ВИДЕО УРОК
Нерівність, до якої невідоме входить тільки під знаком
тригонометричної функції, називається тригонометричною.
У тригонометричних нерівностях аргументи
тригонометричних функцій розглядаються не як кути або дуги, а як дійсні числа.
Подібні завдання бувають двох типів:
а) вирішити тригонометричну нерівність,
б) довести тригонометричну нерівність.
Рішення
тригонометричних нерівностей.
Основна частина тригонометричних нерівностей
вирішується зведенням їх до рішення простих
(sin x >
а, sin x < а, cos x >
а, cos x < а, tg x >
0 і
так далі).
Це може бути метод розкладання на множники, заміна змінного
(u = sin x, t = cos x і так далі),
де спочатку вирішується звичайна
нерівність, а потім нерівність виду
t1 ≤
sin x ≤ t2,
чи інші способи.
Найпростіші тригонометричні нерівності.
До них належать нерівності вигляду
sin x ≷ m,
cos x ≷ m,
tg x
≷
m,
ctg x
≷
m.
1. Нерівність sin x ˃ m.
Якщо m < –1,
то розв'язком нерівності є будь-яке дійсне число.
Якщо –1
< m < +1,
то розв'язками нерівності є
2πk + arcsin m < x < π (2k + 1) – arcsin m, де k = 0; ±1; ±2; …
На рисунку
sin x ˃ m при –1 ≤ m < +1.
Якщо m ≥ –1, то нерівність розв'язків не має.
2. Нерівність sin x < m.
Якщо m ≤ –1,
то нерівність розв'язків не має.
Якщо –1
< m < +1,
то розв'язками нерівності є
π (2k + 1) – arcsin m < x < arcsin m + 2π (k + 1),
де k = 0; ±1; ±2; …
на рисунку
sin x < m,
не заштриховані.
Якщо m ˃ +1, то нерівність справедлива при
всіх дійсних значеннях х.
3. Нерівність cos x ˃ m.
Якщо m < –1,
то розв'язком нерівності є будь-яке дійсне число.
Якщо –1
≤ m < +1,
то розв'язки нерівності знаходяться в проміжках
–arccos m + 2πk < x < 2πk + arccos m,
де k = 0; ±1; ±2; …
Якщо m ≤ –1, то нерівність розв'язків не має.
4. Нерівність cos x < m.
Якщо m ≤ –1, то нерівність
розв'язків не має.
Якщо –1
<
m ≤ +1, то розв'язки нерівності є
значення х з проміжків
arccos m + 2πk < x < 2π (k + 1) – arcsin m,
де k = 0; ±1; ±2; …
Якщо m ˃ +1, то розв'язком нерівності є будь-яке дійсне число.
5. Нерівність tg x ˃ m має розв'язками значення х з проміжків
arctg m + πk < x < π/2 (2k + 1),
де k = 0; ±1; ±2; …
6. Нерівність tg x < m має розв'язками значення х з проміжків
π/2 (2k – 1) < x < arctg m + πk,
де k = 0; ±1; ±2; …
7. Нерівність сtg x ˃ m має розв'язками значення х з проміжків
πk < x < arcсtg m + πk < x < π (k + 1),
де k = 0; ±1; ±2; …
8. Нерівність сtg x < m має розв'язками значення х з проміжків
arcсtg m + πk < x < π (k + 1),
де k = 0; ±1; ±2; …
Розв'язання тригонометричних нерівностей.
Будемо розглядати нерівності вигляду
f (sin x, cos x, tg x, ctg x) ≷ m.
Якщо функція
f (sin x, cos x, tg x, ctg x)
Періодична, то досить знайти розв'язки на відрізку числової осі, що дорівнює за довжиною найменшому періоду функції f, а потім, користуючись періодичністю функції, записати нерівності на всій числовій осі.
Розглянемо кілька простих тригонометричних
нерівностей.
ПРИКЛАД:
Розв'язати нерівність:
cos2 x – 3 cos x < 0.
РОЗВ'ЯЗАННЯ:
Розкладемо ліву частину нерівності на множники
cos x (cos x – 3) < 0.
Враховуючи, що
cos x – 3 < 0
При всіх значеннях х, одержуємо
cos x > 0, звідки
– π/2 + 2πk
< x
<
π/2
+ 2πk,
де k = 0; ±1; ±2; …
ПРИКЛАД:
Розв'язати нерівність:
Дана нерівність еквівалентна до нерівностей
–1 < tg х/2 < 1
або
– π/4 + πk < х/2 < π/4 + πk,
Звідки
– π/2 + 2πk < x < π/2 + 2πk,
де k = 0; ±1; ±2; …
ПРИКЛАД:
Розв'язати нерівність:
Звільнившись від знака абсолютної величини, маємо
sin x ˃ + 1/2 або
sin x < – 1/2.
З першої одержаної нерівності знаходимо
π/6 + 2πk < x < π(2k + 1) – π/6,
а з другої –
π/6 + π(2k + 1) < x < 2π(k + 1) – π/6.
Розв'язки цих двох нерівностей можна об’єднати і остаточну відповідь записати у вигляді
π/6 + π/k < x < 2π(k + 1) – π/6.
де k = 0; ±1; ±2; …
ПРИКЛАД:
Розв'язати нерівність:
sin2 x + 2 sin x соs x – 3 соs 2 x < 0.
РОЗВ'ЯЗАННЯ:
Поділивши обидві частини даної нерівності на
соs2 x ≠ 0 (при
соs2 x =
0
нерівність набуває вигляду
sin2 x < 0,
що неможливо), одержуємо
tg2 x + 2 tg x – 3 < 0, або
(tg x + 3) (tg x – 1) < 0.
Звідси знаходимо
–3 < tg x < +1
і, отже,
–arctg 3 + πk < x < π/4 + πk.
ВІДПОВІДЬ:
–arctg 3 + πk < x < π/4 + πk.
де k = 0; ±1; ±2; …
ПРИКЛАД:
Розв'язати нерівність:
sin x + sin 3x < sin 2x + sin 4x.
РОЗВ'ЯЗАННЯ:
Перенесемо всі члени нерівності, що містять невідоме, в одну частину, тоді одержимо
sin x + sin 3x – sin 2x – sin 4x < 0.
Функція
f(x) = sin x + sin 3x – sin 2x – sin 4x
має найменший додатний період, що дорівнює 2π, тому досить знайти розв'язок цієї нерівності, наприклад, на відрізку [0, 2π], а потім з урахуванням періоду записати всю множину його розв'язків.
sin x + sin 3x – sin 2x – sin 4x =
π/5; π/2; 3π/5; π; 7π/5; 3π/5; 9π/5.
Неважко
перевірити, що однакових знаків функції
набувають
на проміжках, які на рисунку
позначені штриховою:
0 < x < π/5;
Тоді множина розв'язків вихідної нерівності записується у вигляді
2πk < x < π/5 + 2πk;
Доведення тригонометричних нерівностей.
Методи доведення тригонометричних нерівностей майже нічим не відрізняються від методів доведення алгебраїчних нерівностей.
ПРИКЛАД:
Довести, що коли 0 < α < π, то
ctg α/2 ≥ 1 + ctg α.
Знайдемо різницю між лівою і правою частинами нерівності і
покажемо, що вона не від’ємна:
тому
що за умовою 0 < α < π.
Тому
ctg α/2 ≥ 1 + ctg α,
причому рівність досягається при α = π/2.
ПРИКЛАД:
Довести, що
| sin α | + | cos α | ≥ 1.
Для доведення використаємо очевидну нерівність
2 | sin α | | cos α | ≥ 0,
до обох частин якої додамо по 1. Тоді
1 + 2 | sin α || cos α | ≥ 1,
або
sin2 α + 2 | sin α || cos α | + cos2 α ≥ 1,
звідки
(| sin α | + | cos α |)2 ≥ 1.
Добуваючи квадратний корінь з обох частин останньої нерівності і беручи при цьому тільки додатні значення коренів, одержуємо
| sin α | + | cos α | ≥ 1,
що й треба було довести.
ПРИКЛАД:
Довести, що
sin2 α + cos2 α + tg2 α + ctg2 α + sec2 α + cosec2 α ≥ 7.
Ліву частину нерівності перетворимо так:
sin2 α + cos2 α + tg2 α + ctg2 α + sec2 α + cosec2 α =
оскільки при будь-якому значенні кута α
tg2 α + ctg2 α ≥ 2,
як сума двох взаємно обернених додатних величин. Зокрема, рівність буде тільки при
α = π/4 + πk/2 = 45° + 90°k,
оскільки в цьому випадку
tg α = ctg α = ±1.
ПРИКЛАД:
Довести, що якщо
α + β + γ = π,
то
sin α/2 sin β/2 sin γ/2 ≤ 1/8.
Позначимо
sin α/2 sin β/2 sin γ/2 = α
і замінимо
тоді
отже,
або
звідки одержимо
Виділимо в лівій частині
останньої рівності повний квадрат:
Тоді
і оскільки права частина
невід’ємна, то
звідки
Замінивши α на його початкове значення, одержимо шукану
нерівність
sin α/2 sin β/2 sin γ/2 ≤ 1/8,
причому рівність досягається при
α = β = γ = π/3.
0 < x < π/5;
π/2 < x <
3π/5;
π
< x
<
7π/5;
3π/5 < x <
9π/5.
Тоді множина розв'язків вихідної нерівності записується у вигляді
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,
де k = 0; ±1; ±2; …
Доведення тригонометричних нерівностей.
Методи доведення тригонометричних нерівностей майже нічим не відрізняються від методів доведення алгебраїчних нерівностей.
ПРИКЛАД:
Довести, що коли 0 < α < π, то
ctg α/2 ≥ 1 + ctg α.
Знайдемо різницю між лівою і правою частинами нерівності і
покажемо, що вона не від’ємна:
ctg α/2 ≥ 1 + ctg α,
причому рівність досягається при α = π/2.
ПРИКЛАД:
Довести, що
| sin α | + | cos α | ≥ 1.
Для доведення використаємо очевидну нерівність
2 | sin α | | cos α | ≥ 0,
до обох частин якої додамо по 1. Тоді
1 + 2 | sin α || cos α | ≥ 1,
або
sin2 α + 2 | sin α || cos α | + cos2 α ≥ 1,
звідки
(| sin α | + | cos α |)2 ≥ 1.
Добуваючи квадратний корінь з обох частин останньої нерівності і беручи при цьому тільки додатні значення коренів, одержуємо
| sin α | + | cos α | ≥ 1,
що й треба було довести.
ПРИКЛАД:
Довести, що
sin2 α + cos2 α + tg2 α + ctg2 α + sec2 α + cosec2 α ≥ 7.
Ліву частину нерівності перетворимо 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,
оскільки при будь-якому значенні кута α
tg2 α + ctg2 α ≥ 2,
як сума двох взаємно обернених додатних величин. Зокрема, рівність буде тільки при
α = π/4 + πk/2 = 45° + 90°k,
де k = 0; ±1; ±2; … .
оскільки в цьому випадку
tg α = ctg α = ±1.
ПРИКЛАД:
Довести, що якщо
α + β + γ = π,
то
sin α/2 sin β/2 sin γ/2 ≤ 1/8.
Позначимо
sin α/2 sin β/2 sin γ/2 = α
і замінимо
sin α/2 sin β/2 sin γ/2 ≤ 1/8,
причому рівність досягається при
α = β = γ = π/3.
Завдання до уроку 6.
Інші уроки
- Урок 1. Найпростіші тригонометричні рівняння
- Урок 2. Методи розв'язування тригонометричних рівнянь з функціями одного аргументу
- Урок 3. Тригонометричні рівняння з функціями різних аргументів
- Урок 4. Графічні методи розв'язання тригонометричних рівнянь
- Урок 5. Системи тригонометричних рівнянь
- Урок 7. Графічне рішення тригонометричних нерівностей
Комментариев нет:
Отправить комментарий