Príklady
- Príklad 1
- Riešte goniometrickú nerovnicu s neznámou \(x \in \mathbb{R}\):
\(\sin 2x \leq {1 \over 2}\)
Riešenie
Zavedieme pomocnú substitúciu \(y = 2x.\)
\(\sin y \leq {1 \over 2}\)
Situáciu zobrazíme na jednotkovej kružnici:
Využitím jednotkovej kružnice dostávame riešenie:
\(y \in \left \langle {5 \over 6} \pi + 2k\pi; 2\pi + {\pi \over 6} + 2k\pi \right \rangle = \left \langle {5 \over 6}\pi + 2k\pi; {13 \over 6}\pi + 2k\pi \right \rangle \)
Vrátime sa k subtitúcií \(y = 2x\), odkiaľ plynie, že \(2x \in \left \langle {5 \over 6}\pi + 2k\pi; {13 \over 6}\pi + 2k\pi \right \rangle. \)
Úpravou dostávame \(x \in \left \langle {5 \over 12}\pi + k\pi; {13 \over 12}\pi + k\pi \right \rangle, k \in \mathbb{Z}. \)
Výsledné riešenie zapíšeme v tvare \(K = \bigcup\limits_{k\in\mathbb{Z}} \left \langle {5 \over 12}\pi + k\pi; {13 \over 12}\pi + k\pi \right \rangle. \)
- Príklad 2
- Riešte goniometrickú nerovnicu s neznámou \(x \in \mathbb{R}\):
\(|{\rm tg}\: x| \geq {\rm tg}\: {\large \pi \over 3}\)
Riešenie
Aby výrazy v nerovnici boli definované, musí platiť podmienka \(x \not= (2k + 1){\large \pi \large \over \large 2}, k \in \mathbb{Z}.\)
\(|{\rm tg}\: x| \geq \sqrt {3}\) (Použili sme tabuľkovú hodnotu funkcie tangens uvedenú v časti.)
Z definície absolútnej hodnoty vyplýva:
\({\rm tg}\: x \leq - \sqrt {3} \vee {\rm tg}\: x \geq \sqrt {3}\)
(Bližšie informácie o absolútnej hodnote môžme nájsť v bakalárskej práci Základné poznatky z matematiky na strednej škole.)
Využitím grafu funkcie a periodičnosti funkcie tangens dostávame riešenie:
\(x \in \left (-{\pi \over 2} + k\pi; -{\pi \over 3} + k\pi \right \rangle \cup \left \langle {\pi \over 3} + k\pi; {\pi \over 2} + k\pi \right ), k \in \mathbb{Z}.\)
Výsledné riešenie zapíšeme v tvare \(K = \bigcup\limits_{k\in\mathbb{Z}} \Big\{\left(-{\pi \over 2} + k\pi; -{\pi \over 3} + k\pi \right \rangle \cup \left \langle {\pi \over 3} + k\pi; {\pi \over 2} + k\pi\right)\Big\}\ \).
- Príklad 3
- Riešte goniometrickú nerovnicu s neznámou \(x \in \mathbb{R}\):
\(\sin x > \cos x\)
Riešenie
Využijeme graf funkcie sínus a kosínus:
Časť grafu vyznačená červenou farbou zahŕňa riešenie danej nerovnice. Je vidieť, že riešenim pri využití periódy \(2\pi\) je množina \(K = \bigcup\limits_{k\in\mathbb{Z}} \left ({\pi \over 4} + 2k\pi; {5 \over 4}\pi + 2k\pi \right ). \)
- Príklad 4
- Riešte goniometrickú nerovnicu s neznámou \(x \in \langle 0; 2\pi \rangle\):
\(\cos 2x + \sin x < 1\)
Riešenie
\(\cos^2 x - \sin^2 x + \sin x < 1\) (Použili sme vzorec \(\cos 2x = \cos^2 x - \sin^2 x\).)
\((1- \sin^2 x) - \sin^2 x + \sin x < 1\) (Použili sme vzorec \(\cos^2 x + \sin^2 x = 1\).)
\(1 - 2\sin^2 x + \sin x < 1\)
\( - 2\sin^2 x + \sin x < 0\)
\( \sin x(-2\sin x + 1) < 0\) (Využijeme vlastnosť, kedy je súčin dvoch čísel menší ako nula.)
\( \sin x(-2\sin x + 1) < 0 \Leftrightarrow (\sin x < 0 \wedge -2\sin x + 1 > 0) \vee (\sin x > 0 \wedge -2\sin x + 1 < 0)\)
Riešenie sa nám rozdelí na dva prípady.
Prvá možnosť:
\( \sin x < 0 \wedge -2\sin x + 1 > 0\)
\( \sin x < 0 \)
Z jednotkovej kružnice plynie, že \( \sin x < 0 \Rightarrow K_{11}= (\pi; 2\pi)\).
\( -2\sin x + 1 > 0 \)
\( \sin x < {1 \over 2} \)
Z jednotkovej kružnice plynie, že \( \sin x < {1 \over 2} \Rightarrow K_{12}= \left(0; {\pi \over 6}\right) \cup \left({5 \over 6}\pi; 2\pi\right)\).
\(K_1 = K_{11} \cap K_{12}\)
\(K_1 = (\pi; 2\pi)\)
Druhá možnosť:
\( \sin x > 0 \wedge -2\sin x + 1 < 0\)
\( \sin x > 0 \)
Z jednotkovej kružnice plynie, že \( \sin x > 0 \Rightarrow K_{21}= (0; \pi)\).
\( -2\sin x + 1 < 0 \)
\( \sin x > {1 \over 2} \)
Z jednotkovej kružnice plynie, že \( \sin x > {1 \over 2} \Rightarrow K_{22}= \left({\pi \over 6}; {5 \over 6}\right)\).
\(K_2 = K_{21} \cap K_{22}\)
\(K_2 = \left({\pi \over 6}; {5 \over 6}\right)\)
\(K = K_{1} \cup K_{2}\) (Celkově riešenie je zjednotením dvoch čiastkových.)
Výsledné riešenie zapíšeme v tvare \(K = \left ({\pi \over 6}; {5 \over 6}\pi \right ) \cup \left(\pi; 2\pi \right). \)
- Príklad 5
- Riešte goniometrickú nerovnicu s neznámou \(x \in \mathbb{R}\):
\(-2\sin^2 x + 5\cos x +4 \geq 0\)
Riešenie
\(-2(1 - \cos^2 x) + 5\cos x +4 \geq 0\) (Použili sme vzorec \(\cos^2 x + \sin^2 x = 1\).)
\( 2\cos^2 x + 5\cos x + 2 \geq 0\)
Zavedieme substitúciu \(\cos x = a\)
\( 2a^2 + 5a + 2 \geq 0\) (Určíme diskriminant a korene odpovedajúcej kvadratickej rovnice.)
\(D = 5^2 - 4\cdot 2 \cdot 2 = 9\)
Riešenia kvadratickej rovnice teda sú:
\(a_{1,2}= \large {-5 \large \pm 3 \large \over \large 2\cdot 2}\), čiže \(a_1={-1\over 2}\); \(a_2 = -2\)
Nájdené korene využíjeme k tomu, aby sme kvadratický trojčlen v nerovnici rozložili na súčin.
\( 2\left(a + {1 \over 2}\right)\cdot (a+2) \geq 0\) (Vrátime sa k substitúcií \(\cos x = a\).)
\((2\cos x + 1)(\cos x + 2) \geq 0\) (Využijeme vlastnosť, kedy je súčin dvoch čísel väčší ako nula.)
\((2\cos x + 1)(\cos x + 2) \geq 0 \Leftrightarrow (2\cos x + 1 \geq 0 \wedge \cos x + 2 \geq 0) \vee (2\cos x + 1 \leq 0 \wedge \cos x + 2 \leq 0)\)
Riešenie sa nám rozdelí na dva prípady.
Prvá možnosť:
\( 2\cos x + 1 \geq 0 \wedge \cos x + 2 \geq 0\)
\( \cos x \geq -{1 \over 2} \wedge \cos x \geq -2\), odkiaľ plynie, že \( \cos x \geq -{1 \over 2}\)
Situáciu si znázornime na jednotkovej kružnici.
Využitím jednotkovej kružnice, periodičnosti funkcie kosínus, platí \(-{2 \over 3}\pi + 2\pi = {4 \over 3}\pi\), dostávame riešenie, ktoré zapíšeme v tvare \(K = \bigcup\limits_{k\in\mathbb{Z}} \left \langle -{2 \over 3}\pi + 2k\pi; {2 \over 3}\pi + 2k\pi \right \rangle. \)
Druhá možnosť:
\( 2\cos x + 1 \leq 0 \wedge \cos x + 2 \leq 0\)
\( \cos x \leq -{1 \over 2} \wedge \cos x \leq -2\), odkiaľ plynie, že \( \cos x \leq -2\)
\( \cos x \leq -2 \Rightarrow x \in \emptyset\) (Plynie z oboru funkčných hodnôt funkcie kosínus.)
Odkiaľ plynie, že množina koreňov je prázdna, čo matematický zapíšeme ako \(K_2 = \emptyset\)
\(K = K_{1} \cup K_{2}\) (Celkově riešenie je zjednotením dvoch čiastkových.)
Výsledné riešenie zapíšeme v tvare \(K = \bigcup\limits_{k\in\mathbb{Z}}\left \langle -{2 \over 3}\pi + 2k\pi; {2 \over 3}\pi + 2k\pi \right \rangle. \)
