Решение простейших тригонометрических 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.

< a, sin x a

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.

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

решения неравенства cos(t)<1/2. Множество точек единичной 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

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