НАЙПРОСТІШІ ТРИГОНОМЕТРИЧНІ НЕРІВНОСТІ.
Нерівності, що містять невідомі під знаками тригонометричних функцій, називають тригонометричними нерівностями.
Прикладами тригонометричних нерівностей є нерівності
тощо.
До найпростіших будемо відносити нерівності виду 
та інші,у яких на місці знака > стоїть один із знаків ≥, < або ≤. Загальні формули для розв’язування цих нерівностей є досить громіздкими. Тому розглянемо методи розв’язування цих нерівностей на прикладах. Для наочності будемо використовувати одиничне коло, лінії тангенса і котангенса.
та інші,у яких на місці знака > стоїть один із знаків ≥, < або ≤. Загальні формули для розв’язування цих нерівностей є досить громіздкими. Тому розглянемо методи розв’язування цих нерівностей на прикладах. Для наочності будемо використовувати одиничне коло, лінії тангенса і котангенса.
Приклад 1. Розв’язати нерівність 
Розв’язання. sin t - це ордината точки одиничного кола, що відповідає куту t. Спочатку позначимо на одиничному колі всі точки, ординати яких більші за 
/2; ці точки знаходяться вище прямої у = /2 (мал. 39). Множина всіх таких точок — дуга l. Якщо рухатися по цій дузі проти руху годинникової стрілки, то початкова точка дуги l відповідає куту аrсsin /2 = π/4, а кінцева — 
Кути, що відповідають цим точкам, входять у відповідь (оскільки знак нерівності ≥), а тому на малюнку точки позначені жирно. Таким чином, нерівністьsin t ≥ /2 задовольняють всі значення t такі, що 
Оскільки синус є функцією періодичною з найменшим додатним періодом 2π, то множину всіх розв’язків нерівності отримаємо, додавши до чисел π/4 і 3π/4 числа виду 2πk, k 
Z. Отже, маємо:
/2; ці точки знаходяться вище прямої у = /2 (мал. 39). Множина всіх таких точок — дуга l. Якщо рухатися по цій дузі проти руху годинникової стрілки, то початкова точка дуги l відповідає куту аrсsin /2 = π/4, а кінцева — Кути, що відповідають цим точкам, входять у відповідь (оскільки знак нерівності ≥), а тому на малюнку точки позначені жирно. Таким чином, нерівністьsin t ≥ /2 задовольняють всі значення t такі, що Оскільки синус є функцією періодичною з найменшим додатним періодом 2π, то множину всіх розв’язків нерівності отримаємо, додавши до чисел π/4 і 3π/4 числа виду 2πk, k Z. Отже, маємо:
Відповідь можна подати і так:
Приклад 2. Розв’язати нерівність 
Розв’язання. Позначимо 2х = t, маємо нерівність sіn t < -1/2. Позначимо на одиничному колі всі точки, ординати яких менші за -1/2, це точки дуги l, які розташовані нижче прямої у = -1/2(мал. 40). Кінці цієї дуги — точки, ординати яких дорівнюють -1/2; кути, що відповідають цим точкам, не входять у відповідь, оскільки знак нерівності “<“. Тому точки на малюнку «виколоті». Якщо рухатися по дузі l проти годинникової стрілки, то початкова
точка дуги l відповідає куту 
a кінцева – куту 
a кінцева – куту
Враховуючи періодичність, маємо:
Повертаємося до змінної х:
Розділимо всі три частини подвійної нерівності на 2. Маємо:
Приклад 3. Розв’язати нерівність 
Розв’язання. cos t — це абсциса точки одиничного кола, що відповідає куту t. Позначимо на одиничному колі всі точки, абсциси яких менші за 
/2, ці точки розташовані лівіше прямої х = /2 (мал. 41), утворюють дугу l. Кути, що відповідають крайнім точкам дуги, входять у відповідь (оскільки знак нерівності ≤), тому точки на малюнку позначені жирно. При русі проти годинникової стрілки початкова точка дуги l відповідає куту arccos /2 = π/6, а кінцева — куту 
/2, ці точки розташовані лівіше прямої х = /2 (мал. 41), утворюють дугу l. Кути, що відповідають крайнім точкам дуги, входять у відповідь (оскільки знак нерівності ≤), тому точки на малюнку позначені жирно. При русі проти годинникової стрілки початкова точка дуги l відповідає куту arccos /2 = π/6, а кінцева — куту
Враховуючи періодичність косинуса, отримаємо розв’язки нерівності:
Приклад 4. Розв’язати нерівність 
Розв’язання. Позначимо х + π/3 = t, маємо cos t > 1/2. На малюнку 42 виділено відповідну дугу l, її кінцева точка відповідає куту arccos 1/2 = π/3, a початкова — куту arccos 1/2 = = -π/3. Маємо:
Повертаємося до змінної х:
Віднімемо від трьох частин подвійної нерівності π/3. Маємо:
Для ілюстрації розв’язків нерівностей, у яких в лівій частині знаходиться tg t, а в правій — число, ознайомимося з лінією тангенсів.
Розглянемо пряму l, яка є дотичною до одиничного кола і проходить через точку (1;0) (мал. 43). Нехай при повороті на кут α початковий радіус ОР0 переходить у радіус ОРα. Нехай пряма ОРα перетинає пряму l у точці Dα. Тоді ордината точки Dα дорівнює тангенсу α.
Приклад 5. Розв’язати нерівність tg t ≤ .
.
Розв’язання. Період функції тангенс дорівнює π,тому спочатку знайдемо розв’язки нерівності на проміжку (-π/2;π/2), а потім використаємо періодичність.
Проведемо лінію тангенсів, tg t - це ордината точки лінії тангенсів, що відповідає куту t. Позначимо на лінії тангенсів точку, ордината якої дорівнює — точку А (мал. 44). Ця точка відповідає куту 
а точки лінії тангенсів, у яких ординати менші за , відповідають кутам від -π/2 до π/3. Зауважимо, що кут π/3 буде входити у відповідь (оскільки знак нерівності≤), а кут -π/2 - не буде, оскільки tg (-π/2) — не існує. Отже на проміжку (-π/2;π/2) нерівність tg t ≤ має розв’язки 
Враховуючи періодичність, маємо:
— точку А (мал. 44). Ця точка відповідає куту а точки лінії тангенсів, у яких ординати менші за , відповідають кутам від -π/2 до π/3. Зауважимо, що кут π/3 буде входити у відповідь (оскільки знак нерівності≤), а кут -π/2 - не буде, оскільки tg (-π/2) — не існує. Отже на проміжку (-π/2;π/2) нерівність tg t ≤ має розв’язки Враховуючи періодичність, маємо:
Приклад 6. Розв’язати нерівність tg t ≥ .
.
Розв’язання. Використовуючи малюнок 44 та періодичність, маємо:
Пряму m, яка проходить через точку (0;1) перпендикулярно до осі ординат, називають лінією котангенсів (мал. 45). Абсциса точки Сα перетину прямої ОРα з лінією котангенсів дорівнює котангенсу α.
Приклад 7. Розв’язати нерівність ctg t > -1/.
.
Розв’язання (мал. 46). Використовуючи лінію котангенсів, отримаємо розв’язок нерівності на проміжку 
Далі використаємо періодичність: 
Немає коментарів:
Дописати коментар