Goniometrická nerovnice
Ahoj, můžete mi prosím pomoci s touto nerovnicí? Sedím u toho už hodinu s vůbec si nevím rady. Zkoušel jsem různé substituce, ale moc mi to nepomohlo.
Daniel B.
26. 03. 2021 02:01
4 odpovědi
Přeji pěkné odpoledne, Danieli,
zkoušel jsem to řešit analyticky nejrůznějšími způsoby, strávil jsem u toho rovněž víc času, než bych byl ochotný připustit, a tragicky jsem selhal. Zkusil jsem tedy použít matematický software, ale ani ten nenašel pěkné analytické řešení v R.
Abyste tu tedy měl alespoň nějakou odpověď, nastíním, jak bych přistoupil k numerickému řešení. Začnu nějakými analytickými úpravami a úvahami.
V nerovnici |tan4(x)−|sin(−2⋅x)|−1|≤2 můžeme evidentně vyjádřit sin(−2⋅x) jako −sin(2⋅x), protože sinus je lichá funkce. Minus před sinem můžeme rovnou zanedbat, protože násobí celý vnitřek absolutní hodnoty.
Máme tedy |tan4(x)−|sin(2⋅x)|−1|≤2.
Vnější absolutní hodnoty se rádoby elegantně zbavíme tak, že celek rozdělíme na dvě nerovnice.
−2≤tan4(x)−|sin(2⋅x)|−1≤2
V tuto chvíli je docela dobré si uvědomit, že tan4(x) je funkce zdola omezená (je umocněna na sudé číslo), tedy se zobrazuje pouze na nezáporná čísla. Dále postřehněme, že sinus je omezený shora, tedy nikdy nenabude vyšší funkční hodnoty než 1. Pokud tedy od tan4(x) odečteme |sin(2⋅x)|−1, nemůže být výsledek nikdy nižší než −2, tedy druhou zavedenou nerovnici můžeme opět elegantně ignorovat, protože tato nerovnost je splněna vždy.
tan4(x)−|sin(2⋅x)|−1≤2
Přistupme teď k další mentální gymnastice. Funkce tan(x) je periodická s periodou π na intervalech (−π2+k⋅π,π2+k⋅π), kde k∈Z. To samé musí platit pro tan4(x), protože umocnění s periodou nic neudělalo.
Je známo, že tan(x) je lichá funkce, tudíž tan4(x) musí být sudá, neboť z lichosti obyčejného tangensu vyplývá tan4(−x)=(−1)4⋅tan4(x)=tan4(x).
Současně i |sin(2⋅x)| musí být sudá funkce, protože |sin(−2⋅x)|=|−sin(2⋅x)|=|sin(2⋅x)|, jak už jsem vysvětloval výše.
Že je funkce f(x)=−1 sudá, snad není třeba dále rozvádět.
Na levé straně nerovnice tan4(x)−|sin(2⋅x)|−1≤2 tedy máme součet/rozdíl tří funkcí, které jsou všechny sudé, tedy i funkce f(x)=tan4(x)−|sin(2⋅x)|−1 musí být sudá.
K čemu to je? Vy chcete řešit rovnici na intervalu (−1,1), ale s vědomím výše zmíněného faktu o sudosti funkce nám stačí vyřešit nerovnici na intervalu ⟨0,1) a výsledek následně jen zrcadlově překlopit na interval (−1,0⟩.
Práce na intervalu ⟨0,1) nám přinese další příjemné benefity. Funkce sin(2⋅x) je na celém tomto intervalu nezáporná, v nerovnici tedy můžeme odstranit i druhou absolutní hodnotu, protože na intervalu ⟨0,1) bude platit sin(2⋅x)=|sin(2⋅x)|.
Řešíme tedy
tan4(x)−sin(2⋅x)−1≤2 na intervalu ⟨0,1).
To už vypadá o něco příjemněji!
Nyní nerovnici převedeme na porovnávání s nulou a budeme hledat nulové body, tedy z nerovnice uděláme rovnici.
tan4(x)−sin(2⋅x)−3=0 na intervalu ⟨0,1)
nebo taky
tan4(x)=sin(2⋅x)+3 na intervalu ⟨0,1)
Hledat tyto kořeny je ovšem stále nepřekonatelný problém. Můžeme říct s jistotou jen to, že na daném intervalu je funkce tan4(x) rostoucí a funkce sin(2⋅x)+3 je rostoucí na ⟨0,π4⟩ a klesající na ⟨π4,1) s lokálním maximem v bodě π4. To plyne z derivací těchto funkcí.
Přitom na ⟨0,1) se funkční hodnoty funkce sin(2⋅x)+3 pohybují na intervalu ⟨3,4⟩ a funkční hodnoty tan4(x) na intervalu ⟨0,tan4(1)), kde tan4(1)>4 (což lze ukázat s pomocí Taylorova rozvoje tangensu po několika iteracích).
Jelikož obor hodnot jedné z funkcí je podmnožinou druhého a obě funkce jsou na intervalu ⟨0,1) spojité, existuje alespoň 1 kořen rovnice.
Nyní si připomeňme vzrušující fakt, že sin(2⋅x)+3 dosahuje lokálního maxima v bodě π4 a tan4(π4)=1, tedy na intervalu ⟨0,π4⟩ nabývá funkce sin(2⋅x)+3 hodnot z intervalu ⟨3,4⟩, zatímco funkce tan4(x) se zde zobrazí pouze do intervalu ⟨0,1⟩, tudíž na intervalu ⟨0,π4⟩ určitě žádný kořen rovnice ležet nemůže.
To je pro náš příklad ale podstatná informace, protože na zbývajícím intervalu ⟨π4,1) jsou obě sledované funkce ryze monotónní, přičemž jedna je rostoucí a druhá klesající, tedy může existovat maximálně jeden kořen rovnice. My jsme v předešlých odstavcích ukázali, že musí existovat alespoň jeden. Nyní víme, že existuje právě jeden, který označíme jako x0.
K čemu je všechno toto dobré? Právě jsme si (bez vykreslení grafů a bez použití matematického software) zdůvodnili, že řešením celé původní nerovnice je pouze jediný interval ⟨−x0,x0⟩, kde x0 je jediným existujícím řešením rovnice tan4(x)=sin(2⋅x)+3 na intervalu ⟨π4,1). Argumenty ke všem těmto dílčím tvrzením najdete výše.
To je asi tak všechno, k čemu se mi podařilo dohrabat analytickou cestou. Nyní nastupuje na řadu numerická matematika. Jak ale víme, řada numerických metod (např. půlení intervalu nebo Regula falsi) má jeden závažný nedostatek - pokud na intervalu existuje větší množství řešení, tato metoda najde vždy jen jedno.
My ale víme, že potřebujeme najít na konkrétním intervalu jediné řešení, které tam zcela určitě je jako jediné, což je naprosto ideální východisko pro numerickou metodu.
Moje odpověď na původní dotaz je tedy taková: zvolte si nějakou přesnost a najděte na intervalu ⟨π4,1) pomocí metody půlení intervalu (která vždy konverguje, pokud existuje řešení) kořen x0 rovnice tan4(x)=sin(2⋅x)+3, který je tam právě jeden.
Interval ⟨−x0,x0⟩ pak určitě musí být úplným řešením původní nerovnice.
Je mi líto, Danieli, že jsem vám nepomohl najít řešení analytické, ale snad vám alespoň toto bude k užitku. Pokud je to školní úloha a váš kantor se vytasí s nějakým analytickým řešením, určitě dejte vědět, protože by mě to opravdu zajímalo.
Zatím přeji pěkný zbytek dne.
Zdravím.
Přidám malý dodatek.
Stejně jako kolega i já nad problémem strávil značnou část víkendu. A také nemám analytické řešení.
Víceméně stejnými úvahami jsem se dostal k tomu, že potřebuji vyřešit rovnici
tan4x=sin2x+3 pro x∈(0;1]
Ta rovnice se dá celkem triviálními úpravami upravit tak, aby v ní byla jen fce tangens.
tan4x=2sinxcosx+3sin2x+3cos2x
tan4x=cos2x(2tanx+3tan2x+3) a protože cosx≠0
tan4xcos2x=3tan2x+2tanx+3 a identita 1cos2x=tan2x+1 dává
tan6x+tan4x−3tan2x−2tanx−3=0
a tady jsem skončil, protože tuto rovnici 6. stupně analyticky nevyřeším.
Snad ti to k něcemu bude.
Přeji pěkný večer,
děkuji za doplnění. Přiznám se, že jsem to zkoušel také rozložit na substituovatelný polynom a tuto možnost jsem úplně přehlédl.
Každopádně, příliš pozdě jsem si všiml, že dotaz byl položen v sekci střední škola a nejsem si úplně jistý, jestli se na střední škole běžně probírá numerická matematika, o které jsem psal, tak svou předchozí odpověď ještě stručně doplním o drobné vysvětlení.
Danieli, v okamžiku, kdy nemůžeme najít analytické řešení (tj. naprosto přesné řešení, které v případě goniometrických nerovnic často operuje s konstantou π), je v praxi možné se iterativně (v postupných krocích) neustále správnému výsledku přibližovat, ačkoliv jej nikdy nedosáhneme. U určitém okamžiku je ale z našeho pohledu dost přesné na to, abychom ho mohli považovat za uspokojující. Vytrácí se tím sice ta krása analytické matematiky, ale mnohdy nám nezbývá nic jiného.
Abych tedy uvedl příklad, k čemu můžete dospět při numerickém řešení výše odvozených rovnic na intervalu ⟨π4,1), přibližně po 40 krocích pomocí takzvané metody půlení intervalu jsem dospěl k tomu, že řešení je přibližně
x0∼1899731017741⋅π+2758544801786835184372088832,
přičemž skutečné řešení se od tohoto liší maximálně o 1.2⋅10−14. V metodě se samozřejmě dá pokračovat dalšími a dalšími kroky, které výsledek stále o něco zpřesňují.
V dalších krocích se jednotlivé konstanty výsledku stále dramaticky zvyšují a zlomek se stává obludným.
správnost přibližného řešení potvrzuje WolframAlpha: