Trigonometriska olikheter

En trigonometrisk olikhet ser ut som en trigonometrisk ekvation, fast med <, >, ≤ eller ≥ i stället för likhetstecknet. Ta till exempel den här:

$$\sin x>\frac{1}{2}$$

Vi söker alla x för vilka sinus är större än en halv. En del av jobbet har vi redan gjort. Ekvationen $\sin x=\frac{1}{2}$ löste vi i artikeln om trigonometriska ekvationer, och på ett varv fick vi två lösningar: $\frac{\pi }{6}$ och $\frac{5\pi }{6}$. De två talen fungerar som gränser. Någonstans mellan dem är sinus större än en halv, på andra ställen mindre. Det återstår att ta reda på var.

På enhetscirkeln

Enklast ser vi det på enhetscirkeln. Sinus för en vinkel är y-koordinaten för punkten på cirkeln, så olikheten $\sin x>\frac{1}{2}$ frågar egentligen: vilka punkter på cirkeln ligger ovanför linjen $y=\frac{1}{2}$?

Den blå linjen skär cirkeln i två punkter som motsvarar vinklarna $\frac{\pi }{6}$ och $\frac{5\pi }{6}$. Ovanför linjen ligger bara den röda bågen mellan dem. Så länge det rörliga vinkelbenet vrids moturs från $\frac{\pi }{6}$ till $\frac{5\pi }{6}$ är sinus större än en halv. Så fort den lämnar bågen faller sinus under det värdet.

Ändpunkterna hör inte till lösningen, därför är de ofyllda ringar i figuren. I dem är sinus exakt lika med $\frac{1}{2}$, och vi vill ha strikt större. På ett varv får vi alltså det öppna intervallet

$$]\frac{\pi }{6},\frac{5\pi }{6}[.$$

Men sinus är en periodisk funktion med perioden 2π: efter varje helt varv upprepas allt. Därför lägger vi till 2kπ till båda ändarna och får resultatet

$$x\in ]\frac{\pi }{6}+2k\pi ,\frac{5\pi }{6}+2k\pi [,$$

där k ∈ ℤ. För k = 0 är det bågen i figuren, för k = 1 samma båge förskjuten ett varv, alltså intervallet $]\frac{13\pi }{6},\frac{17\pi }{6}[$. Lösningen består av oändligt många intervall, som ligger på avståndet 2π från varandra.

För säkerhets skull kontrollerar vi det. Prova $x=\frac{\pi }{2}$, som ligger i intervallet. Det gäller att $\sin \frac{\pi }{2}=1$, och ett är verkligen större än en halv. Däremot ligger x = π inte i intervallet, och sin π = 0, vilket inte är större än en halv. Resultatet stämmer alltså.

Intervall över noll

Nu tar vi cosinus:

$$\cos x>\frac{1}{2}$$

Cosinus är x-koordinaten för punkten på cirkeln, så vi söker punkter till höger om den lodräta linjen som skär den vågräta axeln i punkten $\frac{1}{2}$. Ekvationen $\cos x=\frac{1}{2}$ har på det första varvet också två lösningar, $\frac{\pi }{3}$ och $\frac{5\pi }{3}$ ($\frac{\pi }{3}$ är 60° enligt de exakta värdena, och $\frac{5\pi }{3}$ är den spegelbildliga punkten under x-axeln). Bågen till höger om linjen börjar nere i punkten $\frac{5\pi }{3}$, går förbi noll och slutar uppe i punkten $\frac{\pi }{3}$.

Och här är frestelsen stor att skriva

$$]\frac{5\pi }{3},\frac{\pi }{3}[.$$

Det är en fälla. Den vänstra ändpunkten måste vara mindre än den högra, men $\frac{5\pi }{3}$ är större än $\frac{\pi }{3}$. Ett sådant intervall är tomt, det finns inget tal som samtidigt är större än $\frac{5\pi }{3}$ och mindre än $\frac{\pi }{3}$.

Det är lätt att rätta till. I stället för $\frac{5\pi }{3}$ tar vi samma punkt på cirkeln ett varv bakåt:

$$\frac{5\pi }{3}-2\pi =-\frac{\pi }{3}.$$

Vinkeln $-\frac{\pi }{3}$ pekar på samma ställe på cirkeln som $\frac{5\pi }{3}$, vi kommer bara dit genom att vrida medurs. Nu är den vänstra ändpunkten mindre än den högra, och resultatet blir

$$x\in ]-\frac{\pi }{3}+2k\pi ,\frac{\pi }{3}+2k\pi [,$$

där k ∈ ℤ. Det syns också bra på grafen till cosinus:

Den röda delen kring noll motsvarar precis intervallet för k = 0. Delen till höger, som börjar i $\frac{5\pi }{3}$, är dess kopia för k = 1, alltså $]\frac{5\pi }{3},\frac{7\pi }{3}[$. Även det är ett korrekt sätt att skriva det, bara med ett annat k. Fel blir det först när ändpunkterna byter plats.

Tangens

Sista exemplet:

$$\tan x\ge 1$$

Tangens är lika med ett för $x=\frac{\pi }{4}$. På varje gren av grafen växer tangens hela tiden, så för något större x är tangens större än ett. Men den växer bara till $\frac{\pi }{2}$, där den skenar iväg mot oändligheten, och efter den börjar den om från minus oändligheten. På en gren av grafen uppfyller alltså allt från $\frac{\pi }{4}$ till $\frac{\pi }{2}$ olikheten.

Här görs det vanligen två fel. Det första gäller perioden. Tangens upprepar sig inte efter 2π som sinus, utan redan efter π. Den som av gammal vana lägger till 2kπ missar hälften av lösningarna, till exempel $x=\frac{5\pi }{4}$, där tangens också är lika med ett.

Det andra felet lurar vid den högra ändpunkten. Den vänstra ändpunkten $\frac{\pi }{4}$ hör till lösningen, eftersom olikheten inte är strikt och $\tan \frac{\pi }{4}=1$ uppfyller den. Den högra ändpunkten $\frac{\pi }{2}$ hör däremot aldrig till lösningen, inte ens för en icke-strikt olikhet. Tangens är där inte definierad, så den kan varken vara större än eller lika med ett. Det vore ett fel att skriva det slutna intervallet $[\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{2}]$ bara för att det står ≥ i uppgiften.

Rätt blir alltså

$$x\in [\frac{\pi }{4}+k\pi ,\frac{\pi }{2}+k\pi [,$$

där k ∈ ℤ. Som kontroll sätter vi in $x=\frac{\pi }{3}$, som ligger i intervallet för k = 0. Det gäller att $\tan \frac{\pi }{3}=\sqrt{3}\approx 1,73$, vilket är mer än ett.