Тригонометрические неравенства: методы решения

Уравнение даёт точки, а неравенство — дуги. В этом вся разница. Если ты уже умеешь решать $\sin x=a$ через единичную окружность, то неравенство $\sin x>a$ освоишь за полчаса: те же точки, только теперь надо выбрать дугу между ними, а не сами точки.

Что такое тригонометрическое неравенство

Тригонометрическое неравенство — это неравенство, в котором переменная стоит под знаком синуса, косинуса, тангенса или котангенса. Самые частые формы: $\sin x>a$, $\cos x\le a$, $\mathrm{tg}x<a$ и подобные. Решить такое неравенство значит найти все значения $x$, при которых оно верно.

Главная идея простая. На единичной окружности каждому углу $x$ соответствует точка с координатами $(\cos x;\sin x)$. Синус — это высота точки над осью $Ox$, косинус — её смещение вправо от оси $Oy$. Когда ты пишешь $\sin x>a$, ты спрашиваешь: на каких углах высота точки больше $a$? Ответ — это не одна точка, а целая дуга. Её и надо описать.

Неравенства с синусом

Синус — это координата $y$. Поэтому для неравенства с синусом проводят горизонтальную прямую $y=a$ и смотрят, где окружность лежит выше или ниже неё.

Случай sin x > a

Прямая $y=a$ пересекает окружность в двух точках. Левую даёт угол $\pi -\arcsin a$, правую — угол $\arcsin a$. Синус больше $a$ на верхней дуге между ними. Записываем:

$\arcsin a+2\pi k<x<\pi -\arcsin a+2\pi k,k\in \mathbb{Z}$

Период $2\pi k$ обязателен: окружность замкнута, и через каждый полный оборот картина повторяется.

Два крайних случая решаются без окружности, просто по смыслу:

• если $a\ge 1$, то $\sin x>1$ невозможно (синус не бывает больше единицы) — решений нет;
• если $a<-1$, то $\sin x>a$ верно для любого $x$ — ответ вся числовая ось, $x\in \mathbb{R}$.

Случай sin x ≥ a

Отличие только в границах: они входят. Скобки становятся нестрогими:

$\arcsin a+2\pi k\le x\le \pi -\arcsin a+2\pi k,k\in \mathbb{Z}$

Случай sin x < a и sin x ≤ a

Здесь нужна нижняя дуга — та, где точка ниже прямой $y=a$. Идёшь от левой точки пересечения вниз через низ окружности до правой:

$\pi -\arcsin a+2\pi k<x<2\pi +\arcsin a+2\pi k,k\in \mathbb{Z}$

Неравенства с косинусом

Косинус — это координата $x$ точки на окружности. Поэтому косинус принимает значение $a$ в точках $x=\pm \arccos a$, и для неравенства с косинусом проводят вертикальную прямую $x=a$, а дугу выбирают слева или справа от неё.

Случай cos x > a

Косинус больше $a$ на правой дуге — от $-\arccos a$ до $\arccos a$ (через крайнюю правую точку окружности, где $\cos x=1$):

$-\arccos a+2\pi k<x<\arccos a+2\pi k,k\in \mathbb{Z}$

Случай cos x < a

Косинус меньше $a$ на левой дуге — вне правого участка:

$\arccos a+2\pi k<x<2\pi -\arccos a+2\pi k,k\in \mathbb{Z}$

Проверим на конкретном неравенстве $\cos x<-\frac{1}{2}$. Здесь $\arccos \left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{2\pi }{3}$, поэтому ответ:

$\frac{2\pi }{3}+2\pi k<x<\frac{4\pi }{3}+2\pi k,k\in \mathbb{Z}$

Это левая дуга окружности — там, где косинус (горизонтальная координата) отрицателен и по модулю больше половины.

Неравенства с тангенсом

Тангенс ведёт себя иначе: он определён на промежутках $\left(-\frac{\pi }{2}+\pi n;\frac{\pi }{2}+\pi n\right)$ и на каждом из них монотонно возрастает от $-\infty$ до $+\infty$. Из-за монотонности неравенство с тангенсом решается как обычное числовое — на одном промежутке, а потом добавляется период $\pi k$.

Случай tg x > a

$\mathrm{arctg}a+\pi k<x<\frac{\pi }{2}+\pi k,k\in \mathbb{Z}$

Правую границу $\frac{\pi }{2}$ не включаем: там тангенс не существует (вертикальная асимптота).

Случай tg x < a

$-\frac{\pi }{2}+\pi k<x<\mathrm{arctg}a+\pi k,k\in \mathbb{Z}$

Проверим на $\mathrm{tg}x<1$. Так как $\mathrm{arctg}1=\frac{\pi }{4}$, получаем:

$-\frac{\pi }{2}+\pi k<x<\frac{\pi }{4}+\pi k,k\in \mathbb{Z}$

Алгоритм: рисуем окружность за две минуты

Разберём порядок действий для $\sin x>a$. Для косинуса всё то же, только прямая вертикальная.

1. Нарисуй единичную окружность, отметь оси.
2. На оси $Oy$ отметь точку $a$.
3. Проведи горизонталь $y=a$ — она пересечёт окружность в двух точках.
4. Правая точка — это $\arcsin a$, левая — $\pi -\arcsin a$.
5. Дуга выше горизонтали — область, где $\sin x>a$.
6. Запиши промежуток и добавь период $2\pi k$.

Весь фокус в шаге 4: важно не перепутать, какая точка какая. Правая точка ближе к началу отсчёта углов, поэтому её даёт сам $\arcsin a$. Левая дальше — её угол $\pi -\arcsin a$.

Метод графика: альтернатива окружности

Окружность удобна для одного оборота, но иногда нагляднее работать с графиком. Рисуешь синусоиду $y=\sin x$ или косинусоиду $y=\cos x$, проводишь горизонтальную прямую $y=a$ и смотришь, на каких участках график выше прямой (для знака «больше») или ниже неё (для знака «меньше»). Участки, где график выше $y=a$, и дают решение неравенства $\sin x>a$.

У этого способа есть плюс: периодичность видна глазами. Если неравенство надо решить на большом отрезке вроде $[0;4\pi ]$, на графике сразу видно два полных «горба», и ты не запутаешься в количестве промежутков. На окружности пришлось бы перебирать значения $k$ по одному. Минус графика — его дольше рисовать аккуратно. Поэтому для одного периода бери окружность, для нескольких — график. Оба метода дают один и тот же ответ, выбор только за удобством.

Неравенства, которые сводятся к простейшим

В чистом виде $\sin x>a$ на ЕГЭ встречается редко. Чаще неравенство сначала надо упростить до простейшего. Три типичных шага упрощения.

Первый — вынести коэффициент и свободный член. Из $2\sin x-1>0$ получаешь $\sin x>\frac{1}{2}$ обычным переносом и делением. Делишь на положительное число — знак неравенства не меняется. Если бы делил на отрицательное, знак пришлось бы перевернуть.

Второй — заменить двойной угол. В неравенстве с $\sin 2x$ или $\cos 2x$ иногда удобно сделать замену $t=2x$, решить относительно $t$, а потом вернуться к $x$ и разделить границы на 2. Период при этом тоже делится: у $\sin 2x$ период не $2\pi$, а $\pi$.

Третий — свести к одной функции через основное тождество. Если в неравенстве смешаны ${\sin }^{2}x$ и ${\cos }^{2}x$, замени ${\cos }^{2}x=1-{\sin }^{2}x$ и получи квадратное неравенство относительно синуса. Дальше решаешь его как алгебраическое, а каждый множитель уже даёт простейшее тригонометрическое неравенство.

Разбор примеров

Дальше — три примера с нарастающей самостоятельностью. Первый разберём целиком, во втором один шаг придётся додумать тебе, в третьем — почти весь ход.

Пример 1 (уровень А, полный разбор). Реши неравенство $\sin x>\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Решение. Сначала находим, где синус равен граничному значению: $\arcsin \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\pi }{3}$. Это правая точка пересечения. Левую даёт угол $\pi -\frac{\pi }{3}=\frac{2\pi }{3}$. Синус больше $\frac{\sqrt{3}}{2}$ на верхней дуге между ними:

$\frac{\pi }{3}+2\pi k<x<\frac{2\pi }{3}+2\pi k,k\in \mathbb{Z}$

Типичная ошибка. Часто пишут $\frac{2\pi }{3}$ верно, но ставят знак $\le$ вместо $<$. Неравенство строгое — границы не входят, скобки открытые.

Ответ: $\frac{\pi }{3}+2\pi k<x<\frac{2\pi }{3}+2\pi k$, $k\in \mathbb{Z}$.

Пример 2 (уровень Б, один шаг свёрнут). Реши неравенство $\cos x\le \frac{1}{2}$.

Решение. Косинус равен $\frac{1}{2}$ при $x=\pm \arccos \frac{1}{2}=\pm \frac{\pi }{3}$. Нам нужно, где косинус меньше или равен $\frac{1}{2}$, то есть левая дуга (где горизонтальная координата мала).

Попробуй сам записать границы. Подсказка: левая дуга идёт от $\frac{\pi }{3}$ через верх и низ окружности до $2\pi -\frac{\pi }{3}=\frac{5\pi }{3}$. Неравенство нестрогое — границы входят.

Раскрытие:

$\frac{\pi }{3}+2\pi k\le x\le \frac{5\pi }{3}+2\pi k,k\in \mathbb{Z}$

Типичная ошибка. Берут правую дугу вместо левой. Проверка: точка $x=\pi$ (там $\cos x=-1$) должна попадать в ответ, ведь $-1\le \frac{1}{2}$. В нашем промежутке $\pi$ лежит между $\frac{\pi }{3}$ и $\frac{5\pi }{3}$ — всё верно.

Ответ: $\frac{\pi }{3}+2\pi k\le x\le \frac{5\pi }{3}+2\pi k$, $k\in \mathbb{Z}$.

Пример 3 (уровень В, skeleton с self-explanation). Реши неравенство $\mathrm{tg}x<\sqrt{3}$ и запиши решение на промежутке $\left(-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}\right)$.

Решение.

Шаг 1. Найди граничное значение угла. Спроси себя: при каком $x$ тангенс равен $\sqrt{3}$? Это $\mathrm{arctg}\sqrt{3}=\frac{\pi }{3}$.

Шаг 2. Запиши общее решение. Спроси себя: с какой стороны от $\frac{\pi }{3}$ тангенс меньше? Так как тангенс возрастает, меньше он левее. Левая граница промежутка — асимптота $-\frac{\pi }{2}$:

$-\frac{\pi }{2}+\pi k<x<\frac{\pi }{3}+\pi k,k\in \mathbb{Z}$

Шаг 3 (итоговая проверка). На промежутке $\left(-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}\right)$ берём $k=0$:

$-\frac{\pi }{2}<x<\frac{\pi }{3}$

Типичная ошибка. Забывают, что у тангенса период $\pi$, а не $2\pi$, и пишут $2\pi k$. Тогда теряется половина решений.

Ответ на указанном промежутке: $-\frac{\pi }{2}<x<\frac{\pi }{3}$.

Пример из ЕГЭ: задание 12

Задача. Реши неравенство $2\sin x-1>0$.

Решение. Сначала приводим к виду $\sin x>a$: переносим и делим на 2.

$2\sin x>1\Rightarrow \sin x>\frac{1}{2}$

Дальше стандартно: $\arcsin \frac{1}{2}=\frac{\pi }{6}$, левая точка $\pi -\frac{\pi }{6}=\frac{5\pi }{6}$, верхняя дуга:

$\frac{\pi }{6}+2\pi k<x<\frac{5\pi }{6}+2\pi k,k\in \mathbb{Z}$

Ответ: $\frac{\pi }{6}+2\pi k<x<\frac{5\pi }{6}+2\pi k$, $k\in \mathbb{Z}$.

Пример из ЕГЭ: задание 15

Задача. Найди наибольшее целое решение неравенства $\cos x>\frac{1}{2}$ на отрезке $[-2\pi ;0]$.

Решение. Общее решение для $\cos x>\frac{1}{2}$ (правая дуга, $\arccos \frac{1}{2}=\frac{\pi }{3}$):

$-\frac{\pi }{3}+2\pi k<x<\frac{\pi }{3}+2\pi k,k\in \mathbb{Z}$

Теперь подбираем $k$ так, чтобы промежутки пересекались с $[-2\pi ;0]$.

При $k=0$: $-\frac{\pi }{3}<x<\frac{\pi }{3}$. Пересечение с $[-2\pi ;0]$ даёт полуинтервал $-\frac{\pi }{3}<x\le 0$. Заметь: точку $x=0$ берём, потому что она входит в исходный отрезок $[-2\pi ;0]$, и в ней $\cos 0=1>\frac{1}{2}$ — неравенство выполнено.

При $k=-1$: $-\frac{\pi }{3}-2\pi <x<\frac{\pi }{3}-2\pi$, то есть $-\frac{7\pi }{3}<x<-\frac{5\pi }{3}$. В числах это примерно $(-7,33;-5,24)$. Пересечение с отрезком $[-2\pi ;0]$, где $-2\pi \approx -6,28$, даёт $-2\pi \le x<-\frac{5\pi }{3}$.

Теперь ищем наибольшее целое. В первом куске $-\frac{\pi }{3}\approx -1,05$, поэтому туда попадают целые $x=-1$ (оно больше $-1,05$) и $x=0$ (правый конец полуинтервала входит). Наибольшее из них — $x=0$.

Частая ловушка: ученик доходит до $x=-1$ и останавливается, забыв проверить правый конец $x=0$. Но раз он входит в отрезок и удовлетворяет неравенству, он и даёт ответ, ведь $0>-1$.

Ответ: $0$.

Типичные ошибки

Что запомнить

Синус живёт на вертикали: $\sin x>a$ — дуга сверху горизонтали $y=a$, между $\arcsin a$ и $\pi -\arcsin a$. Косинус живёт на горизонтали: $\cos x>a$ — дуга справа от вертикали $x=a$, между $-\arccos a$ и $\arccos a$. Тангенс монотонен на каждой полуволне, поэтому его неравенство решается как обычное числовое, а потом добавляется период $\pi k$.

Перед записью ответа всегда делай проверку контрольной точкой: подставь в исходное неравенство угол из найденной дуги (например, $\pi /2$ для верхней или $0$ для правой) и убедись, что неравенство выполнено. Эта тридцатисекундная проверка ловит почти все ошибки с выбором дуги.

И ещё про крайние значения. Когда правая часть выходит за пределы $[-1;1]$, окружность не нужна вовсе, ответ виден сразу. Синус и косинус всегда лежат между $-1$ и $1$. Значит $\sin x>2$ или $\cos x\ge 5$ не имеют решений: левая часть просто не дотягивает до правой. А $\sin x>-3$ или $\cos x<4$ верны при любом $x$, потому что левая часть всегда укладывается в нужный диапазон. На экзамене такие неравенства иногда прячут внутри более сложного выражения, и распознать их — значит сэкономить минуту и не нарисовать лишнюю окружность.

Связь с другими темами

• Тригонометрические уравнения — основа: точки пересечения, которые становятся границами дуг.
• Отбор корней на единичной окружности — та же окружность, но для уравнений с заданным промежутком.
• Отбор корней тригонометрических уравнений — алгебраический способ через неравенство для $n$.

В каких заданиях ЕГЭ встречается

• Задание 12 — простейшие тригонометрические неравенства и уравнения с отбором корней.
• Задание 15 (часть 2) — неравенства, где тригонометрия комбинируется с логарифмами и дробями; метод окружности остаётся базовым инструментом для тригонометрической части.