Nierówności trygonometryczne - rozwiązywanie na wykresie i okręgu jednostkowym

Klasa 3 liceum i technikum

Nierówność trygonometryczna to nierówność, w której niewiadoma występuje pod funkcją trygonometryczną, np. $\sin x > \frac{1}{2}$. Rozwiązuje się ją w dwóch krokach: najpierw rozwiązujemy równanie $\sin x = \frac{1}{2}$ (końce przedziałów), potem z wykresu albo z okręgu jednostkowego odczytujemy, gdzie nierówność zachodzi, i dopisujemy okres $2k\pi$ (dla tangensa i cotangensa $k\pi$). Rozwiązaniem jest więc zwykle nieskończenie wiele przedziałów powtarzających się co okres.

Od równania do nierówności

Zanim zaczniesz, upewnij się, że umiesz rozwiązywać równania trygonometryczne elementarne - każda nierówność zaczyna się od równania. Plan jest zawsze taki sam:

1. Zamień nierówność na równanie i znajdź jego rozwiązania w jednym okresie (np. w $\left\langle 0;\ 2\pi \right\rangle$).
2. Narysuj wykres funkcji i prostą $y = a$ albo okrąg jednostkowy i prostą $y = a$ (dla sinusa) lub $x = a$ (dla cosinusa).
3. Odczytaj, które fragmenty leżą nad prostą (nierówność $>$), a które pod nią ($<$).
4. Dopisz okres i sprawdź, czy końce należą do rozwiązania (nierówność ostra czy nieostra, dziedzina tangensa).

Wartości sinusa i cosinusa dla kątów $\frac{\pi}{6}$, $\frac{\pi}{4}$, $\frac{\pi}{3}$ są w tablicy wartości funkcji trygonometrycznych, a przypomnienie wykresów - w lekcji wykresy funkcji trygonometrycznych.

Nierówność z sinusem - metoda wykresu

Przykład 1. Rozwiąż nierówność $\sin x > \frac{1}{2}$.

Krok 1. Równanie. $\sin x = \frac{1}{2}$ w przedziale $\left\langle 0;\ 2\pi \right\rangle$ ma dwa rozwiązania: $x = \frac{\pi}{6}$ i $x = \pi - \frac{\pi}{6} = \frac{5\pi}{6}$.

Krok 2. Wykres. Rysujemy sinusoidę i prostą $y = \frac{1}{2}$. Nad prostą leży „garb” między $\frac{\pi}{6}$ a $\frac{5\pi}{6}$.

Krok 3. Okres. Sinusoida powtarza się co $2\pi$, więc taki sam garb jest w każdym okresie:

$x \in \left( \frac{\pi}{6} + 2k\pi;\ \frac{5\pi}{6} + 2k\pi \right), \quad k \in \mathbb{Z}.$

Odpowiedź. $x \in \left( \frac{\pi}{6} + 2k\pi;\ \frac{5\pi}{6} + 2k\pi \right)$, $k \in \mathbb{Z}$. W przedziale $\left\langle 0;\ 2\pi \right\rangle$ to tylko $\left( \frac{\pi}{6};\ \frac{5\pi}{6} \right)$.

Ta sama nierówność na okręgu jednostkowym

Sinus kąta to druga współrzędna punktu na okręgu jednostkowym. Nierówność $\sin x > \frac{1}{2}$ pyta więc: dla jakich kątów punkt na okręgu leży wyżej niż prosta $y = \frac{1}{2}$?

Łuk zaznaczony na rysunku zaczyna się przy kącie $\frac{\pi}{6}$ i - idąc przeciwnie do ruchu wskazówek zegara - kończy przy $\frac{5\pi}{6}$. Wynik jest ten sam co z wykresu. Okrąg ma tę zaletę, że od razu widać, co dzieje się przy przejściu przez kąt $0$ (pełny obrót), a to jest najczęstsze źródło błędów - patrz niżej.

Nierówność z cosinusem

Cosinus to pierwsza współrzędna punktu na okręgu, więc tu rysujemy prostą pionową $x = a$.

Przykład 2. Rozwiąż nierówność $\cos x \ge \frac{1}{2}$ w zbiorze liczb rzeczywistych oraz w przedziale $\left\langle 0;\ 2\pi \right\rangle$.

Krok 1. Równanie. $\cos x = \frac{1}{2}$ dla $x = \frac{\pi}{3}$ i $x = -\frac{\pi}{3}$ (cosinus jest funkcją parzystą).

Krok 2. Okrąg. Punkty o pierwszej współrzędnej co najmniej $\frac{1}{2}$ leżą na prawo od prostej $x = \frac{1}{2}$ - na łuku od $-\frac{\pi}{3}$ do $\frac{\pi}{3}$.

Krok 3. Zapis ogólny. Łuk przechodzi przez kąt $0$, więc wygodnie opisać go kątem ujemnym na początku:

$x \in \left\langle -\frac{\pi}{3} + 2k\pi;\ \frac{\pi}{3} + 2k\pi \right\rangle, \quad k \in \mathbb{Z}.$

Krok 4. Przedział $\left\langle 0;\ 2\pi \right\rangle$. Wstawiamy $k = 0$ i $k = 1$ i obcinamy do przedziału: z $\left\langle -\frac{\pi}{3};\ \frac{\pi}{3} \right\rangle$ zostaje $\left\langle 0;\ \frac{\pi}{3} \right\rangle$, a z $\left\langle \frac{5\pi}{3};\ \frac{7\pi}{3} \right\rangle$ zostaje $\left\langle \frac{5\pi}{3};\ 2\pi \right\rangle$.

Odpowiedź. $x \in \left\langle -\frac{\pi}{3} + 2k\pi;\ \frac{\pi}{3} + 2k\pi \right\rangle$, $k \in \mathbb{Z}$; w przedziale $\left\langle 0;\ 2\pi \right\rangle$: $x \in \left\langle 0;\ \frac{\pi}{3} \right\rangle \cup \left\langle \frac{5\pi}{3};\ 2\pi \right\rangle$.

Pułapka: przedział „przechodzący przez 2π”

Przykład 3. Rozwiąż nierówność $\sin x < \frac{1}{2}$.

Na wykresie z przykładu 1 sinusoida leży pod prostą $y = \frac{1}{2}$ wszędzie poza garbem: od $\frac{5\pi}{6}$ do końca okresu i dalej, aż do $\frac{\pi}{6}$ w następnym okresie, czyli do $\frac{\pi}{6} + 2\pi = \frac{13\pi}{6}$. Najczęstszy błąd to zapis $\left( \frac{5\pi}{6} + 2k\pi;\ \frac{\pi}{6} + 2k\pi \right)$ - przedział, którego lewy koniec jest większy od prawego, czyli zbiór pusty. Poprawnie:

$x \in \left( \frac{5\pi}{6} + 2k\pi;\ \frac{13\pi}{6} + 2k\pi \right), \quad k \in \mathbb{Z}.$

Ten sam zbiór można zapisać jako $\left( -\frac{7\pi}{6} + 2k\pi;\ \frac{\pi}{6} + 2k\pi \right)$ - to tylko inny wybór $k$. Zasada: lewy koniec musi być mniejszy od prawego, a różnica końców nie może przekraczać okresu. W przedziale $\left\langle 0;\ 2\pi \right\rangle$ odpowiedź to $\left\langle 0;\ \frac{\pi}{6} \right) \cup \left( \frac{5\pi}{6};\ 2\pi \right\rangle$.

Sprawdzenie. Nierówności $\sin x > \frac{1}{2}$ i $\sin x < \frac{1}{2}$ razem z równaniem $\sin x = \frac{1}{2}$ muszą pokryć całą oś. Garb $\left( \frac{\pi}{6};\ \frac{5\pi}{6} \right)$ ma długość $\frac{2\pi}{3}$, a przedział z przykładu 3 - długość $\frac{13\pi}{6} - \frac{5\pi}{6} = \frac{4\pi}{3}$. Razem $2\pi$, czyli pełny okres - zgadza się.

Nierówność z tangensem

Tangens ma okres $\pi$ i asymptoty pionowe w punktach $\frac{\pi}{2} + k\pi$, w których nie jest określony. Rozwiązanie zapisujemy więc z $k\pi$, a asymptoty zawsze wyłączamy.

Przykład 4. Rozwiąż nierówność $\operatorname{tg} x \ge 1$.

Krok 1. Równanie. $\operatorname{tg} x = 1$ dla $x = \frac{\pi}{4} + k\pi$.

Krok 2. Wykres. Tangensoida rośnie w każdym przedziale między asymptotami. Na gałęzi $\left( -\frac{\pi}{2};\ \frac{\pi}{2} \right)$ wartości co najmniej $1$ przyjmuje od $\frac{\pi}{4}$ aż do asymptoty $\frac{\pi}{2}$.

Odpowiedź. $x \in \left\langle \frac{\pi}{4} + k\pi;\ \frac{\pi}{2} + k\pi \right)$, $k \in \mathbb{Z}$. Lewy koniec jest domknięty (nierówność nieostra), prawy - otwarty, bo w $\frac{\pi}{2} + k\pi$ tangens nie istnieje.

Argument złożony - nierówność z sin 2x

Gdy pod funkcją stoi wyrażenie, np. $2x$, rozwiązujemy nierówność względem całego argumentu, a dopiero na końcu wyliczamy $x$. Uwaga na okres: funkcja $\sin 2x$ ma okres $\pi$, więc w przedziale $\left\langle 0;\ 2\pi \right\rangle$ rozwiązań jest dwa razy więcej.

Przykład 5. Rozwiąż nierówność $\sin 2x \ge \frac{1}{2}$ w przedziale $\left\langle 0;\ 2\pi \right\rangle$.

Krok 1. Podstawienie. Niech $u = 2x$. Z przykładu 1 (wersja nieostra):

$\sin u \ge \frac{1}{2} \iff u \in \left\langle \frac{\pi}{6} + 2k\pi;\ \frac{5\pi}{6} + 2k\pi \right\rangle.$

Krok 2. Powrót do x. Dzielimy wszystkie strony przez $2$ - dzieli się także okres:

$x \in \left\langle \frac{\pi}{12} + k\pi;\ \frac{5\pi}{12} + k\pi \right\rangle, \quad k \in \mathbb{Z}.$

Krok 3. Przedział. Do $\left\langle 0;\ 2\pi \right\rangle$ wpadają przedziały dla $k = 0$ i $k = 1$.

Odpowiedź. $x \in \left\langle \frac{\pi}{12};\ \frac{5\pi}{12} \right\rangle \cup \left\langle \frac{13\pi}{12};\ \frac{17\pi}{12} \right\rangle$.

Typowy błąd: dzielenie przez $2$ tylko końców $\frac{\pi}{6}$ i $\frac{5\pi}{6}$, a pozostawienie okresu $2k\pi$. Wtedy gubimy przedział $\left\langle \frac{13\pi}{12};\ \frac{17\pi}{12} \right\rangle$.

Nierówności sprowadzane do prostych

Podstawienie t = cos x

Przykład 6. Rozwiąż nierówność $2\cos^2 x - \cos x - 1 \ge 0$ w przedziale $\left\langle 0;\ 2\pi \right\rangle$.

Krok 1. Niech $t = \cos x$, przy czym $t \in \left\langle -1;\ 1 \right\rangle$. Dostajemy nierówność kwadratową $2t^2 - t - 1 \ge 0$. Pierwiastki: $\Delta = 1 + 8 = 9$, więc $t_1 = \frac{1 - 3}{4} = -\frac{1}{2}$ i $t_2 = \frac{1 + 3}{4} = 1$.

Krok 2. Parabola ma ramiona w górę, więc $2t^2 - t - 1 \ge 0$ dla $t \le -\frac{1}{2}$ lub $t \ge 1$. Uwzględniając $t \in \left\langle -1;\ 1 \right\rangle$:

$\cos x \le -\frac{1}{2} \quad \text{lub} \quad \cos x = 1.$

Krok 3. $\cos x \le -\frac{1}{2}$ w $\left\langle 0;\ 2\pi \right\rangle$ dla $x \in \left\langle \frac{2\pi}{3};\ \frac{4\pi}{3} \right\rangle$, a $\cos x = 1$ dla $x = 0$ i $x = 2\pi$.

Odpowiedź. $x \in \{0\} \cup \left\langle \frac{2\pi}{3};\ \frac{4\pi}{3} \right\rangle \cup \{2\pi\}$. Pojedyncze punkty $0$ i $2\pi$ łatwo zgubić - pochodzą z warunku $\cos x \ge 1$, który sinus i cosinus spełniają tylko w równości.

Metoda podstawienia działa tak samo jak przy równaniach trygonometrycznych; nie zapominaj o ograniczeniu $|t| \le 1$.

Iloczyn - znaki w ćwiartkach albo wzór na sin 2x

Przykład 7. Rozwiąż nierówność $\sin x \cos x > 0$.

Sposób 1 - ćwiartki. Iloczyn jest dodatni, gdy oba czynniki mają ten sam znak: sinus i cosinus są oba dodatnie w I ćwiartce i oba ujemne w III ćwiartce.

Sposób 2 - wzór. Ze wzoru na sinus podwojonego kąta$\sin x \cos x = \frac{1}{2}\sin 2x$, więc nierówność to $\sin 2x > 0$, czyli $2x \in (2k\pi;\ \pi + 2k\pi)$.

Odpowiedź. $x \in \left( k\pi;\ \frac{\pi}{2} + k\pi \right)$, $k \in \mathbb{Z}$ - oba sposoby dają ten sam wynik.

Zestawienie: gdzie leżą rozwiązania

Najczęstsze pytania

Jak rozwiązać nierówność trygonometryczną? Rozwiąż najpierw odpowiadające jej równanie (np. $\sin x = \frac{1}{2}$), potem na wykresie albo na okręgu jednostkowym odczytaj, gdzie funkcja leży nad prostą $y = a$ (dla $>$) lub pod nią (dla $<$), i dopisz okres: $2k\pi$ dla sinusa i cosinusa, $k\pi$ dla tangensa i cotangensa.

Jak rozwiązać nierówność sin x > 1/2?$x \in \left( \frac{\pi}{6} + 2k\pi;\ \frac{5\pi}{6} + 2k\pi \right)$, $k \in \mathbb{Z}$. Sinusoida leży nad prostą $y = \frac{1}{2}$ między kolejnymi rozwiązaniami równania $\sin x = \frac{1}{2}$, czyli między $\frac{\pi}{6}$ a $\frac{5\pi}{6}$, i powtarza się co $2\pi$.

Jak rozwiązać nierówność cos x < −√2/2?$x \in \left( \frac{3\pi}{4} + 2k\pi;\ \frac{5\pi}{4} + 2k\pi \right)$, $k \in \mathbb{Z}$. Na okręgu jednostkowym to łuk na lewo od prostej $x = -\frac{\sqrt{2}}{2}$, czyli kąty wokół $\pi$.

Co jest lepsze: wykres czy okrąg jednostkowy? Oba dają ten sam wynik. Okrąg jest szybszy przy sinusie i cosinusie i dobrze pokazuje przedziały „przechodzące przez zero”, wykres jest wygodniejszy przy tangensie (asymptoty) i przy argumencie złożonym, np. $\sin 2x$.

Kiedy końce przedziału należą do rozwiązania? Gdy nierówność jest nieostra ($\ge$ lub $\le$) i funkcja jest w tym punkcie określona. Przy tangensie punkty $\frac{\pi}{2} + k\pi$ nigdy nie należą do rozwiązania, bo tangens tam nie istnieje.

Czy nierówność sin x > 1 ma rozwiązania? Nie. Sinus przyjmuje wartości z przedziału $\left\langle -1;\ 1 \right\rangle$, więc $\sin x > 1$ jest sprzeczna, a $\sin x \ge -1$ jest prawdziwa dla każdej liczby rzeczywistej.

Dlaczego przy sin 2x okres zmienia się na kπ? Bo rozwiązujemy nierówność względem $u = 2x$ z okresem $2k\pi$, a potem dzielimy przez $2$ całe wyrażenie, także $2k\pi$. Wykres $y = \sin 2x$ jest dwa razy „gęstszy” niż sinusoida.

Przećwicz

• Nierówności trygonometryczne - zadania z rozwiązaniami → - siedem zadań od $\sin x \ge \frac{\sqrt{2}}{2}$ po nierówność z ilorazem i dziedziną.
• Na start: nierówność 2cos x + 1 > 0 oraz tg x < √3 z asymptotami.
• Trudniejsze: podstawienie t = sin x i sin x + cos x > 1.
• Wszystkie typy zadań z działu: wzory i równania trygonometryczne - zadania.
• Dalej: pochodne funkcji trygonometrycznych - tam nierówność $f'(x) > 0$ wyznacza przedziały monotoniczności.

Podsumowanie

• Nierówność trygonometryczną rozwiązujemy przez równanie, a potem wykres albo okrąg jednostkowy: sinus to wysokość punktu (prosta $y = a$), cosinus - pierwsza współrzędna (prosta $x = a$).
• Rozwiązanie to przedziały powtarzane co okres: $2k\pi$ dla sinusa i cosinusa, $k\pi$ dla tangensa i cotangensa.
• Lewy koniec przedziału musi być mniejszy od prawego - przy $\sin x < a$ i $\cos x > a$ przedział często przechodzi przez $2\pi$ (albo $0$), np. $\left( \frac{5\pi}{6} + 2k\pi;\ \frac{13\pi}{6} + 2k\pi \right)$.
• Przy argumencie $2x$, $3x$ dzielimy przez współczynnik także okres.
• Nierówności z $\sin^2 x$ albo $\cos^2 x$ rozwiązujemy podstawieniem $t$ z warunkiem $|t| \le 1$, a iloczyny - znakami w ćwiartkach albo wzorem $\sin x \cos x = \frac{1}{2}\sin 2x$.
• Przy tangensie zawsze wyłączamy asymptoty $\frac{\pi}{2} + k\pi$.