos x   = 0 
11  4 
11 

10 
3

 cos x   sin 2 x   = 0 
11 
4


10 

 x =    arccos 11   2k



10

3


arcsin  2m
cos x  11 = 0

4




3
3
.
sin 2 x  = 0
2 x =   arcsin  2m
4

4






Подставляя последовательно в формулу
r = x
13
4
вместо
переменной x выписанные выше серии решений уравнений,
отыщем для каждой из них min r , а затем сравним полученные
минимальные r между собой.
13
10
=   arccos  2 (k  1) .
4
11
a) r1 = x1 
Ясно,
min r1 =

4
что
 arccos
б) r2 = x2 
4
в) r3 = x3 
г) r4 = x4 
min r4 =
достигается
при
k = 1,
то
есть
10
.
11
13
10


10
=    arccos  2k  3  =   arccos  2 (k  2)
4
11
4
4
11

min r2 =
min r1
 arccos
10
.
11
13
1

1
1
3
= arcsin 334  m  3  = arcsin 34  arcsin .
4
2
4
2
2
4
13  1
3
  1
3
=  arcsin  m  3  =  arcsin   (m  3) .
4
2 2
4
4 4 2
4

1
3
 arcsin .
4 2
4
Выберем минимальное из чисел ri , i = 1,4 . Сразу ясно, что
min r2 < min r1 и что min r3 = min r4 .
Осталось сравнить min r2 и min r3 . Предположим, что

4
arccos
10  1
3
10 1
3
<  arcsin  arccos > arcsin 
11 4 2
4
11 2
4
 2 arccos
2 sinarccos
10
3
> arcsin 
11
4
(*)
10
10
3
 cosarccos > sinarcsin  (**)
11
11
4
Далее
10  10 3
21 10 3

2 1  cos2  arccos   >  2 
 > 
11  11 4
11 11 4

 80 21 > 3 | 2 | 6400  21 > 9 | 2 |2  44800 > 43923.
Последнее неравенство - верное, а все сделанные переходы
равносильные. Поэтому верно исходное неравенство.
Обоснуем
равносильность
переходов
(*)
и
(**)
(равносильность остальных переходов следует из общих свойств
числовых неравенств). В случае преобраования (*), достаточно
заметить, что числа arccos
10
1
3
и arcsin
11
2
4
расположен на участке

(0; ) монотонного возрастания функции sin x . В случае перехода
2
(**)
формула
 = arccos
sin  = 1  cos2 
10

 (0; ) .
11
2
справедлива,
так
как
Ответ. x = 3  arccos
10
.
11
Пример. Найти корни уравнения:
cos 2 x  sin 3x = 2 cos x .
Решение.
Решение этого уравнения распадается на два этапа:
1)
решение
уравнения,
получающегося
из
данного
возведением в квадрат обеих его частей;
2) отбор тех корней, которые удовлетворяют условию
cos x > 0 . При этом заботиться об условии cos 2x  sin 3x  0 нет
необходимости. Все значения k , удовлетворяющие возведенному в
квадрат уравнению, этому условию удовлетворяют.
Первый шаг нас приводит к уравнению sin 3x = 1, откуда
x=

6

2
k.
3
Теперь надо определить, при каких k будет cos(

6

2
k)  0 .
3
Для этого достаточно для k рассмотреть значения 0 , 1 , 2 , т. е.
«обойти один раз круг», поскольку дальше значения косинуса
начнут повторяться, получившиеся углы будут отличаться от уже
рассмотренных на величину, кратную 2 .
Ответ. x =

6
 2k ,
3
 2k , k  Z .
2
Итак, основная схема отбора корней состоит в следующем:
находится
наименьший
общий
период
всех
тригонометрических функций входящих в уравнение. На этом
периоде
отбираются
корни,
а
затем
оставшиеся
корни
периодически продолжаются.
Пример. Решить уравнение:
| cos x |= sin x 
1
.
2
Решение.
Уравнение равносильно смешанной системе:
2

3
1


2
2
| cos x | =  sin x   , 2 sin x  sin x  = 0,
4
2  


1
1


sin x  
sin
x

0

2

2
sin x =
Но
 2  4  8  3 1  7
=
.
8
4
1 7
1
<
не годится.Следовательно, получаем ответ.
4
2
k
Ответ. x = (1) arcsin
7 1
 k , k  Z .
4
Раскрывая знак модуля получаем более громоздное решение.
А ответ в этом случае принимает вид:
5
2
x
=

arcsin
 2n , k  Z .
Ответ.
4
4
Таким образом, отметим, что при решении тригонометрических
неравенств,
не
являющихся
простейшими,
используются
перечисленные методы. Однако, если при решении уравнений они
сводились к простейшим тригонометрическим уравнениям, то при
решении неравенств, используя те же приёмы, последние будут
приводиться
к
простейшим
неравенствам,
системам
или
совокупностям простейших тригонометрических неравенств.
Пример. Решить неравенство:
sin x  cos x
.
Решение. Заметим, что если бы решалось уравнение sin x  cos x ,
то его можно было бы рассматривать как однородное и, вследствие
этого, делить правую часть на
cos x .При решении же данного
неравенства такой подход будет нерациональным, т.к. пришлось бы
отдельно рассматривать случаи, когда
cos x  0, cos x  0, cos x  0
и решать совокупность систем.
Перепишем неравенство в виде
sin x  cos x  0 и
применим метод введения вспомогательного аргумента.
Разделив обе части неравенства на
, получим:
1
1
sin x 
cos x  0 .
2
2
Отсюда
cos

4
sin x  sin

4
cos x  0  sin  x 
Тогда
2 n  x 
или
Ответ:

4

4
   2 n, n  Z ,
 2 n  x 
5
  2 n, n  Z .
4

5
 2 n  x    2 n, n  Z .
4
4


0.
4