Тригонометрические неравенства

Тригонометрические неравенства могут встретиться в ЕГЭ по математике при нахождении ОДЗ в тригонометрических уравнениях и в заданиях повышенной трудности на олимпиадах или вступительных экзаменах.

Решать тригонометрические неравенства удобно при помощи единичной окружности. Обязательно нужно уметь хорошо ей пользоваться, без этого никак. Можете прочитать про нее по ссылке. Так же нам понадобится навык решения тригонометрических уравнений. В методах решения тригонометрических неравенств и уравнений много общего.

Проще всего научиться решать на примерах. Начнем с простейшего тригонометрического неравенства с синусом.

Тригонометрические неравенства с синусом

Пример 1 $$\sin(x)>\frac{1}{2}$$ Что значит решить данное неравенство? Значит найти значения углов \(x\), при подстановке которых, значение синуса будет больше \(\frac{1}{2}\). Нарисуем тригонометрическую окружность. И по пунктам разберем последовательность решения:

• На вертикальной оси (оси синусов) отметим значение синуса равное \(\frac{1}{2}\), на нашем рисунке это будет точка \(M\).
• Проведем перпендикуляр \(a\) к оси синусов через точку \(M\). Он пересечет окружность в точках \(P\) и \(K\).
• Углы \(\angle{POA}=\frac{\pi}{6}+2\pi*n\) и \(\angle{KOA}=\frac{5\pi}{6}+2\pi*n\) будут углами, синус от которых равен \(\frac{1}{2}\).
• По условию нам нужны значения синуса больше \(\frac{1}{2}\). Отметим синей штриховкой на оси синусов эти значения, лежащие над точкой \(M\) и до единицы, получим отрезок \(MB\). Напоминаю, что синус не может принимать значения больше единицы.
• Любому значению синуса, лежащему на отрезке \(MB\) от \(\frac{1}{2}\) до \(1\) соответствуют углы с дуги окружности \(PK\). Действительно, возьмем на отрезке \(MB\) произвольную точку \(F\), проведем через нее перпендикуляр к оси синусов, который пересечет окружность в точках на дуге \(PK\).
• Любой угол, лежащий на дуге \(PK\), будет иметь значения синуса в промежутке от \(\frac{1}{2}\) до \(1\), это именно те углы, которые нам нужны. Их можно записать в виде промежутка от \(\frac{\pi}{6}+2\pi*n\) до \(\frac{5\pi}{6}+2\pi*n\): $$x \in (\frac{\pi}{6}+2\pi*n; \frac{5\pi}{6}+2\pi*n), \quad n \in Z;$$ Внимание! Промежуток всегда записывается от меньшего угла к большему ПРОТИВ часовой стрелки. Скобки у промежутка круглые, так как неравенство строгое.

Ответ: \(x \in (\frac{\pi}{6}+2\pi*n; \frac{5\pi}{6}+2\pi*n), \quad n \in Z.\)

Разберем еще одно тригонометрическое неравенство, в котором рассмотрим очень важное правило.

Пример 2 $$\sin(x) \ge -\frac{\sqrt{2}}{2};$$

Для решения нам понадобится тригонометрическая окружность. Аналогично прошлому примеру, отметим на оси синусов значение \(-\frac{\sqrt{2}}{2}\) и углы, соответствующие этому значению \(\angle{MOA}=-\frac{\pi}{4}\) и \(\angle{NOA}=-\frac{3\pi}{4}\).

Согласно неравенству, нам нужны значения синуса больше либо равные \(-\frac{\sqrt{2}}{2}\), на рисунке показали их при помощи синей штриховки. Этим значениям соответствуют углы, лежащие на дуге \(MN\), включая точки \(M\) и \(N\). Дугу \(MN\) с нужными углами можно записать в виде промежутка ПРОТИВ часовой стрелки. То есть от точки \(M\) к \(N\). Получается такой промежуток:

$$x \in [-\frac{\pi}{4}+2\pi*n; -\frac{3\pi}{4}+2\pi*n], \quad n \in Z;$$

Скобки квадратные так как знак неравенства нестрогий и не забываем про период \(2\pi*n\). Но сам промежуток неправильный!

Внимание! Так записывать ответ нельзя, потому что промежуток всегда должен быть от меньшего числа к большему. У нас это правило не соблюдается:

$$-\frac{\pi}{4}>-\frac{3\pi}{4};$$

Чтобы ответ был в правильном виде, достаточно просто прибавить к правой границе промежутка \(2\pi\).

$$x \in [-\frac{\pi}{4}+2\pi*n; -\frac{3\pi}{4}+2\pi+2\pi*n], \quad n \in Z;$$

Приведем подобные слагаемые:

$$x \in [-\frac{\pi}{4}+2\pi*n; \frac{5\pi}{4}+2\pi*n], \quad n \in Z;$$

Левая граница меньше правой, значит можно записывать ответ.

Ответ: \(x \in [-\frac{\pi}{4}+2\pi*n; \frac{5\pi}{4}+2\pi*n], \quad n \in Z\).

Рассмотрим неравенство с синусом, которое наиболее часто встречается при нахождении ОДЗ.

Пример 3 $$\sin(x)>0;$$

Решение аналогично предыдущим примерам. Рисуем единичную окружность, отмечаем на оси синусов значение \(0\), оно находится в начале координат. Углы на окружности, синус от которых будет равен \(0\) находятся в точках \(A\) и \(C\): это углы \(0+2\pi*n\) и \(\pi+2\pi*n\). Все значения синуса выше \(0\) нас устраивают, соответствующие им углы лежат на дуге \(AC\), от точки \(A\) до \(C\).

$$x \in (0+2\pi*n; \pi+2\pi*n), \quad n \in Z;$$

Левая граница промежутка меньше правой, скобки круглые, период не потеряли - можно записать ответ.

Ответ: \(x \in (0+2\pi*n; \pi+2\pi*n), \quad n \in Z.\)

Полезный факт: в тригонометрических уравнениях ОДЗ решать не обязательно, достаточно отметить нужные дуги на окружности и потом соотнести получившееся корни. Если корень попал на нужную дугу, значит удовлетворяет ОДЗ, если нет, значит вычеркиваем его.

Тригонометрические неравенства с косинусом

Неравенства с косинусом решаются аналогично синусам. Рассмотрим несколько примеров.

Пример 4 $$\cos(x)>\frac{1}{2};$$

Рисуем единичную окружность и на оси косинусов отмечаем значение \(\frac{1}{2}\) в точке \(K\). Соответствующие этому значению углы на окружности: \(\frac{\pi}{3}\) и \(-\frac{\pi}{3}\) в точках \(M\) и \(N\).

Согласно неравенству, нам нужны значения косинуса больше \(\frac{1}{2}\), то есть справа от точки \(K\): отрезок \(KA\), мы отметили его синей штриховкой. Углы, соответствующие значениям косинуса с отрезка \(KA\), будут лежать на дуге \(NM\) от точки \(N\) до точки \(M\): дуга всегда должна быть записана против часовой стрелки.

Записываем ответ, внимательно следя за тем, чтобы левая граница промежутка была меньше чем правая, в противном случае не забываем прибавить к правой границе \(2\pi\). В данном примере с этим все нормально, ничего прибавлять не нужно:
Ответ: \(x \in (-\frac{\pi}{3}+2\pi*n; \frac{\pi}{3}+2\pi*n), \quad n \in Z.\)

Пример 5 $$\cos(x)<-\frac{\sqrt{3}}{2};$$

Не будем повторяться, просто нарисуем окружность, отметим на ней необходимые точки и промежутки. Все рассуждения аналогичны предыдущим примерам.

Из рисунка видно, что решением неравенства будет дуга \(MN\) от точки \(M\) к \(N\). Выписываем промежуток:

$$x \in (\frac{5\pi}{6}+2\pi*n; -\frac{5\pi}{6}+2\pi*n), \quad n \in Z;$$

Здесь надо быть внимательными, так как в получившемся промежутке левая граница больше правой. Так быть не должно, чтобы это исправить, прибавляем к правой границе \(2\pi\):

$$x \in (\frac{5\pi}{6}+2\pi*n; -\frac{5\pi}{6}+2\pi+2\pi*n), \quad n \in Z;$$

Приводим подобные слагаемые:

$$x \in (\frac{5\pi}{6}+2\pi*n; \frac{7\pi}{6}+2\pi*n), \quad n \in Z;$$ Ответ: \(x \in (\frac{5\pi}{6}+2\pi*n; \frac{7\pi}{6}+2\pi*n), \quad n \in Z.\)

Тригонометрические неравенства с тангенсом и котангенсом

У неравенств с тангенсом и котангенсом есть несколько серьезных отличий. Давайте подробно разберем неравенство с тангенсом на примере.

Пример 6 $$tg(x) \geq 1;$$

Здесь нам тоже не обойтись без тригонометрической окружности. Напоминаю, что ось тангенса дублирует ось синусов, параллельна ей и проходит через точку \(A\).

• Отметим на оси тангенса значение \(1\), пусть это будет точка \(K\). Соединим точку \(K\) с центром окружности и продлим до пересечения с окружностью в двух точках \(M\) и \(N\). По таблице стандартных углов находим: $$\angle{MOA}=\frac{\pi}{4};$$ $$\angle{NOA}=\frac{5\pi}{4};$$
• Согласно неравенству, нам нужны значения тангенса больше единицы, то есть любые точки на оси выше точки \(K\).
• Какие углы на окружности им соответствуют? Возьмем несколько произвольных точек над \(K\), соединим их с центром и продлим до пересечения с окружностью. Получаются углы, лежащие на дуге \(MB\) и дуге \(ND\).
• Обратите внимание, что неравенство в примере нестрогое, то есть нас устраивают углы, тангенс от которых равен единице. Поэтому на окружности они показаны закрашенными точками.
  И самое главное: точки \(B\) и \(D\), соответствующие углам \(\frac{\pi}{2}\) и \(\frac{3\pi}{2}\), выколотые, так как тангенс не существует от этих углов.
• Теперь можем записать ответ, указав найденные дуги \(MB\) и \(ND\), и с учетом скобок: $$x \in [\frac{\pi}{4}+2\pi*n; \frac{\pi}{2}+2\pi*n) \; \cup \; [\frac{5\pi}{4}+2\pi*n; \frac{3\pi}{2}+2\pi*n), \quad n \in Z;$$
• И еще один важный момент. В неравенствах с тангенсом и котангенсом не принято записывать ответ в виде двух промежутков (двух дуг). Если в ответе указать только одну из дуг, неважно какую, и период изменить на \(\pi*n\) вместо \(2\pi*n\), то ответ будет тем же самым: $$x \in [\frac{\pi}{4}+\pi*n; \frac{\pi}{2}+\pi*n), \quad n \in Z; $$ Действительно, указав период \(\pi*n\), мы будем покрывать сразу обе дуги на окружности, так как дуги \(MB\) и \(ND\) отличаются как раз на \(\pi\). Попробуйте поподставлять различные значения \(n\) в ответ, и увидите, что полученные углы лежат на обеих дугах.

Разберем теперь пример на неравенство с котангенсом.

Пример 7 $$ctg(x) \leq \sqrt{3};$$

Алгоритм решения аналогичен неравенству с тангенсом:

• Рисуем тригонометрическую окружность. Ось котангенса дублирует ось косинуса, параллельна ей и проходит через точку \(B\) (см. Рис).
• На оси котангенса отмечаем значение \(\sqrt{3}\) в точке \(K\). Проведем через точку \(K\) и центр \(O\) прямую до пересечения с окружностью в точках \(M\) и \(N\). Котангенс от углов \(\angle{MOA}=\frac{\pi}{6}\) и \(\angle{NOA}=\frac{7\pi}{6}\) будет равен \(\sqrt{3}\).
• Согласно неравенству, нам нужны значения котангенса, лежащие слева от \(\sqrt{3}\). Отметим несколько произвольных точек на оси котангенсов, чтобы понять какие углы соответствуют нужным значениям котангенса. Видим, что это дуги \(MC\) и \(NA\).
• Точки \(M\) и \(N\) отмечены, как закрашенные, так как неравенство нестрогое: нас устраивает, когда котангенс равен \(\sqrt{3}\). А точки \(A\) и \(C\) - выколотые, так как котангенс от \(0\) и \(\pi\) не существует.
• Записываем в ответ любую из найденных дуг с периодом \(\pi*n\), тем самым покрывая сразу обе дуги: $$x \in [\frac{\pi}{6}+\pi*n; \pi+\pi*n), \quad n \in Z; $$

Краткий алгоритм решения тригонометрических неравенств

• Рисуем тригонометрический круг;
• На оси тригонометрической функции отмечаем значения, удовлетворяющие неравенству;
• Находим на окружности дуги, соответствующие найденным значениям в предыдущем пункте;
• Выписываем найденные дуги в ответ, не забываем про период \(2\pi*n\). При этом помним, что промежуток всегда записывается против часовой стрелки от меньшего угла к большему. Если же левая граница промежутка получается больше правой, то к правой прибавляем \(2\pi\).
• В случае неравенств с тангенсом и котангенсом не забываем, что в ответ достаточно выписать только одну (любую) дугу с периодом \(\pi*n\). У тангенса значения \(\frac{\pi}{2}\) и \(\frac{3\pi}{2}\) всегда выколотые, а у котангенса \(0\) и \(\pi\).

Замена переменной в тригонометрических неравенствах

Как решать неравенство, если под тригонометрической функцией стоит не просто \(x\), например:

$$\cos(4x) \leq \frac{1}{2};$$

Сделаем замену, пусть \(t=4x\):

$$\cos(t) \leq \frac{1}{2};$$

И решим неравенство относительно переменной \(t\), (см.Рис):

$$t\in[\frac{\pi}{3}+2\pi*n; \frac{5\pi}{3}+2\pi*n], \quad n \in Z;$$

Вернемся к исходной переменной \(x\):

$$4x\in[\frac{\pi}{3}+2\pi*n; \frac{5\pi}{3}+2\pi*n], \quad n \in Z;$$

Можно записать это промежуток в виде двойного неравенства:

$$\frac{\pi}{3}+2\pi*n \leq 4x \leq \frac{5\pi}{3}+2\pi*n; \quad n \in Z;$$

Чтобы выразить отсюда \(x\), необходимо поделить все двойное неравенство на \(4\). Будьте внимательны, при делении всего неравенства, делится каждое слагаемое, в том числе и периоды:

$$\frac{\pi}{12}+\frac{\pi*n}{2} \leq x \leq \frac{5\pi}{12}+\frac{\pi*n}{2}; \quad n \in Z;$$ Ответ: \(x \in [\frac{\pi}{12}+\frac{\pi*n}{2}; \frac{5\pi}{12}+\frac{\pi*n}{2}], \quad n \in Z.\)

Пример 8 $$tg(\frac{2x+\pi}{3}) \leq -1;$$

Сделаем замену \(t=\frac{2x+\pi}{3}\):

$$tg(t) \leq -1;$$

Решим при поищи окружности:

$$t\in(-\frac{\pi}{2}+\pi*n; -\frac{\pi}{4}+\pi*n], \quad n \in Z;$$

Обратная замена:

$$\frac{2x+\pi}{3}\in(-\frac{\pi}{2}+\pi*n; -\frac{\pi}{4}+\pi*n], \quad n \in Z;$$

Запишем в виде двойного неравенства:

$$-\frac{\pi}{2}+\pi*n < \frac{2x+\pi}{3} \leq -\frac{\pi}{4}+\pi*n, \quad n \in Z;$$

Выразим \(x\). Для этого сначала домножим все двойное неравенство на \(3\):

$$-\frac{3\pi}{2}+3\pi*n < 2x+\pi \leq -\frac{3\pi}{4}+3\pi*n, \quad n \in Z;$$

Вычтем \(\pi\) из всех частей неравенства:

$$-\frac{3\pi}{2}+3\pi*n -\pi < 2x \leq -\frac{3\pi}{4}+3\pi*n -\pi, \quad n \in Z;$$

Приведем, где возможно, подобные слагаемые:

$$-\frac{5\pi}{2}+3\pi*n< 2x \leq -\frac{7\pi}{4}+3\pi*n, \quad n \in Z;$$

И поделим все неравенство на \(2\):

$$-\frac{5\pi}{4}+\frac{3\pi*n}{2}< x \leq -\frac{7\pi}{8}+\frac{3\pi*n}{2}, \quad n \in Z;$$ Ответ: \(x \in (-\frac{5\pi}{4}+\frac{3\pi*n}{2}; -\frac{7\pi}{8}+\frac{3\pi*n}{2}], \quad n \in Z.\)

Двойные тригонометрические неравенства

Иногда встречаются двойные тригонометрические неравенства или системы тригонометрических неравенств, что одно и тоже. Например, двойное неравенство:

$$-\frac{1}{2} \leq \sin(x) \leq \frac{\sqrt{3}}{2};$$

Можно переписать в виде системы, смысл при этом сохраняется:

$$ \begin{cases} \sin(x) \geq -\frac{1}{2}, \\ \sin(x) \leq \frac{\sqrt{3}}{2}. \end{cases}$$

Решим это двойное неравенство, согласно которому нам нужны значения синуса с одной стороны больше чем \(-\frac{1}{2}\), но меньше \(\frac{\sqrt{3}}{2}\). Нарисуем тригонометрическую окружность, на которой решим оба неравенства по отдельности (см. Рис.):

Значения синуса, которые удовлетворяют сразу обоим неравенствам принадлежат отрезку \(KL\) на рисунке, и отмечены синей штриховкой. Этим значениям синуса удовлетворяют углы, лежащие на дугах \(PM\) и \(NF\). Выпишем их в ответ:

Ответ:$$x \in [-\frac{\pi}{6}+2\pi*n; \frac{\pi}{3}+2\pi*n] \; \cup \; [\frac{2\pi}{3}+2\pi*n; \frac{7\pi}{6}+2\pi*n], \quad n \in Z.$$