Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md 1

II. Тригонометрические неравенства

Основной способ решения тригонометрических неравенств состоит в их сведении к неравенствам вида

sin x ∨ a, cos x ∨ a, tg x ∨ a, ctg x ∨ a,  (1)

где a ∈ R, символ ” ∨ ” означает знак сравнения и заменяет любой из знаков ” > ”, ” ≥ ”, ” < ”, ” ≤ ” и использовании следующих утверждений.

Утверждение 1. Множество решений неравенства

sin x > a  (2)

есть 1. R, если a < −1;

2. ⋃_{k∈Z}(arcsin a + 2πk; π − arcsin a + 2πk), если −1 ≤ a < 1;

3. Пустое множество, если a ≥ 1.

[figure: y; x; 0; arcsin a + 2πk; π − arcsin a + 2πk; a; 1; −1]

Утверждение 2. Множество решений неравенства

sin x < a  (3)

есть 1. R, если a > 1;

2. ⋃_{k∈Z}(−π − arcsin a + 2πk; arcsin a + 2πk), если −1 < a ≤ 1;

3. Пустое множество, если a ≤ −1.

[figure: y; x; 0; arcsin a + 2πk; −π − arcsin a + 2πk; a; 1; −1]

Утверждение 3. Множество решений неравенства

cos x > a  (4)

есть 1. R, если a < −1;

2. ⋃_{k∈Z}(2πk − arccos a; 2πk + arccos a), если −1 ≤ a < 1;

3. Пустое множество, если a ≥ 1.

[figure: y; x; 0; arccos a + 2πk; − arccos a + 2πk; a; 1; −1]

Утверждение 4. Множество решений неравенства

cos x < a  (5)

есть 1. R, если a > 1;

2. ⋃_{k∈Z}(2πk + arccos a; 2π(k + 1) − arccos a), если −1 < a ≤ 1;

3. Пустое множество, если a ≤ −1.

[figure: y; x; 0; arccos a + 2πk; − arccos a + 2πk; a; 1; −1]

Утверждение 5. Множество решений неравенства

tg x > a  (6)

есть ⋃_{k∈Z}(arctg a + πk; \frac{π}{2} + πk).

[figure: y; x; 0; arctg a + πk; \frac{π}{2} + πk; a]

Утверждение 6. Множество решений неравенства

tg x < a  (7)

есть ⋃_{k∈Z}(−\frac{π}{2} + πk; arctg a + πk).

[figure: y; x; 0; arctg a + πk; \frac{π}{2} + πk; −\frac{π}{2} + πk; a]

Утверждение 7. Множество решений неравенства

ctg x > a  (8)

есть ⋃_{k∈Z}(πk; arcctg a + πk).

[figure: y; x; 0; arcctg a + πk; πk; a]

Утверждение 8. Множество решений неравенства

ctg x < a  (9)

есть ⋃_{k∈Z}(arcctg a + πk; π(k + 1))

[figure: y; x; 0; arcctg a + πk; π + πk; a]

Замечания. 1. Если знак неравенства (2)-(9) нестрогий, то во множестве решений неравенства включается также и множество решений соответствующего уравнения.

2. Утверждения (1)-(8) легко доказать используя графики и свойства соответствующих тригонометрических функций.

Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md 5

Упражнение 1. Решить неравенства

1) sin 2x < \frac{1}{2};  7) ctg^{2} x − ctg x − 2 ≤ 0;
2) 2 sin (\frac{π}{4} − x) ≤ \sqrt{2};  8) sin 2x − \sqrt{3} cos 2x > \sqrt{2};
3) cos^{2} x ≥ \frac{1}{4};  9) \frac{2 tg x}{1 + tg x} + \frac{1}{tg x} ≥ 2;
4) − 2 ≤ tg x < 1;  10) 4 sin x cos x(cos^{2} x − sin^{2} x) < sin 6x;
5) 2 sin^{2} x − 5 sin x + 2 > 0;  11) sin x sin 3x ≥ sin 5x sin 7x;
6) sin^{4} x + cos^{4} x ≥ \frac{\sqrt{3}}{2};  12) sin x + sin 2x + sin 3x > 0.

Решение. 1) Обозначив 2x = t, получим неравенство sin t < \frac{1}{2} которое, согласно утверждению 2, имеет решения

2πk − π − arcsin \frac{1}{2} < t < arcsin \frac{1}{2} + 2πk, k ∈ Z.

Отсюда, учитывая что arcsin \frac{1}{2} = \frac{π}{6} , получим

2πk − π − \frac{π}{6} < 2x < \frac{π}{6} + 2πk, k ∈ Z,

или

2πk − \frac{7π}{6} < 2x < \frac{π}{6} + 2πk, k ∈ Z,

или

πk − \frac{7π}{12} < x < \frac{π}{12} + πk, k ∈ Z.

Таким образом, множество решений исходного неравенства есть

⋃_{k∈Z} (πk − \frac{7π}{12} ; \frac{π}{12} + πk) .

2) Используя нечетность функции синус, получим

2 sin (\frac{π}{4} − x) ≤ \sqrt{2} ⇔ −2 sin (x − \frac{π}{4} ) ≤ \sqrt{2} ⇔ sin (x − \frac{π}{4} ) ≥ −\frac{1}{\sqrt{2}}.

Обозначив t = x − \frac{π}{4} , получим неравенство

sin t ≥ −\frac{1}{\sqrt{2}}

Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md 6

решения которого (см. утверждение 1 и замечание 1) есть

2πk + arcsin (−\frac{1}{\sqrt{2}}) ≤ t ≤ π − arcsin (−\frac{1}{\sqrt{2}}) + 2πk, k ∈ Z.

Отсюда, учитывая что arcsin (−\frac{1}{\sqrt{2}}) = −\frac{π}{4} , получим

2πk − \frac{π}{4} ≤ x − \frac{π}{4} ≤ π + \frac{π}{4} + 2πk, k ∈ Z,

или

2πk ≤ x ≤ \frac{3π}{2} + 2πk, k ∈ Z.

3) Поскольку cos^{2} x = \frac{1 + cos 2x}{2}, неравенство примет вид \frac{1 + cos 2x}{2} ≥ \frac{1}{4} или cos 2x ≥ −\frac{1}{2}. Используя утверждение 3 получим

2πk − arccos (−\frac{1}{2}) ≤ 2x ≤ arccos (−\frac{1}{2}) + 2πk.

Так как arccos (−\frac{1}{2}) = \frac{2π}{3} , следует

2πk − \frac{2π}{3} ≤ 2x ≤ \frac{2π}{3} + 2πk, k ∈ Z,

откуда

πk − \frac{π}{3} ≤ x ≤ \frac{π}{3} + πk, k ∈ Z.

Данное неравенство можно решить и иначе.

cos^{2} x ≥ \frac{1}{4} ⇔ | cos x| ≥ \frac{1}{2} ⇔ [ \begin{matrix}cos x ≥ \frac{1}{2}, \\ cos x ≤ −\frac{1}{2}, \end{matrix} ⇔

⇔ [ \begin{matrix}2πn − \frac{π}{3} ≤ x ≤ \frac{π}{3} + 2πn, n ∈ Z, \\ 2πm + \frac{2π}{3} ≤ x ≤ \frac{4π}{3} + 2πm, m ∈ Z \end{matrix} ⇔ πk − \frac{π}{3} ≤ x ≤ \frac{π}{3} + πk, k ∈ Z.

4) Используя утверждения 5 и 6, получим

−2 ≤ tg x < 1 ⇔ \{ \begin{matrix}tg x < 1, \\ tg x ≥ −2, \end{matrix} ⇔ \{ \begin{matrix}πn − \frac{π}{2} < x < \frac{π}{4} + πn, n ∈ Z, \\ πm − arctg 2 < x < \frac{π}{2} + πm, m ∈ Z, \end{matrix} ⇔

⇔ πk − arctg 2 ≤ x < \frac{π}{4} + πk, k ∈ Z.

Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md 7

5) Обозначим t = sin x и получим квадратное неравенство

2t^{2} − 5t + 2 > 0

решение которого есть

[ \begin{matrix}t < \frac{1}{2}, \\ t > 2. \end{matrix}

Отсюда следует совокупность неравенств

[ \begin{matrix}sin x > 2, \\ sin x < \frac{1}{2}, \end{matrix}

Первое неравенство совокупности решений не имеет, а из второго получим

2πk − \frac{7π}{6} < x < \frac{π}{6} + 2πk, k ∈ Z.

6) Поскольку

sin^{4} x + cos^{4} x = (sin^{2} x)^{2} + (cos^{2} x)^{2} = (sin^{2} x + cos^{2} x)^{2} − 2 sin^{2} x cos^{2} x =

= 1 − \frac{1}{2} sin^{2} 2x = 1 − \frac{1}{2} · \frac{1 − cos 4x}{2} = 1 − \frac{1 − cos 4x}{4},

неравенство примет вид

1 − \frac{1 − cos 4x}{4} ≥ \frac{\sqrt{3}}{2}

или cos 4x ≥ 2\sqrt{3} − 3. Так как |2\sqrt{3} − 3| ≤ 1, используя утверждение 3, получим

2πk − arccos(2\sqrt{3} − 3) < 4x < arccos(2\sqrt{3} − 3) + 2πk, k ∈ Z,

или

\frac{πk}{2} − \frac{1}{4} arccos(2\sqrt{3} − 3) < x < \frac{1}{4} arccos(2\sqrt{3} − 3) + \frac{πk}{2} , k ∈ Z.

7) Положив t = ctg x, получим квадратное неравенство

t^{2} − t − 2 ≤ 0

решение которого −1 ≤ t ≤ 2, откуда −1 ≤ ctg x ≤ 2. Последнее неравенство решаем используя утверждения 7 и 8

−1 ≤ ctg x ≤ 2 ⇔ \{ \begin{matrix}ctg x ≤ 2, \\ ctg x ≥ −1, \end{matrix} ⇔ \{ \begin{matrix}πk + arcctg 2 ≤ x < π + πn, n ∈ Z \\ πm < x ≤ \frac{3π}{4} + πm, m ∈ Z \end{matrix} ⇔

⇔ πk + arcctg 2 ≤ x ≤ \frac{3π}{4} + πk, k ∈ Z.

Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md 8

8) Используя метод вспомогательного угла, получим

sin 2x − \sqrt{3} cos 2x > \sqrt{2} ⇔ \frac{1}{2} sin 2x − \frac{\sqrt{3}}{2} cos 2x > \frac{\sqrt{2}}{2} ⇔

⇔ sin 2x cos \frac{π}{3} − cos 2x sin \frac{π}{3} > \frac{\sqrt{2}}{2} ⇔ sin (2x − \frac{π}{3} ) > \frac{\sqrt{2}}{2} ⇔

⇔ 2πk + \frac{π}{4} < 2x − \frac{π}{3} < π − \frac{π}{4} + 2πk, k ∈ Z ⇔

⇔ 2πk + \frac{π}{4} + \frac{π}{3} < 2x < \frac{3π}{4} + \frac{π}{3} + 2πk, k ∈ Z ⇔

⇔ πk + \frac{7π}{24} < x < \frac{13π}{24} + πk, k ∈ Z.

9) Сделаем подстановку tg x = t и решим неравенство используя метод интервалов

\frac{2t}{1 + t} + \frac{1}{t} ≥ 2 ⇔ \frac{2t^{2} + 1 + t − 2t(1 + t)}{t(t + 1)} ≥ 0 ⇔ \frac{1 − t}{t(t + 1)} ≥ 0 ⇔ [ \begin{matrix}0 < t ≤ 1, \\ t < −1. \end{matrix}

Таким образом пролучена совокупность неравенств

[ \begin{matrix}0 < tg x ≤ 1, \\ tg x < −1, \end{matrix}

которое решается используя утверждения 5 и 6

[ \begin{matrix}0 < tg x ≤ 1, \\ tg x < −1 \end{matrix} ⇔ [ \begin{matrix}\{ & \begin{matrix}tg x ≤ 1, \\ tg x > 0, \end{matrix} \\ −\frac{π}{2} + πm < x < −\frac{π}{4} + πm, m ∈ Z, \end{matrix} ⇔

⇔ [ \begin{matrix}πn < x ≤ \frac{π}{4} + πn, n ∈ Z, \\ −\frac{π}{2} + πm < x < −\frac{π}{4} + πm, m ∈ Z. \end{matrix}

10) Используя формулы синуса и косинуса двойного аргумента получим

4 sin x cos x(cos^{2} x − sin^{2} x) < sin 10x ⇔ 2 sin 2x · cos 2x < sin 6x ⇔

⇔ sin 4x < sin 6x ⇔ sin 6x − sin 4x > 0 ⇔ 2 sin x cos 5x > 0.

Учитывая что 2π есть один из периодов функции f(x) = sin x cos 5x и используя обобщенный метод интервалов для интервала длины 2π, получим

0+\frac{π}{10} − \frac{3π}{10} + \frac{π}{2} − \frac{7π}{10} + \frac{9π}{10}−π+\frac{11π}{10} − \frac{13π}{10} + \frac{3π}{2} − \frac{17π}{10} + \frac{19π}{10}−2π sin x cos 5x 0  +  π  −  2π sin x + \frac{π}{10} − \frac{3π}{10} + \frac{π}{2} − \frac{7π}{10} + \frac{9π}{10} − \frac{11π}{10} + \frac{13π}{10} − \frac{3π}{2} + \frac{17π}{10} − \frac{19π}{10} + cos 5x

Таким образом, множество решений данного неравенства есть обьединение множеств:

(2πk; \frac{π}{10} + 2πk) ∪ (\frac{3π}{10} + 2πk; \frac{π}{2} + 2πk) ∪ (\frac{7π}{10} + 2πk; \frac{9π}{10} + 2πk) ∪

∪ (2πk + π; \frac{11π}{10} + 2πk) ∪ (2πk + \frac{13π}{10} ; \frac{3π}{2} + 2πk) ∪ (\frac{17π}{10} + 2πk; \frac{19π}{10} + 2πk) .

11) sin x sin 3x ≥ sin 2x sin 4x ⇔ \frac{1}{2}(cos 2x − cos 4x) ≥ \frac{1}{2}(cos 2x − cos 6x) ⇔ ⇔ − cos 4x ≥ − cos 6x ⇔ cos 6x − cos 4x ≥ 0 ⇔ −2 sin x sin 5x ≥ 0 ⇔ sin x sin 5x ≤ 0.

Решая последнее неравенство и аналогично предыдущему примеру получим

⋃_{k∈Z} [\frac{2π}{5} n; \frac{π}{5} + \frac{2π}{5} n] .

12) sin x+sin 2x+sin 3x > 0 ⇔ (sin x+sin 3x)+sin 2x > 0 ⇔ 2 sin 2x cos x+sin 2x > 0 ⇔

⇔ sin 2x(2 cos x + 1) > 0 ⇔ [ \begin{matrix}\{ & \begin{matrix}sin 2x > 0, \\ cos x > −\frac{1}{2}, \end{matrix} \\ \{ & \begin{matrix}sin 2x < 0, \\ cos x < −\frac{1}{2}, \end{matrix} \end{matrix} ⇔

⇔ [ \begin{matrix}\{ & \begin{matrix}πn < x < \frac{π}{2} + πn, n ∈ Z, \\ −\frac{2π}{3} + 2πm < x < \frac{2π}{3} + 2πm, m ∈ Z, \end{matrix} \\ \{ & \begin{matrix}\frac{π}{2} + πn < x < π + πn, n ∈ Z, \\ 2πm + \frac{2π}{3} < x < \frac{4π}{3} + 2πm, m ∈ Z, \end{matrix} \end{matrix} ⇔

⇔ [ \begin{matrix}2πm < x < \frac{π}{2} + 2πm, m ∈ Z, \\ 2πm − \frac{2π}{3} < x < −\frac{π}{2} + 2πm, m ∈ Z, \\ 2πm + \frac{2π}{3} < x < π + 2πm, m ∈ Z. \end{matrix}

Упражнения для самостоятельного решения

Решить неравенства

1. tg^{3} x + tg^{2} x − tg x − 1 > 0.

2. tg x + ctg x ≤ 2.

3. sin 2x < cos x.

4. cos x + cos 2x + cos 3x ≥ 0.

5. 6 sin^{2} x − 5 sin x + 1 > 0.

6. \frac{2 cos^{2} x + cos x − 1}{sin x − 1} < 0.

7. 2 cos (2x + \frac{π}{4} ) − \sqrt{3} ≤ 0.

8. tg (\frac{π}{4} − 2x) < −\sqrt{3}.

9. 2 sin^{2} x + 9 cos x − 6 ≥ 0.

10. \frac{sin x}{1 + cos x} ≥ 0.

11. 4 sin x cos x − \sqrt{2} < 2(\sqrt{2} cos x − sin x).

12. cos 2x + sin x ≥ 0.