Trigonometrikus egyenlőtlenségek

A szinuszfüggvény értéke az első és a második síknegyedben nagyobb $\frac{1}{2}$-nél, a $\frac{\pi}{6}$ és $\frac{5\pi}{6}$ közötti szögekre. A periodicitást figyelembe véve a megoldás: $$ \frac{\pi}{6} + 2k\pi < x < \frac{5\pi}{6} + 2k\pi $$ ahol $k \in \mathbb{Z}$.

A koszinusz függvény értéke a második és harmadik síknegyedben kisebb vagy egyenlő, mint a megadott érték. $$ \frac{3\pi}{4} + 2k\pi \le x \le \frac{5\pi}{4} + 2k\pi $$ ahol $k \in \mathbb{Z}$.

A tangens függvény szigorúan monoton nő a $\left(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right)$ nyílt intervallumon. Értéke az $\frac{\pi}{4}$ helynél éri el az $1$-et. A függvény $\pi$ szerint periodikus. $$ \frac{\pi}{4} + k\pi \le x < \frac{\pi}{2} + k\pi $$ ahol $k \in \mathbb{Z}$.

A kotangens függvény szigorúan monoton csökkenő minden olyan nyílt intervallumán, ahol értelmezve van. Értéke $\frac{\pi}{6}$-nál $\sqrt{3}$. $$ \frac{\pi}{6} + k\pi < x < \pi + k\pi $$ ahol $k \in \mathbb{Z}$.

Rendezzük át az egyenlőtlenséget: $\sin^2 x \ge \frac{1}{2}$, ami azzal ekvivalens, hogy $|\sin x| \ge \frac{\sqrt{2}}{2}$. A megoldás felírható az első és második síknegyed, valamint a harmadik és negyedik síknegyed megfelelő részeinek uniójaként: $$ \frac{\pi}{4} + k\pi \le x \le \frac{3\pi}{4} + k\pi $$ ahol $k \in \mathbb{Z}$.

Vezessünk be új ismeretlent: $y = \cos x$. Ekkor a $2y^2 - 3y + 1 \le 0$ másodfokú egyenlőtlenséget kapjuk. Ennek zérushelyei $y_1 = 1$ és $y_2 = \frac{1}{2}$, így a megoldás $\frac{1}{2} \le \cos x \le 1$. Visszahelyettesítve a koszinusz függvénybe: $$ -\frac{\pi}{3} + 2k\pi \le x \le \frac{\pi}{3} + 2k\pi $$ ahol $k \in \mathbb{Z}$.

Szorozzuk be az egyenletet $\frac{\sqrt{2}}{2}$-vel: $\frac{\sqrt{2}}{2}\sin x + \frac{\sqrt{2}}{2}\cos x > 0$. Alkalmazva az addíciós tételt: $\sin\left(x + \frac{\pi}{4}\right) > 0$. A szinusz függvény akkor pozitív, ha argumentuma $(0 + 2k\pi; \pi + 2k\pi)$ közé esik. $$ 0 + 2k\pi < x + \frac{\pi}{4} < \pi + 2k\pi $$ Ebből következik: $$ -\frac{\pi}{4} + 2k\pi < x < \frac{3\pi}{4} + 2k\pi $$ ahol $k \in \mathbb{Z}$.

A $\sin u < \frac{\sqrt{3}}{2}$ egyenlőtlenség megoldása: $\frac{2\pi}{3} + 2k\pi < u < \frac{7\pi}{3} + 2k\pi$. Helyettesítsük vissza az $u = 2x$ kifejezést, majd osszunk kettővel: $$ \frac{\pi}{3} + k\pi < x < \frac{7\pi}{6} + k\pi $$ ahol $k \in \mathbb{Z}$.

A $\cos u \ge \frac{1}{2}$ egyenlőtlenség megoldása: $-\frac{\pi}{3} + 2k\pi \le u \le \frac{\pi}{3} + 2k\pi$. Helyettesítsük be az $u = x - \frac{\pi}{4}$ kifejezést, majd adjunk hozzá mindkét oldalhoz $\frac{\pi}{4}$-et: $$ -\frac{\pi}{12} + 2k\pi \le x \le \frac{7\pi}{12} + 2k\pi $$ ahol $k \in \mathbb{Z}$.

Az egyenlőtlenség átrendezve: $\text{tg}^2 x > 3$, ami ekvivalens azzal, hogy $|\text{tg} x| > \sqrt{3}$. Ez két esetet jelent: $\text{tg} x > \sqrt{3}$ vagy $\text{tg} x < -\sqrt{3}$. A megoldáshalmaz két intervallum uniójaként írható fel: $$ x \in \left( \frac{\pi}{3} + k\pi ; \frac{\pi}{2} + k\pi \right) \cup \left( -\frac{\pi}{2} + k\pi ; -\frac{\pi}{3} + k\pi \right) $$ ahol $k \in \mathbb{Z}$.

Szorozzuk meg az egyenlőtlenséget 2-vel, és alkalmazzuk a kétszeres szög szinuszára vonatkozó azonosságot ($2\sin x \cos x = \sin(2x)$). A $\sin(2x) \le \frac{1}{2}$ egyenlőtlenséget kapjuk. Ennek megoldása: $$ \frac{5\pi}{6} + 2k\pi \le 2x \le \frac{13\pi}{6} + 2k\pi $$ Osztva kettővel: $$ \frac{5\pi}{12} + k\pi \le x \le \frac{13\pi}{12} + k\pi $$ ahol $k \in \mathbb{Z}$.

Alkalmazzuk a $\cos(2x) = 2\cos^2 x - 1$ azonosságot. Így a $2\cos^2 x + \cos x - 1 < 0$ egyenlőtlenséget kapjuk. Az $y = \cos x$ helyettesítéssel kapott másodfokú egyenlet zérushelyei $-1$ és $\frac{1}{2}$. Mivel a főegyüttható pozitív, az egyenlőtlenség akkor teljesül, ha $-1 < \cos x < \frac{1}{2}$. A koszinusz függvény értelmezése alapján a megoldás: $$ \frac{\pi}{3} + 2k\pi < x < \frac{5\pi}{3} + 2k\pi \quad \text{és} \quad x \neq \pi + 2k\pi $$ ahol $k \in \mathbb{Z}$.

Emeljünk ki 2-t a bal oldalból: $2\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\sin x - \frac{1}{2}\cos x\right) \ge 1$. Felismerve a nevezetes szögfüggvényértékeket, ez átírható az addíciós tétel segítségével: $2\sin\left(x - \frac{\pi}{6}\right) \ge 1$, azaz $\sin\left(x - \frac{\pi}{6}\right) \ge \frac{1}{2}$. Ebből következik, hogy $\frac{\pi}{6} + 2k\pi \le x - \frac{\pi}{6} \le \frac{5\pi}{6} + 2k\pi$. Mindhárom oldalhoz hozzáadva $\frac{\pi}{6}$-ot: $$ \frac{\pi}{3} + 2k\pi \le x \le \pi + 2k\pi $$ ahol $k \in \mathbb{Z}$.

Alakítsuk szorzattá a bal oldalt kiemeléssel: $\sin x (\sin x - 1) \le 0$. A $\sin x$ értékkészlete $[-1; 1]$, emiatt $\sin x - 1 \le 0$ mindig igaz minden valós $x$-re. A szorzat tehát akkor lesz kisebb vagy egyenlő nullánál, ha a másik tényező nemnegatív, azaz $\sin x \ge 0$. Ez az első és második síknegyedben teljesül: $$ 2k\pi \le x \le \pi + 2k\pi $$ ahol $k \in \mathbb{Z}$.

Írjuk át a kifejezést szinusz és koszinusz segítségével: $\frac{\sin x}{\cos x} + \frac{\cos x}{\sin x} \ge 2$. Közös nevezőre hozva és a pitagoraszi azonosságot alkalmazva a számláló $1$ lesz: $\frac{1}{\sin x \cos x} \ge 2$. Tudjuk, hogy $2\sin x \cos x = \sin(2x)$, így az egyenlőtlenség alakja: $\frac{2}{\sin(2x)} \ge 2$. Mivel $\sin(2x)$ maximális értéke $1$, a tört értéke akkor és csak akkor nagyobb vagy egyenlő $2$-nél, ha $0 < \sin(2x) \le 1$. Mivel $\sin(2x) \le 1$ mindig igaz, elég a $0 < \sin(2x)$ feltételt vizsgálni. $$ 2k\pi < 2x < \pi + 2k\pi $$ $$ k\pi < x < \frac{\pi}{2} + k\pi $$ ahol $k \in \mathbb{Z}$.

Rendezzük nullára: $\sin(3x) - \sin x > 0$. Alkalmazzuk a trigonometrikus különbség szorzattá alakítására vonatkozó azonosságot: $2\cos(2x)\sin x > 0$. Két esetben lesz a szorzat pozitív: 1. Ha mindkét tényező pozitív: $\cos(2x) > 0$ és $\sin x > 0$. Ebből adódik: $x \in \left(2k\pi; \frac{\pi}{4} + 2k\pi\right) \cup \left(\frac{3\pi}{4} + 2k\pi; \pi + 2k\pi\right)$. 2. Ha mindkét tényező negatív: $\cos(2x) < 0$ és $\sin x < 0$. Ebből adódik: $x \in \left(\frac{5\pi}{4} + 2k\pi; \frac{7\pi}{4} + 2k\pi\right)$. A teljes megoldáshalmaz ezen intervallumok uniója, ahol $k \in \mathbb{Z}$.

Rendezzük az egyenletet nullára és emeljünk ki koszinuszt: $\cos x (\cos^2 x - 1) \le 0$. A $\cos^2 x - 1$ kifejezés azonos $-\sin^2 x$-szel. Behelyettesítve: $-\cos x \sin^2 x \le 0$, vagyis $\cos x \sin^2 x \ge 0$. Mivel a $\sin^2 x$ értéke mindig nemnegatív, a szorzat akkor lesz nagyobb vagy egyenlő nullánál, ha $\cos x \ge 0$ (első és negyedik síknegyed), vagy ha $\sin^2 x = 0$ (ami akkor teljesül, ha $x = k\pi$). A végső megoldás: $$ x \in \left[ -\frac{\pi}{2} + 2k\pi ; \frac{\pi}{2} + 2k\pi \right] \cup \{ k\pi \} $$ ahol $k \in \mathbb{Z}$.

Emeljük négyzetre az egyenlőtlenséget: $\sin^2 x > \frac{1}{2}$. Alkalmazzuk a linearizáló formulát: $\frac{1-\cos(2x)}{2} > \frac{1}{2}$, amit egyszerűsítve a $\cos(2x) < 0$ feltételt kapjuk. A koszinusz függvény ott negatív, ahol argumentuma $\frac{\pi}{2}$ és $\frac{3\pi}{2}$ közé esik: $\frac{\pi}{2} + 2k\pi < 2x < \frac{3\pi}{2} + 2k\pi$. Kettővel osztva a megoldás: $$ \frac{\pi}{4} + k\pi < x < \frac{3\pi}{4} + k\pi $$ ahol $k \in \mathbb{Z}$.

Osszuk el az egyenlőtlenség mindkét oldalát 2-vel: $\frac{1}{2}\sin x + \frac{\sqrt{3}}{2}\cos x \le \frac{\sqrt{2}}{2}$. Felismerve, hogy $\cos\frac{\pi}{3} = \frac{1}{2}$ és $\sin\frac{\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2}$, az addíciós tétel alapján ez felírható úgy, mint $\sin\left(x + \frac{\pi}{3}\right) \le \frac{\sqrt{2}}{2}$. Az alap egyenlőtlenséget megoldva: $\frac{3\pi}{4} + 2k\pi \le x + \frac{\pi}{3} \le \frac{9\pi}{4} + 2k\pi$. Kivonva $\frac{\pi}{3}$-at mindkét oldalból: $$ \frac{5\pi}{12} + 2k\pi \le x \le \frac{23\pi}{12} + 2k\pi $$ ahol $k \in \mathbb{Z}$.

Vegyük észre, hogy a bal oldal egy teljes négyzet: $(2\sin x - 1)^2 > 0$. Egy valós szám négyzete mindig nagyobb vagy egyenlő nullával. A szigorú egyenlőtlenség miatt csupán azokat a pontokat kell kizárnunk, ahol a kifejezés értéke pontosan nulla. Ezek a pontok ott találhatók, ahol $2\sin x - 1 = 0$, azaz $\sin x = \frac{1}{2}$. A megoldáshalmaz tehát a valós számok halmaza, kivéve ezeket a pontokat: $$ x \in \mathbb{R} \setminus \left\{ \frac{\pi}{6} + 2k\pi ; \frac{5\pi}{6} + 2k\pi \right\} $$ ahol $k \in \mathbb{Z}$.