Слайд 2
Решение неравенств, содержащих тригонометрические функции обычно сводится к
решению простейших неравенств вида:
sin(t);≥)a;
cos(t);≥)a;
tg(t);≥)a;
ctg(t);≥)a;
Способы
решения этих неравенств совершенно очевидным образом вытекают из представления тригонометрических функций на единичном круге.
Слайд 4
Неравенства : sin x > a, sin x
a, sin x < a, sin x
a
Слайд 6
Тригонометрическое неравенство sin(t)≥a.
Все
точки Pt единичной окружности при значениях t, удовлетворяющих данному
неравенству, имеют ординату, большую или равную -1/2. Множество таких точек это дуга l, которая выделена жирным на рисунке ниже.
Найдем условие принадлежности точки Pt этой дуге. Точка Pt лежит на правой полуокружности, ордината Pt равна 1/2, и, следовательно, в качестве t1 удобно взять значение t1=arcsin(-1/2)=-π/6. Представим себе, что мы совершаем обход дуги l от точки Pt1 к Pt2 против часовой стрелки. Тогда t2 > t1, и, как легко понять, t2=π-arcsin(-1/2)=7*π/6. Таким образом, получаем, что точка Pt принадлежит дуге l, если -π/6 ≤ t ≤ 7*π/6. Таким образом, решения неравенства, принадлежащие промежутку [-π/2 ; 3*π/2] длиной 2*π таковы: -π/6 ≤ t ≤ 7*π/6. Вследствие периодичности синуса остальные решения получаются добавлением к найденным чисел вида 2πn, где n - целое.
Таким образом, мы приходим к ответу:
-π/6+2πn≤t≤7π/6+2πn, n - целое.
Слайд 7
Пример 1
Решите неравенство
Нарисуем тригонометрическую окружность и отметим
на ней точки, для которых ордината превосходит
Для x
[0; 2π] решением данного неравенства
будут Ясно также, что если некоторое число x будет отличаться от какого-нибудь числа из указанного интервала на 2π n то sin x также будет не меньше Следовательно, к концам найденного отрезка решения нужно просто добавить 2π n , где Окончательно, получаем, что решениями исходного неравенства будут все где
Ответ. где
Слайд 10
Тригонометрическое неравенство cos(t)
косинусом на примере решения неравенства cos(t)
окружности, абсциссы которых меньше 1/2 левее прямой x=1/2. Значит, множкество всех таких точек есть дуга l, выделенная на рисунке ниже жирным, прияем ее концы Pt1 и Pt2 не входят в это множкество. Необходимо найти точки t1 и t2. Точка Pt1 расположена на верхней полуокружности, абсцисса Pt1 равна 1/2, следовательно t1=arccos(1/2)=5*π/3. При переходе от точки Pt1 к Pt2 по дуге l выполняем обход против движения часовой стрелки, тогда t2>t1 и t2=2π-arccos(1/2)=5π/3. Точка принадлежит выделенной дуге l (исключая ее концы) при условии, что π/3
Слайд 12
Тригонометрическое неравенство tg(t)≤a
Рассмотрим способ решения тригонометрического неравенства с
тангенсом на примере неравенства tg(t)≤1.
период тангенса равен π
Найдем сначала все решения данного неравенства, принадлежащие промежутку (-π/2; π/2), а затем воспользуемся периодичностью тангенса. Для выделения всех точек Pt правой полуокружности, значения t которых удовлетворяют данному неравенству, обратимся к линии тангенсов. Если t является решением неравенства, то ордината точки T - луч AT (см. рисунок ниже). Множество точек Pt, соответствующих точкам этого луча, - дуга l, выделенная на рисунке жирным. Следует отметить, что точка Pt1 принадлежит рассматриваемому множеству, а Pt2 нет.
Найдем условие, при котором точка Pt принадлежит дуге l. t1 принадлежит интервалу (-π/2 ; π/2), и tf(t)=1, следовательно t1=arctg(1)=π/4. Значит t должно удовлетворять условию -π/2