ВИДЕО УРОК
Неравенство, к
которому неизвестное входит только под знаком тригонометрической функции,
называется тригонометрическим.
В
тригонометрических неравенствах аргументы тригонометрических функций
рассматриваются не как углы или дуги, а как действительные числа. Подобные
задачи бывают двух типов:
а) решить тригонометрическое неравенство,
б) доказать тригонометрическое неравенство.
Решение тригонометрических
неравенств.
Основная часть
тригонометрических неравенств решается сведением их к решению простейших
(sin x > а, sin x < а, cos x > а, cos x < а, tg x > 0 и
так далее).
Это может быть
метод разложения на множители, замена переменного (u = sin x, t = cos x и так далее), где сначала решается обычное неравенство, а
затем неравенство вида
t1 ≤ sin x ≤ t2,
или другие способы.
Самые простые тригонометрические неравенства.
К ним принадлежат неравенства вида
sin x ≷ m,
cos x ≷ m,
tg x ≷ m,
ctg x ≷ m.
1. Неравенство sin x ˃ m.
Если m < –1, то решением неравенства служит любое действительное
число.
Если –1
< m
< +1, то решениями неравенства являются
2πk + arcsin m < x < π (2k + 1) – arcsin m,
где k = 0; ±1; ±2; …
На рисунку
sin x ˃ m при –1 ≤ m < +1.
Если m ≥ –1, то неравенство решений не имеет.
2. Нерівність sin x < m.
Если m ≤ –1, то неравенство решений не имеет.
Если –1 < m
< +1, то решениями неравенства являются
π (2k + 1) –
arcsin m < x < arcsin m + 2π (k + 1),
где k =
0; ±1; ±2; …
на рисункуsin x < m,
не заштрихованы.
Если m ˃
+1, то неравенство справедливо при всех действительных значениях х.
3. Неравенство cos x ˃ m.
Если m < –1, то решением неравенства служит любое действительное
число.
Если –1 ≤ m
< +1, то решения неравенства лежат в промежутках
–arccos m + 2πk < x < 2πk + arccos m,
где k =
0; ±1; ±2; …
Если m ≤ –1, то неравенство решений не имеет.
4. Неравенство cos x < m.
Если m ≤ –1, то неравенство решений не имеет.
Если –1 < m ≤ +1, то решениями неравенства являются значения х из промежутков
arccos m + 2πk < x < 2π (k + 1) – arcsin m,
где k =
0; ±1; ±2; …
Если m ˃ +1, то решением неравенства служит любое действительное число.
5. Неравенство tg x ˃ m имеет решением значения х из промежутков
arctg m + πk < x < π/2 (2k + 1),
где k =
0; ±1; ±2; …
6. Неравенство tg x < m имеет решением значения х из промежутков
π/2 (2k – 1) < x < arctg m + πk,
где k =
0; ±1; ±2; …
7. Неравенство сtg x ˃ m имеет решением значения х из промежутков
πk < x < arcсtg m + πk < x < π (k + 1),
где k =
0; ±1; ±2; …
8. Неравенство сtg x < m имеет решением значения х из промежутков
arcсtg m + πk < x < π (k + 1),
где k =
0; ±1; ±2; …
Решение тригонометрических неравенств.
Будем рассматривать неравенства вида
f (sin x, cos x, tg x, ctg x) ≷ m.
Если функция
f (sin x, cos x, tg x, ctg x)
периодична, то достаточно найти решения на отрезке числовой оси, равном по длине наименьшему периоду функции f, а затем, пользуясь периодичностью функции, записать решения неравенства на всей числовой оси.
Рассмотрим
несколько простых тригонометрических неравенств.
ПРИМЕР:
Решить неравенство:
cos2 x – 3 cos x < 0.
РЕШЕНИЕ:
Разложим левую часть неравенства на множители
cos x (cos x – 3) < 0.
Учитывая, что
cos x – 3 < 0
при всех значениях х, получим
cos x > 0, откуда
– π/2 + 2πk < x < π/2 + 2πk,
где k = 0; ±1; ±2; …
ПРИМЕР:
Решить неравенство:
Данное неравенство эквивалентно неравенствам
–1 < tg х/2 < 1
или
– π/4 + πk < х/2 < π/4 + πk,
Откуда
– π/2 + 2πk < x < π/2 + 2πk,
где k = 0; ±1; ±2; …
ПРИМЕР:
Решить неравенство:
Избавляясь от знака абсолютной величины, имеем
sin x ˃ + 1/2 или
sin x < – 1/2.
Из первого полученного неравенства находим
π/6 + 2πk < x < π(2k + 1) – π/6,
а из второго –
π/6 + π(2k + 1) < x < 2π(k + 1) – π/6.
Решения этих двух неравенств можно объединить в окончательный ответ записать в виде
π/6 + π/k < x < 2π(k + 1) – π/6.
где k = 0; ±1; ±2; …
ПРИМЕР:
Решить неравенство:
sin2 x + 2 sin x соs x – 3 соs2 x < 0.
РЕШЕНИЕ:
Разделив обе части данного неравенства на
соs2 x ≠ 0 (при
соs2 x = 0
неравенство приобретает вид
sin2 x < 0,
что невозможно), получим
tg2 x + 2 tg x – 3 < 0, или
(tg x + 3) (tg x – 1) < 0.
Отсюда находим
–3 < tg x < +1
и, следовательно,
–arctg 3 + πk < x < π/4 + πk.
ОТВЕТ:
–arctg 3 + πk < x < π/4 + πk.
где k = 0; ±1; ±2; …
ПРИМЕР:
Решить неравенство:
sin x + sin 3x < sin 2x + sin 4x.
РЕШЕНИЕ:
Перенесем все члены неравенства, которые содержат неизвестное, в одну часть, тогда получим
sin x + sin 3x – sin 2x – sin 4x < 0.
Функция
f(x) = sin x + sin 3x – sin 2x – sin 4x
имеет наименьший положительный период, который равняется 2π, поэтому достаточно найти решения этого неравенства, например, на отрезке [0, 2π], а затем с учетом периода записать всё множество его решений.
sin x + sin 3x – sin 2x – sin 4x =
π/5; π/2; 3π/5; π; 7π/5; 3π/5; 9π/5.
Нетрудно
проверить, что одинаковые знаки функции
принимают
на промежутках, которые на рисунку
отмечены штриховкой:
0 < x < π/5;
Тогда множество решений исходного неравенства запишется в виде
2πk < x < π/5 + 2πk;
Доказательство тригонометрических неравенств.
Методы доказательства тригонометрических неравенств почти ничем не отличаются от доказательства алгебраических неравенств.
ПРИМЕР:
Доказать, что когда 0 < α < π, то
ctg α/2 ≥ 1 + ctg α.
Найдем разность и покажем что она не отрицательна:
Так как по условию 0 < α < π. Поэтому
ctg α/2 ≥ 1 + ctg α,
причём знак равенства достигается при α = π/2.
ПРИМЕР:
Доказать, что
| sin α | + | cos α | ≥ 1.
Для доказательства используем очевидное неравенство
2 | sin α | | cos α | ≥ 0,
к обеим частям которого прибавим по 1. Тогда
1 + 2 | sin α || cos α | ≥ 1,
или
sin2 α + 2 | sin α || cos α | + cos2 α ≥ 1,
откуда
(| sin α | + | cos α |)2 ≥ 1.
Извлекая квадратный корень из обеих частей последнего неравенства и взяв при этом только положительные значения корешей, получим
| sin α | + | cos α | ≥ 1,
что и требовалось доказать.
ПРИМЕР:
Доказать, что
sin2 α + cos2 α + tg2 α + ctg2 α + sec2 α + cosec2 α ≥ 7.
Левую часть неравенства преобразуем так:
sin2 α + cos2 α + tg2 α + ctg2 α + sec2 α + cosec2 α =
1 + tg2 α + ctg2 α + (1 + tg2 α) + (1 + ctg2 α) =
поскольку при любом значении угла α
tg2 α + ctg2 α ≥ 2,
как сумма двух взаимообратных положительных величин. В частности, равенство будет только при
α = π/4 + πk/2 = 45° + 90°k,
так как в этом случае
tg α = ctg α = ±1.
ПРИМЕР:
Доказать, что если
α + β + γ = π,
то
sin α/2 sin β/2 sin γ/2 ≤ 1/8.
Обозначим
sin α/2 sin β/2 sin γ/2 = а
и произведём замену
тогда
и, следовательно,
или
откуда получаем
Выделим в левой части
последнего равенства полный квадрат:
Тогда
и так как правая часть
неотрицательная, то
откуда
Заменив а на его первоначальным
значением, получим искомое неравенство
sin α/2 sin β/2 sin γ/2 ≤ 1/8,
причем знак равенства достигает при
α = β = γ = π/3.
0 < x < π/5;
π/2 < x < 3π/5;
π < x < 7π/5;
3π/5 < x < 9π/5.
Тогда множество решений исходного неравенства запишется в виде
2πk < x < π/5 + 2πk;
2πk + π/2 < x < 3π/5 + 2πk;
2πk + π < x < 7π/5 + 2πk;
2πk + 3π/5 < x < 9π/5 + 2πk,
где k = 0; ±1; ±2; …
Доказательство тригонометрических неравенств.
Методы доказательства тригонометрических неравенств почти ничем не отличаются от доказательства алгебраических неравенств.
ПРИМЕР:
Доказать, что когда 0 < α < π, то
ctg α/2 ≥ 1 + ctg α.
Найдем разность и покажем что она не отрицательна:
ctg α/2 ≥ 1 + ctg α,
причём знак равенства достигается при α = π/2.
ПРИМЕР:
Доказать, что
| sin α | + | cos α | ≥ 1.
Для доказательства используем очевидное неравенство
2 | sin α | | cos α | ≥ 0,
к обеим частям которого прибавим по 1. Тогда
1 + 2 | sin α || cos α | ≥ 1,
или
sin2 α + 2 | sin α || cos α | + cos2 α ≥ 1,
откуда
(| sin α | + | cos α |)2 ≥ 1.
Извлекая квадратный корень из обеих частей последнего неравенства и взяв при этом только положительные значения корешей, получим
| sin α | + | cos α | ≥ 1,
что и требовалось доказать.
ПРИМЕР:
Доказать, что
sin2 α + cos2 α + tg2 α + ctg2 α + sec2 α + cosec2 α ≥ 7.
Левую часть неравенства преобразуем так:
sin2 α + cos2 α + tg2 α + ctg2 α + sec2 α + cosec2 α =
1 + tg2 α + ctg2 α + (1 + tg2 α) + (1 + ctg2 α) =
3
+ 2(tg2 α + ctg2 α) ≥ 7,
поскольку при любом значении угла α
tg2 α + ctg2 α ≥ 2,
как сумма двух взаимообратных положительных величин. В частности, равенство будет только при
α = π/4 + πk/2 = 45° + 90°k,
где k = 0; ±1; ±2; … .
так как в этом случае
tg α = ctg α = ±1.
ПРИМЕР:
Доказать, что если
α + β + γ = π,
то
sin α/2 sin β/2 sin γ/2 ≤ 1/8.
Обозначим
sin α/2 sin β/2 sin γ/2 = а
и произведём замену
sin α/2 sin β/2 sin γ/2 ≤ 1/8,
причем знак равенства достигает при
α = β = γ = π/3.
Задания к уроку 6
ДРУГИЕ УРОКИ
- Урок 1. Простейшие тригонометрические уравнения
- Урок 2. Методы решения тригонометрических уравнений с функциями одного аргумента
- Урок 3. Тригонометрические уравнений с функциями разных аргументов
- Урок 4. Графический метод решения тригонометрических уравнений
- Урок 5. Системы тригонометрических уравнений
- Урок 7. Графическое решение тригонометрических неравенств
Комментариев нет:
Отправить комментарий