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: $\sin x > a$, $\cos x \leq a$, $\tg x < a$ 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:

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

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

Два крайних случая решаются без окружности, просто по смыслу:

• если $a \geq 1$, 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:

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

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:

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

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 $\cos x = 1$):

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

Случай cos x < a

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

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

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

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

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 $\left(-\dfrac{\pi}{2} + \pi n;\ \dfrac{\pi}{2} + \pi n\right)$ 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

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

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

Случай tg x < a

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

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

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

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 $\sin x > \dfrac{1}{2}$ 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 $\sin x > \dfrac{\sqrt{3}}{2}$.

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

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

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

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

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

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

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

Раскрытие:

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

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

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

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

Решение.

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

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

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

Шаг 3 (итоговая проверка). На промежутке $\left(-\dfrac{\pi}{2};\ \dfrac{\pi}{2}\right)$ 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: $-\dfrac{\pi}{2} < x < \dfrac{\pi}{3}$.

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.

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

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

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

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

Пример из ЕГЭ: задание 15

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

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

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

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

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

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

Теперь ищем наибольшее целое. В первом куске $-\dfrac{\pi}{3} \approx -1{,}05$, 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 $\cos x \geq 5$ 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.