Обобщение метода интервалов на тригонометрической

Обобщение метода интервалов на тригонометрической окружности.
Е.Н. Бабайлова (учитель математики, Лицей №1 пос. Львовский, Подольского района,
Московской области)
Учащиеся, успешно решающие тригонометрические уравнения, часто пасуют перед
тригонометрическими неравенствами, допуская много ошибок в окончательном отборе
решений после того, как выполнена основная часть работы. Ошибки появляются из-за
невнимательности или в силу того, что учащиеся не поняли каких-то специфических
особенностей неравенства. Не помогает и проверка. Она не всегда достаточна для того, чтобы
обнаружить ошибку. К тому же при наличии в ответе одного-двух интервалов проверка
утомительна, а при большем количестве интервалов техническая сложность проверки
многократно возрастает.
Рассмотрим
методический
подход
к
заключительному
этапу
решения
тригонометрического неравенства, который удобно разъяснять учащимся с помощью
специально составленного алгоритмического предписания.
1. Привести неравенство к такому виду, чтобы в одной его части (например, в правой) стоял
ноль.
2. Определить нули и точки разрыва функции, стоящей в левой части неравенства.
3. Расставить на единичной окружности точки, являющиеся представителями всех найденных
чисел.
4. Выбрать произвольное число 𝜑 (значение аргумента функции, стоящей в левой части
неравенства), не совпадающее ни с одним из ранее полученных чисел.
5. Провести луч ОA под углом 𝜑 к координатному лучу Ох.
6. На луче ОA получить контрольную точку A. Для этого подставить число 𝜑 в левую часть
неравенства и определить знак получившегося выражения.
Если выражение больше нуля,
то A — это произвольная точка луча ОA, лежащая вне единичной окружности.
Если выражение меньше нуля ,
то A — это произвольная точка луча ОA внутри единичной окружности.
7. Начиная с точки A провести плавную линию так, чтобы она пересекала единичную
окружность во всех отмеченных точках последовательно в порядке обхода единичной
окружности против часовой стрелки. Пройдя все точки, линия должна вернуться в точку A.
8. Выбрать нужные участки конфигурации, которую образовала проведенная линия. Для этого:
если выражение, стоящее в левой части неравенства , больше нуля,то выбрать участки фигуры,
лежащие вне единичной окружности.
Иначе — выбрать те участки фигуры, которые расположены внутри единичной окружности.
9. Отметить стрелками в положительном направлении те дуги единичной окружности, которые
принадлежат выбранным участкам. Эти дуги соответствуют множеству решений неравенства.
Теоретическая основа данного метода состоит в следующем. Пусть f(х)>0 — тригонометрическое неравенство, а T —наименьший период (часть оси Ох), на котором помещаются все
серии значений x. Построим на этой части оси схему знакопостоянства функции f(х) по методу
интервалов. Она будет походить на волнообразную линию на отрезке [0; T]. Возьмем
окружность длины T и «намотаем» на нее отрезок [0; T]. Тогда волнообразная линия обовьет
окружность так, что ее «отрицательные» части окажутся внутри окружности, а
«положительные» — вне ее. Картина будет повторяться, если продолжать «наматывание» на
окружность отрезков длины [Т, 2T], [2T, 3T] и т. д. вдоль положительной части оси Ох, а затем
и вдоль ее отрицательной части.
Проиллюстрируем описанный способ.
Пример № 1. Решите неравенство cos3x + cosх <0
Решение:
Приведем левую часть неравенства к виду 2 cos 2х соsх и рассмотрим уравнение 2 cos2х соsх=0,
которое равносильно совокупности уравнений:
cos2х =0 или соsх=0
𝜋
𝜋𝑛
Первое из уравнений этой совокупности дает I серию значений х: х1= 4 + 2 . Второе из
𝜋
уравнений cовокупности приводит ко II серии: х2 = 2 + 𝜋n.
Заполним теперь единичную окружность соответствующими точками. Для I серии достаточно
𝜋
3𝜋
5𝜋
7𝜋
взять n= 0, 1, 2, 3. Тогда значения х1 соответственно равны 4 , 4 , 4 , 4 . (при остальных
значениях n точки будут повторяться). Значения из серии x2 на единичной окружности можно
𝜋
3𝜋
представить точками 2 и 2 , которые получены при n = 0 и n= 1.
Выберем теперь контрольную точку, положив 𝜑 =0. Тогда cos0 +соs0= 2.
Значит, в данном случае луч ОA совпадает с координатным лучом Ох (угол между ними равен
0). Выберем на луче Оx произвольную точку A, находящуюся внe единичной окружности.
Соединяем точку A со всеми отмеченными точками на единичной окружности так, как показано
на рис. 1.
Решению исходного неравенства соответствуют дуги единичной окружности в тех областях,
которые отмечены на рис. 1 знаком « - ». Итак, окончательное решение :
𝜋
𝜋
3𝜋
5𝜋
3𝜋
7𝜋
x 𝜖 ( 4 +2𝜋𝑛; 2 + 2𝜋n) ∪( 4 +2𝜋𝑛; 4 + 2𝜋n) ∪ ( 2 +2𝜋𝑛; 4 + 2𝜋n)
2
4
3
4
À
õ
7
4
5
4
3
2
Рис.1
Пример № 2. Решите неравенство cos3x + cos >0
Решение:
Приведем левую часть неравенства к виду 2 cos 2х соsх>0 . Kорни выражения, стоящего в левой
части исходного неравенства, такие же, как и в примере №1. Расположение контрольной точки
А аналогичное, как на рис. 1 Решению исходного неравенства соответствуют дуги единичной
окружности в тех областях, которые отмечены на рис. 1 знаком « + ». При записи
окончательного ответа следует иметь в виду, что в одной из областей (она показана пунктирной
стрелкой) нарушается переход от меньших значений х к большим. В таком случае следует к
𝜋
7𝜋
меньшему значению ( 4 ) прибавить 2𝜋 или от большего значения ( 4 ) отнять 2𝜋.
Итак, окончательное решение можно записать в виде совокупности промежутков:
𝜋
3𝜋
5𝜋
3𝜋
7𝜋
9𝜋
x 𝜖 ( 2 +2𝜋𝑛; 4 + 2𝜋n) ∪( 4 +2𝜋𝑛; 2 + 2𝜋n) ∪ ( 4 +2𝜋𝑛; 4 + 2𝜋n)
Примечание.
Рассмотренные примеры имеют одну особенность. Серии х1 и х2 дают на
единичной окружности несовпадающие точки. Если же некоторые точки разных серий
совпадают, то будем называть их кратными. Точки, которые повторяются в четном числе серий,
будем называть точками четной кратности, а те, что повторяются в нечетном числе серий,—
точками нечетной кратности. Волнообразная линия, идущая от точки А, после встречи с точкой
нечетной кратности обязана перейти в иную область, т. е. если она находилась вне единичной
окружности, то теперь будет внутри нее, и наоборот. Но точка четной кратности не дает нашей
линии возможности перейти в иную область. Поясним сказанное.
Пример № 3. Решите неравенство sin3x ∙sin2x ∙sinx ∙ cosx>0.
Решение:
Найдём нули выражения sin3x ∙sin2x ∙sinx ∙ cosx . Получaeм :
𝜋𝑛
𝜋𝑛
sin3x = 0 ,
x1 = 3 ; sin2x = 0,
x2 = 2 ;
x3 = 𝜋n;
sin x = 0,
𝜋
x4 = 2 + 𝜋n.
cos x = 0,
На единичной окружности значения серии х1 представлены точками 0 ,
Серия х2 дает точки 0,
𝜋
2
, 𝜋,
3𝜋
2
3𝜋
𝜋
𝜋
3
,
2𝜋
3
,𝜋 ,
4𝜋
3
,
5𝜋
3
.
. Из серии х3 получаем две точки 0, 𝜋 . Наконец, серию х4
будут представлять точки 2 и 2 . Нанесем все эти точки на единичную окружность, указав в
скобках рядом с каждой из них ее кратность.
𝜋
Пусть теперь число 𝜑 будет равным 6 . Делаем прикидку по знаку:
sin
𝜋
2
sin
𝜋
3
sin
𝜋
6
cos
𝜋
3
= 8 >0
6
𝜋
Значит, точку A следует выбрать на луче, образующем угол 6 с лучом Ох, вне единичной
окружности. (Заметим, что вспомогательный луч ОA совсем не обязательно изображать на
рисунке. Точка A выбирается приблизительно.)
Теперь от точки A ведем волнообразную непрерывную линию последовательно ко всем отме𝜋
2𝜋
4𝜋
5𝜋
ченным точкам. Причем в точках 0, 3 , 3 , 𝜋 , 3 , 3 наша линия переходит из одной
области в другую: если она находилась вне единичной окружности, то переходит внутрь нее.
𝜋
Подойдя к точке 2 , линия возвращается во внутреннюю область, так как кратность этой
3𝜋
точки четная. Аналогично в точке 2 (с четной кратностью) линию приходится повернуть во
внешнюю область. Итак, мы начертили некую экстравагантную картинку, изображенную на
рис. 2. Она помогает нам выделить на единичной окружности искомые области. Они
обозначены знаком « + ».
Рис.2
2
3
(1)
2
(2)
3
(1)
À
õ
0 (3)
(3)
4
3
5
3
(1)
3
2
(1)
(2)
Окончательный ответ:
𝜋
2𝜋
4𝜋
x 𝜖 (2𝜋𝑛; 3 + 2𝜋n) ∪( 3 +2𝜋𝑛; 𝜋 + 2𝜋n) ∪ ( 3 +2𝜋𝑛;
3𝜋
2
+ 2𝜋n) ∪ (
3𝜋
2
+2𝜋𝑛;
5𝜋
3
+ 2𝜋n)
Примечание. Заметим, что если волнообразную линию после обхода ею всех отмеченных на
единичной окружности точек не удается вернуть в точку A, не пересекая окружность в
«незаконном» месте, то это означает, что в решении допущена ошибка, а именно пропущено
нечетное количество корней.
𝑡𝑔𝑥∙𝑠𝑖𝑛3𝑥
Пример 4. Решите неравенство
>0
𝑐𝑜𝑠𝑥∙𝑠𝑖𝑛2𝑥
Решение:
Найдём нули числителя и знаменателя:
sin3x = 0 ,
𝜋𝑛
x1 =
;
3
sin2x = 0,
x2 =
𝜋
𝜋
𝜋𝑛
2
;
cos x = 0,
x3 = 2 + 𝜋n; tgx = 0, x ≠ 2 + 𝜋 x4 = 𝜋𝑛
Мы видим, что корни выражения, стоящего в левой части исходного неравенства, такие же, как
и в примере 3. Но в связи с ограничениями на значения независимой переменной в серии х4
кратность некоторых точек, соответствующих х2, изменилась.
Подбор значения 𝜑 и прикидка по знаку происходят так же, как и в примере 3. Но картинка (см.
𝜋
3𝜋
рис. 3) изменяется из-за иной кратности точек 2 и 2 .
При записи ответа заметим, что интервалы M и С, В и D центрально симметричны. Это и
отражено во вспомогательной картинке на рис. 3. Поэтому их можно объединить одной
записью.
Рис.3
2
3
2
(1)
(3)
(1)
3
Â
À
Ì
õ
(3)
0 (3)
Ñ
D
4
3
Ответ: x 𝜖 (𝜋𝑛;
𝜋
3
5
3
(1)
3
2
+ 𝜋n) ∪(
𝜋
2
(1)
(3)
+𝜋𝑛;
3𝜋
𝑥
2
+ 𝜋n)
𝑥
Пример№5. Решите неравенство sin 4 ∙ cos 3 < 0
Решение. Найдем наименьшее общее кратное знаменателей дробей — число 12 — и сделаем в
𝑥
исходном неравенстве замену у= 12 . Тогда оно примет вид sin3y ∙cos4y < 0. Решение последнего
неравенства проводится так же, как и предыдущих. Из уравнений
𝜋𝑛
𝜋
𝜋𝑛
sin3y = 0 , cos4y =0
получаем y1 = 3 , y2 = 8 + 4
На тригонометрической окружности отметим все точки, которые представляют серии значений
𝜋
3𝜋
4𝜋
у1 и у2. Положим 𝜑 = 2 . Тогда sin 2 ∙ cos 2 = — 1. Значит, точку A нужно взять на луче ОA
внутри окружности. Линия, начинающаяся в точке A, перейдет из внутренней части окружности
во внешнюю в каждой из отмеченных точек (см. рис. 4). Все области, имеющие на рис. 4 знак
« - », дают искомые значения у, из которых умножением на 12 получаем нужные интервалы для
значений х.
Рис.4
3
8
5
8
2
3
3
ÕÊ
7
8
8
õ
15
8
9
8
4
3
𝜋
Ответ: x 𝜖( 8 +2𝜋𝑛;
2𝜋n) ∪(
4𝜋
3
+2𝜋𝑛;
11
8
𝜋
3
11𝜋
8
13
8
+ 2𝜋n) ∪(
5
3
3𝜋
+ 2𝜋n) ∪ (
+2𝜋𝑛;
8
13𝜋
8
5𝜋
+2𝜋𝑛;
2𝜋
+ 2𝜋n) ∪ (
8
5𝜋
3
+ 2𝜋n)
3
+2𝜋𝑛;
7𝜋
8
+ 2𝜋n) ∪ (𝜋+2𝜋𝑛;
9𝜋
8
+