Уроки математики и физики (RU + UA)

▼

вторник, 14 апреля 2020 г.

Урок 6. Тригонометричні нерівності

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.

Нехай  f(x) – одна з основних тригонометричних функцій. Для вирішення нерівності  f(x) > a  a  досить знайти його рішення на одному періоді, тобто на будь-якому відрізку, довжина якого дорівнює періоду функції  f(x). Тоді рішенням початкової нерівності будуть усі знайдені  х, а так само ті значення, які відрізняються від знайдених на будь-яке ціле число періодів функції.

 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
штриховою позначені значення  х, що задовольняють нерівність

 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
значення  х, що задовольняють нерівність

 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:
РОЗВ'ЯЗАННЯ:

 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:
РОЗВ'ЯЗАННЯ:

 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.
Перетворивши за допомогою формул
ліву частину вихідної нерівності в добуток,

 sin x + sin 3x – sin 2x – sin 4x =
–(sin 2x – sin x) – (sin 4x – sin 3x).
одержимо
або
і знайдемо розв'язок останньої нерівності на відрізку  [0, 2π]. Оскільки в проміжку  [0, 2π]  множник
то вихідна нерівність зводиться до нерівності
Для розв'язання останньої нерівності на відрізку  [0, 2π]  нанесемо нулі лівої частини цієї нерівності, тобто значення аргументу
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;
 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:
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 =
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
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.

на

Комментариев нет:

Отправить комментарий