Fabio Giannoni Precorso di Analisi Matematica 1

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Fabio Giannoni
Precorso di Analisi Matematica 1
Indice
Capitolo 1. Introduzione
3
Capitolo 2. Alcuni richiami: insiemi e funzioni
2.1. Insiemi
2.2. Funzioni
5
5
9
Capitolo 3. Insiemi numerici
3.1. I numeri naturali
3.2. I numeri relativi
3.3. I numeri razionali
3.4. I numeri reali
13
13
15
17
20
Capitolo 4. Polinomi, radici, intervalli, moduli
4.1. Intervalli
4.2. Polinomi
4.3. Radici n-esime
4.4. Valore assoluto
22
22
23
26
27
Capitolo 5. Equazioni e disequazioni algebriche
5.1. Equazioni di secondo grado
5.2. Disequazioni di secondo grado
5.3. Radici razionali
5.4. Disequazioni biquadratiche
5.5. Equazioni di quarto grado reciproche
5.6. Disequazioni razionali
5.7. Disequazioni con il valore assoluto
5.8. Disequazioni irrazionali
30
30
32
34
35
36
40
43
46
Capitolo 6. Funzioni esponenziali e logaritmiche
6.1. Funzione esponenziale
6.2. Funzione logaritmica
49
49
55
1
INDICE
6.3. Disequzioni logaritmiche
6.4. Disequazioni esponenziali
6.5. Disequazioni trascendenti: ulteriori esempi
Capitolo 7. Funzioni trigonometriche
7.1. Funzioni trigonometriche
7.2. Equazioni trigonometriche
7.3. Disequazioni trigonometriche
2
58
60
62
64
64
80
86
Capitolo 8. Principio di Induzione e Binomio di Newton
89
8.1. Binomio di Newton e somme di potenze.
91
Il triangolo di Tartaglia per il calcolo dei coeﬃcienti binomiali 94
Capitolo 9. Brevi richiami di geometria analitica ed euclidea
95
Capitolo 10. I numeri complessi
98
Motivazioni
98
10.1. Definizione dei numeri complessi
99
10.2. Rappresentazione algebrica dei numeri complessi
100
10.3. Forma trigonometrica (o polare) dei numeri complessi 108
CAPITOLO 1
Introduzione
Queste note hanno lo scopo di fornire i prerequisiti che gli studenti
debbono conoscere gli studenti del primo annodi matematica e fisica
per poter seguiore con profitto il corso di Analisi Matematica 1.
Prima di iniziare questo precorso siete stati sottoposti ad un test
con lo scopo di provare il livello delle vostre conoscenze e consigliare
fortemente di seguire queste lezioni a chi il test non l’ha superato.
Io invece CONSIGLIO A TUTTI QUANTI di seguire questo precorso perché vi fará bene. Alla fine del precorso é previsto un test
per coloro che non l’hanno superato la prima volta.
Ma quello che importa di piú é che lo seguiate, interrompendo il
docente quando c’é qualcosa che non vi é chiaro. E riguardando a
casa le cose che sono state dette durante la lezione. E’ questo il primo
passo per pter seguire piú agevolmente le lezioni del corso di Analisi
1.
Lavorate seriamente fin da subito. Poi nelle dispense di Analisi
1 troverete le istruzioni per il loro uso, con suggerimenti per poter
imparare le cose e poter superare l’esame con esito positivo.
Buon lavoro.
Ringraziamenti. Vorrei ringraziare gli studenti del primo anno
dei corsi di laurea di Matematica e di Fisica, anno accademico 2012/13,
per la loro partecipazionee attiva alle lezioni del precorso. In particolare le studentesse Ilaria Giancamilli ed Elena Raponi per come
hanno preso gli appunti che sono stati la base per scrivere queste
note. Ed anche tutti gli studenti e studentesse che sono intervenuti
ripetutamente con domande quando non era loro chiaro qualcosa.
Tra tutti spicca la studentessa Valentina Macchiati che si puó proprio
3
1. INTRODUZIONE
4
dire che non me ne ha lasciata passare una e con le sue domande é
stata di aiuto a tutti.
Un ringraziamento particolare alla dottoressa Claudia Vannucchi che e’ stato tutor per il corso di Analisi Matematica 1 e che ha
trasformato gli appunti in un testo scorrevole.
CAPITOLO 2
Alcuni richiami: insiemi e funzioni
In questo primo capitolo, vengono richiamati sinteticamente alcuni concetti e nozioni relativi alla teoria degli insiemi e alle funzioni,
argomenti che saranno utili in seguito.
2.1. Insiemi
Ricordiamo che i matematici chiamano insieme una qualsiasi
racolta di oggetti. Questi vengono detti elementi e si dice che
appartengono all’insieme. Di soliuto gli insiemi si indicano con una
lettera maiuscola ed i suoi elementi con lettere minuscole. Con la
scrittura
a∈A
si intende dire che l’elemento a appartiene all’insieme A. Invece con
la scrittura a < A si intende che l’elemento a non appartiene ad A.
Indicheremo con ∅ l’insieme vuoto, ossia l’insieme privo di elementi. Inoltre N, Z, Q, R indichereanno rispettivamente gli insieme dei
numeri naturali, iinteri, razionali, reali.
Spesso può essere descritto mediante una proprietà che caratterizza i suoi elementi. In altre parole se P(x) è una proprietà che risulta
vera o falsa a seconda di chi è x, a partire da essa si puó descrivere
l’insieme di tutti gli elementi tali che la proprietà P è vera, e tale
insieme si rappresenta nel seguente modo:
{x : P(x) è vera} .
Esempio 2.1. Se n ∈ N, consideriamo la proprietà
P(n) : n è divisibile per 2.
5
2.1 Insiemi
6
L’insieme
{n : P(n) è vera},
è l’insieme dei numeri pari. I due punti si leggono: tali che o tale che
a seconda dei casi.
Definiamo ora le principali operazioni con gli insiemi. Gli insiemi
unione, intersezione e diﬀerenza sono definiti rispettivamente da
A ∪ B = {x : x ∈ A ∨ x ∈ B} ,
A ∩ B = {x : x ∈ A ∧ x ∈ B}
A \ B = {x : x ∈ A ∧ x < B} .
Si dice anche che A \ B è il complementare di B rispetto ad A. Il
simbolo ∨ si legge oppure con il significato del vel latino, mentre il
simbolo ∧ si legge e, (et latino).
Definiamo adesso le seguenti relazioni tra insiemi. Dati due insiemi A e B, si dice che A è sottoinsieme di B se ogni elemento di A
appartiene anche a B . In simboli
A⊆B
⇐⇒
(x ∈ A ⇒ x ∈ B).
Il simbolo ⇒ indica una conseguenza logica. La scrittura P(x) ⇒ Q(x)
si legge: se P(x) è vera allora Q(x) è vera. Invece il simbolo ⇐⇒ indica
una equivalenza logica. La scrittura P(x) ⇐⇒ Q(x) si legge: P(x) è
vera se e solo se Q(x) è vera.
Diciamo che due insiemi A e B sono uguali se hanno gli stessi
elementi, cioè se ogni elemento di A appartiene a B ed ogni elemento
di B appartiene ad A . In simboli:
A=B
⇐⇒
(A ⊆ B) ∧ (B ⊆ A) .
Notazione 2.2. Useremo anche i seguenti connettivi logici. Il
simbolo ∀ significherà “per ogni ”, mentre il simbolo ∃ significherà
“esiste ”.
Osservazione 2.3. Nella lingua parlata gli elementi costitutivi sono le proposizioni. Cosı̀ è anche in matematica. Ad esempio sono
proposizioni
• 2·3=6
2.1 Insiemi
7
• ∃n ∈ N : n è divisibile per 2
• n ∈ N è divisibile per 2 ∀n ∈ N.
sono proposizioni nel linguaggio matematico. Però a diﬀerenza della
lingua parlata le proposizioni in matematica possono avere un solo
valore di verità: vero o falso. Ad esempio la prima e la seconda
proposizione sono vere, mentre la terza è falsa. Una proposizione
può essere vera o falsa, non ci sono altre possibilità. D’altra parte non
tutte le proposizioni del linguaggio parlato sono una proposizione
nel linguaggio matematico (ad esempio ”Questa frase è falsa”, non
è una proposizione perché se suppongo che è vera allora è falsa e
viceversa). A titolo esemplificativo, la seguente proposizione
“∀n ∈ N,
n è divisibile per 2 “
risulta falsa.
Oltre alle proposizioni in matematica sono fondamentali le relazioni (o predicati) che possono dipendere da una o più variabili.
Quando non ci sono entità variabili si parla di proposizioni. Ad
esempio consideriamo
R(x) : x2 − 1 > 0 , x ∈ R ,
S(x, y) : x + y = 1 , x, y ∈ R .
R(1) è una proposizione falsa, S(2, −1) è una proposizione vera.
Vediamo altri esempi.
Esempio 2.4. La seguente proposizione
∀n ∈ N
n dispari
⇒
n2 pari
è falsa.
Esempio 2.5. Siano
p(n) :
n dispari
q(n) :
n2 dispari .
Allora le seguenti proposizioni
p(n)
⇒
q(n)
∀n ∈ N ,
2.1 Insiemi
⇔
p(n)
8
∀n ∈ N ,
q(n)
sono vere.
Osservazione 2.6. Sia A ⊂ R .
∀x ∈ A,
p(x)
⇒
q(x)
NON q(x)
⇒
NON p(x) .
equivale a dire
∀x ∈ A,
Siano p(x) , q(x) proprietà qualsiasi. La negazione di
p(x) ∧ q(x)
è data da
NON p(x) ∨ NON q(x) ,
mentre la negazione di
p(x) ∨ q(x)
è data da
NON p(x) ∧ NON q(x) .
Notazione 2.7. Per semplicità, inseguito indicheremo ’NON p(x)’
con ’p̃(x)’ .
La negazione di
∀x,
p(x) è vera
è
∃ x : p̃(x) .
La negazione di
∃x,
p(x) è vera
è
∀x,
p̃(x) .
La negazione di
∀x,
p(x)
⇒
q(x)
è
∃x :
p(x) ∧ q̃(x) .
2.2 Funzioni
9
Di seguito esponiamo due importanti proprietà che coinvolgono
le operazioni di intersezione ed unione.
Esercizio 2.8. verificando al doppia inclusione dimostrare le
seguenti proprietà:
(1) proprietà distributiva dell’unione rispetto all’intersezione
(A ∩ B) ∪ C = (A ∪ C) ∩ (B ∪ C) ;
(2) proprietà distributiva dell’intersezione rispetto all’unione
(A ∪ B) ∩ C = (A ∩ C) ∪ (B ∩ C) .
Concludiamo il paragrafo ricordando al definizione di prodotto
cartesiano. Chiameremo coppia ordinata (x, y) l’insieme dei due
elementi x ed y posti in ordine prestabilito: prima x e poi y. Se
x , y avremo che (x, y) , (y, x). Siano dati due insiemi X ed Y.
Chiameremo prodotto cartesiano di X ed Y l’insieme
X × Y = {(x, y) : x ∈ X, y ∈ Y}.
Nel prodotto cartesiano sono definite le cosiddette relazioni binarie.
Importanti in un dato insieme X sono ad easempio le relazioni di
ordine totale. Un relazione di ordine totale R su X é un predicato
che é definito su ogni coppia (a, b) in X × X e che gode delle seguenti
proprietá:
• R(x, x) é vera (proprietá riflessiva)
• R(x, y) ∧ R(y, x) ⇒ x = y (proprietá antisimmetrica)
• R(x, y) ∧ R(y, z) ⇒ R(x, z) (proprietá transitiva).
2.2. Funzioni
In questo paragrafo richiamiamo il concetto di funzione.
Dati due insiemi non vuoti A e B, una funzione f da A a B, indicata
nel seguente modo
f : A → B,
2.2 Funzioni
10
è una “legge”che ad ogni elemento di A associa uno ed un solo elemento di B. Se a è un elemento di A , tramite la funzione f corrisponde
ad esso l’elemento di b ∈ B indicato con f (a). In simboli
a ∈ A 7→ f (a) ∈ B .
L’elemento f (a) è detta immagine di a tramite la f , mentre a è la controimmagine di b = f (a). L’inseme A è detto dominio della funzione,
mentre B è chiamato codominio di f .
Esempio 2.9. La seguente funzione
f : N → Q,
f (n) =
2n + 1
,
3
ha come dominio N e come codominio Q , e ad ogni n ∈ N corrisponde (tramite la definizione di f ) uno ed un solo elemento
q = f (n) ∈ Q .
Definizione 2.10. Una funzione f definita da un inseme A a un
insieme B si dice iniettiva se, comunque si scelgano due elementi
a1 , a2 ∈ A
a1 , a2
⇒
f (a1 ) , f (a2 ) ,
cioè se ad elementi distinti corrispondono immagini distinte.
Osservazione 2.11. La funzione dell’Esempio 2.9 è iniettiva.
Infatti, se f (n1 ) = f (n2 ) , cioè
2n1 + 1 2n2 + 1
=
3
3
si ha
2n1 + 1 = 2n2 + 1
⇒
2n1 = 2n2
⇒
n1 = n2 .
Definizione 2.12. Sia f una funzione definita da un inseme A a
un insieme B. Si dice che f è surgettiva se
∀b ∈ B
∃a ∈ A : f (a) = b ,
cioè se ogni elemento di B è immagine di almeno un elemento di A .
2.2 Funzioni
11
Osservazione 2.13. La funzione dell’esempio 2.9 non è surgettiva.
Se lo fosse, infatti, per ogni p ∈ Q , dovrebbe esistere un n ∈ N :
2n+1
= p, cioè
3
2n + 1 = 3p
ovvero
(2.1)
2n = 3p − 1 ;
scegliendo ad esempio p = 12 , non esiste nessun n ∈ N tale per cui la
condizione (2.1) è verificata (infatti si ha 2n = 3 · 21 − 1 = 12 ) .
Invece, la funzione
2r + 1
f : Q → Q , f (r) =
3
è surgettiva, perché ∀p ∈ Q : p =
f (r) = p.
2r+1
3
, esiste r =
3p−1
2
∈ Q, tale che
Esempio 2.14. La funzione
f : R → R , f (x) = x2
non è iniettiva, essendo f (x) = f (−x) , e neppure surgettiva, poiché
se y < 0 , f (x) = y , cioè x2 = y , non ha soluzioni.
Tuttavia, se consideriamo la stessa funzione dell’esempio precedente, ma con f : R+ → R+ , abbiamo che essa è sia iniettiva che
surgettiva.
Osservazione 2.15. Le precedenti osservazioni ci consentono di
sottolineare che una funzione non è definita solo dalla “legge”, ma è
caratterizzata anche dal suo dominio (insieme di partenza) e dal suo
codominio (insieme di arrivo).
Se A = B la funzione f : A → A tale che f (a) = a si chiama
funzione identica o identità.
Definizione 2.16. Se una funzione f : A → B è sia iniettiva che
surgettiva, si dice che è una funzione biunivoca (o invertibile). In tal
caso è definita la funzione inversa
f −1 : B → A
2.2 Funzioni
12
e le funzioni composte
f ◦ f −1 : B → B
f −1 ◦ f : A → A ,
sono la funzione identità in B ed A rispettivamente.
Il simbolo ◦ è descritto nella
Definizione 2.17. Date le funzioni f : A → B , g : B → C , si
definisce la funzione composta
g◦ f :A→C
(si legge ”g composto f”) nel seguente modo: per ogni a ∈ A
def
g ◦ f (a) = g( f (a)) .
Esempio 2.18. Date le funzioni
f : N → Q,
g : Q → Q,
2n + 1
,
3
g(r) = r2 ,
f (n) =
la funzione composta g ◦ f : N → Q è definita da
(
)
2n + 1 2
(g ◦ f )(n) =
, ∀n ∈ N .
3
CAPITOLO 3
Insiemi numerici
Lo scopo di questo capitolo è quello di descrivere rapidamente gli
insiemi numerici partendo dai numeri naturali, passando agli interi
e quindi ai razionali, per concludere con l’insieme dei numeri reali.
Vengono messe in luce le principali proprietà che caratterizzano tali
insiemi.
3.1. I numeri naturali
L’insieme dei numeri naturali, solitamente indicato con la lattera
N , è l’insieme dei numeri del ‘contare’nella vita di tutti i giorni:
N = {0, 1, 2, 3, 4, ...n, ...} .
3.1.1. Peano e i suoi assiomi. Nel 1894, il matematico italiano Giuseppe Peano, propose di caratterizzare assiomaticamente
l’insieme dei numeri naturali mediante i seguenti cinque assiomi.
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
Esiste un numero naturale, lo 0 .
Ogni numero naturale ha un numero naturale successivo.
Numeri diversi hanno successori diversi.
0 non è il successore di alcun numero naturale.
Ogni sottoinsieme di numeri naturali che contenga lo zero e
il successore di ogni proprio elemento, coincide con l’intero
insieme dei numeri naturali (assioma dell’induzione).
In simboli:
(1)
(2)
(3)
(4)
Esiste un numero 0 ∈ N .
Esiste una funzione s : N → N (chiamata ”successivo”) .
x , y implica s(x) , s(y) .
s(x) , 0 ∀n ∈ N .
13
3.1 I numeri naturali
14
(5) Se U è un sottoinsieme di N tale che
(i) 0 ∈ U ,
(ii) x ∈ U ⇒ s(x) ∈ U ,
allora U = N .
3.1.2. Operazioni in N e loro proprietà. Ricordiamo le principali
proprietà delle operazioni di addizione e moltiplicazione dei numeri
naturali. Da notare che addizione e moltiplicazione possono essere
definite rigorosamente utilizzando gli assiomi di Peano. Per quanto
riguarda la somma possiamo definrila ricorsivamente ponendo
n + 0 = 0, n + s(m) = s(n + m),
mentre per la moltiplicazione si pone
n · 1 = n, n · s(m) = n · m + n,
ove 1 = s(0). (Nella moltiplicazione il punto · spesso si toglie
accostando le lettere : a · b ha lo stesso significato di ab.)
Si dice che 0 é l’elemento neutro rispetto alla somma e 1 é l’elemento neutro rispetto al prodotto. Utilizzando il principio di induzione (e la definizione di addizione e moltiplicazione) possiamo
dimostrare (con un pò di pazienza) le seguenti proprietà di addizione
e moltiplicazione:
(1) Proprietà commutativa addizione:
a + b = b + a ∀a, b ∈ N .
(2) Proprietà associativa addizione:
(a + b) + c = a + (b + c) ∀a, b, c ∈ N .
(3) Proprietà commutativa moltiplicazione:
a · b = b · a ∀a, b ∈ N .
(4) Proprietà associativa moltiplicazione:
(a · b) · c = a · (b · c) ∀a, b, c ∈ N .
(5) Proprietà distributiva:
(a + b) · c = a · c + b · c ∀a, b, c ∈ N .
Osserviamo che da queste proprietà possono essere ricavate
facilmente altre proprietà dei numeri naturali. Per esempio
3.2 I numeri relativi
15
(1) dispari + dispari = pari
Infatti: (2n + 1) + (2m + 1) = 2m + 2n + 2 = 2(m + n + 1) .
(2) dispari · dispari = dispari
Infatti: (2n + 1) · (2m + 1) = 2m · 2n + 2m + 1 = 2(mn + m + n) + 1 .
Osservazione 3.1. Si possono anche dimostrare (sempre a partire dalle definizioni di somma e prodotti) le seguenti importanti
proprietà
(3.1)
a = b ⇒ a + c = b + c ∀a, b, c ∈ N,
(3.2)
a = b ⇒ a · c = b · c ∀a, b, c ∈ N.
Inoltre si pu’ definire in N una relazione d’ordine. Si dice che m ≥ n
se m = n oppure esiste k ∈ N \ {0} tale che n + k = m: in tal caso si
scrive anche m > n. Si può dimostrare che tale relazione é in eﬀetti
un relazione di ordine totale su N.
Si noti che se m > n é ben definito il numero naturale indicato con
m − n tale che n + (m − n) = n. Inoltre si puó dimostrare che
m > n ⇒ m + k > n + k, m > n, k , 0 ⇒ m · k > n · k.
Da notare infine che in N val al legge di annullamento del
prodotto:
n · 0 = 0, per ogni n ∈ N.
Infatti n · 0 = n · (0 + 0) = n · 0 + n · 0, mentre se fosse n · 0 > 0 si avrebbe,
dalla proprietá precedente n · 0 + n · 0 > n · 0.
3.2. I numeri relativi
L’insieme dei numeri relativi, che estende quello dei naturali,
viene di norma indicato con la lettera Z e puó essere descritto da
Z = {0, 1, 2, ..., n, ...} ∪ {−1, −2, ..., −m, ...} ,
dove −1, −2, ..., −m, ... saranno rispettivamente i numeri inversi di
1, 2, ..., m, ... rispetto alla somma. In questo modo 0 resta l’elemento
neutro rispetto alla somma in Z, la somma gode delle proprietá
3.2 I numeri relativi
16
associativa e commutativa e la proprietá (3.1). Inoltre ogni elemento
m ∈ Z ha un unico elemento a ∈ Z tale che m + a = 0: tale elemnto si
dice inverso di m rispetto alla somma e si indica con −m, in accordo
con la descrizione di Z che abbiamo dato. Da notare che −(−n) = n.
I numeri naturali diversi da 0 saranno i numeri interi positivi
(> 0), mentre i numeri del tipo −m con m ∈ N \ 0 saranno i numeri
interi negativi (< 0).
Se n, m sono numeri naturali si pone per definizione



n − m, se n > m,




n + (−m) = 
0 se n = m,




−(m − n) se n < m.
La quantitá n + (−m) si indica anche con n − m. Infine si pone
(−n) + (−m) = −(n + m).
Possiamo cosı́ estendere in Z la relazione di ordine definita in N
ponendo
m > n ⇔ m − n > 0.
Adesso si pone il problema di definire la moltiplicazione in Z
estendendo quella definita in N. Se m, n sono numeri interi positivi
la moltiplicazione sarà la stessa che in N. Supponiamo pra che
n > 0 , m < 0 ,. Sia m = −p , p > 0 . Allora se vogliamo che valga la
proprietá distributiva
n · m = n · (−p)
è l’opposto di n · p , cioè
n · (−p) + n · p = 0 ,
dato che
n · (−p) + n · p = n · (−p + p) = n · 0 = 0
e vale la legge di annullamento del prodotto in N. Da notare che,
se vogliamo che valga la proprietá distributiva, −n · 0 é l’opposto di
n · 0 per cui la legge di annullamento del prodotto vale anche in Z.
Dunque anche la definizione di (−n) · (−m) é forzata e si deve avere:
(−n) · (−m) = n · m.
3.3 I numeri razionali
17
Si noti anche che 1 é l’elemento neutro rispetto al prodotto,
essendo
n · 1 = n ∀n ∈ Z .
Concludiamo questa sezione ricordando che dati due interi non
nulli m ed n, n si dice divisore di m se esiste un intero k , 1 tale che
m = k · n, e che due interi non nulli si dicono primi tra loro se non
hanno uno medesimo divisore.
3.3. I numeri razionali
L’insieme dei numeri razionali viene indicato solitamente con la
lettera Q , e i suoi elementi possono essere descritti nel seguente
modo.
Q = {r = ab−1 : a ∈ Z, b ∈ Z \ {0}},
ove i numeri del tipo b−1 saranno i reciproci di b rispetto alla moltiplicazione. Sciveremo anche r = ba , con a ∈ Z, b ∈ Z \ {0}, con
am
l’accorgimento che, per ogni m ∈ Z, bm
= ba .
Somma e moltiplicazione si possono definire nel seguente modo:
a c aq pb def 1
+ =
+
=
(aq + pb)
b d bq qb
bq
e
a p def ap
· =
,
b q
bq
verificando che tali definizioni non dipendono dalla rappresentazione scelta per i numeri razionali.
Utizzando le due definizioni precedenti e le prorietá di somma e
prodotti in Z si possono facilmente dimostare le seguenti proprietà
di somma e prodotto sui razionali (assiomi di campo)
I) In Q l’operazione + (somma) , verifica ∀a, b, c, ∈ Q :
(1) a + b = b + a (proprietà commutativa)
(2) (a + b) + c = a + (b + c) (proprietà associativa)
(3) Esiste l’elemento neutro della somma (lo zero): a + 0 = a
3.3 I numeri razionali
18
(4) Per ogni a , esiste l’elemento opposto rispetto
alla somma (−a): a + (−a) = 0.
II) In Q l’operazione · (moltiplicazione) , verifica ∀a, b, c, ∈ Q :
(1) a · b = b · a (proprietà commutativa)
(2) (a · b) · c = a · (b · c) (proprietà associativa)
(3) Esiste l’elemento neutro rispetto al prodotto (1):
a · 1 = a ∀a
(4) ∀a , 0, esiste l’inverso rispetto al prodotto (a−1 ):
a · a−1 = 1
(5) Proprietà distributiva (del prodotto rispetto alla somma):
(a + b) · c = a · c + b · c
Se usiamo la notazione r = ba , lo zero si puó rappresentare con
0
e l’unità con 11 dove 0 e 1 sono rispetivamente gli elementi neutri
1
della addizione e moltiplicazione in Z. Inoltre a−1 significa 1a mentre
−r = −a
, Da queste fondamentali proprietá si deducono tutte le altre.
b
Naturalemente possimao definire la diﬀerenza ponendo:
a − b = a + (−b),
ove b é l’inverso di b rispetto alla somma. Se r =
p
q
∈ Q \ {0} si pone
r > 0, se p, q sono entrambi positivi oppure negativi,
mentre
r < 0, altrimenti .
Allora in Q possiamo definire una relazione d’ordine totale, indicata
con il simbolo ≥:
b > a ⇔ b − a > 0.
Analogamente si possono definire le relazioni d’ordine <, ≤, ≥. La
relazione ≤ (≥) rende (Q, +, ·) un campo ordinato. Tale relazione ha
le seguenti caratteristiche:
• a≤b ⇒ a+c≤b+c
• a ≤ b,c ≥ 0 ⇒ a · c ≤ b · c,
che possono essere dimostrate facilemnte a partire dalle definizioni
date.
3.3 I numeri razionali
19
Osservazione 3.2. Sia a , 0 . L’equazione di primo grado
ax + b = 0
ha come soluzione il numero razionale
b
x=− .
a
Dagli assiomi di campo, sappiamo che esiste l’inverso di a , cioè a−1
tale che a · a−1 = 1 . Quindi
a−1 (ax + b) = a−1 · 0 = 0
a−1 · ax + a−1 · b = 0
1 · x + a−1 · b = 0
x + a−1 b = 0
x + a−1 b − (a−1 b) = −a−1 b
b
x = −a−1 b ≡ − .
a
Osservazione 3.3. L’equazione di secondo grado
(3.3)
x2 = 2 ,
(ove x2 = x · x ha come soluzioni
√
x = ± 2,
che peró non sono numeri razionali. Infatti, supponiamo per assurdo
p
che la (3.3) ammetta soluzioni razionali e sia x = , p, q ∈ Z , q , 0 ,
q
una soluzione. Come abbiamo giá osservato
p·α p
= , ∀α , 0.
q·α q
Di conseguenza, senza perdita di generalità, possiamo supporre che
p
p e q siano numeri primi tra loro. Poiché x = q è soluzione della
(3.3), si ha
p2
x2 = 2 = 2 ,
q
da cui
p2 = 2q2 .
3.4 I numeri reali
20
Quindi p2 è pari e di conseguenza anche p lo è (infatti, se per assurdo
p fosse dispari, anche p2 sarebbe dispari). Da p = 2m , segue che
4m2 = 2q2 , da cui 2m2 = q2 . Ma q2 è pari, quindi anche q è pari, cioè
q = 2n . Pertanto sia p che q sono divisibili per 2 e quindi non sono
primi tra loro. Possiamo cosı̀ concludere che l’equazione (3.3) non
√
ammette soluzioni razionali, e quindi 2 non è un numero razionale.
E proprio per poter dare senso alle radici quadrate dei numeri
positive che si amplia l’insieme Q a quello dei numeri reali.
3.4. I numeri reali
L’insieme dei numeri reali viene generalmente indicato con la
lettera R . Com il simobolo (R, +, ·) si indica R con la somma e la
moltiplicazione. Esso è un campo, essendo caratterizzato dagli stessi
assiomi dei numeri razionali. Tale campo è ordinato, cioè esiste un
ordinamento totale, e la relazione d’ordine verifica le proprietà:
• a≤b ⇒ a+c≤b+c
• a ≤ b,c ≥ 0 ⇒ a · c ≤ b · c,
che abbiamo visto valere per i numeri razionali. L’insieme dei numeri
reali, oltre agli assiomi dei numeri razionali, è caratterizzato dalla
seguente proprietà che lo diﬀerenzia da Q
Assioma di completezza:
(3.4) Siano A, B ⊂ R tali che a ≤ b ∀a ∈ A, , ∀b ∈ B .
Allora ∃x ∈ R( detto elemento separatore tra A e B) :
a ≤ x ≤ b,
∀a ∈ A, ∀b ∈ B .
Esempio 3.4. Gli insiemi
A = {y ∈ R : y ≤ 0} ∧ {y > 0 : y2 < 2} ,
e
B = {y > 0 : y2 > 2} ,
hanno come elemento di separazione il numero reale
√
2.
3.4 I numeri reali
21
Figura 1
Figura 2
Un modo per descrivere i numeri reali é quello in cui si usano gli
allineamenti decimali cosiddetti propri.
Definizione 3.5. Chiamiamo allineamento decimale proprio un
allineamento decimale
a1
a2
an
a0 , a1 a2 . . . an . . . ≡ a0 +
+ 2 + ... n + ...
10 10
10
in cui le cifre an ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} da un certo posto in poi non
sono tutte uguali a 9.
Somma e relazione di ordine tra gli allineamenti decimali propri
sono facili da definire. Un pó meno lo é la definizione di moltiplicazione, perché si tratta di moltiplicare tra loro due somme infinite.
In ogni caso si puó fare e con parecchia pazienza si puó dimostrare
che l’insieme degli allineamenti periodidi propri (che é un modo di
rappresentare i numeri reali) verifica gli assiomi di campo ordinato
e l’assioma di completezza.
CAPITOLO 4
Polinomi, radici, intervalli, moduli
Questo capitolo inizia ricordando la nozione di intervallo sui numeri reali, e continua con una digressione su poliniomi e radici,
e si conclude richiamando la definizione di modulo e alcune sue
proprietà.
4.1. Intervalli
Siano a, b ∈ R , a < b . Definiamo i seguenti sottoinsiemi di R :
[a, b] = {x ∈ R : a ≤ x ≤ b} ,
] a, b ] = {x ∈ R : a < x ≤ b} ,
[ a, b [ = {x ∈ R : a ≤ x < b} ,
] a, b [ = {x ∈ R : a < x < b} .
L’insieme [a, b] è detto intervallo chiuso, ] a, b [ è detto intervallo aperto.
In generale, si definisce intervallo un sottoinsieme di R tale che, per
ogni coppia di suoi elementi x1 , x2 , appartengono al sottoinsieme
tutti i numeri reali compresi tra x1 e x2 . Dato a ∈ R , sono intervalli
anche i seguenti sottoinsiemi di R:
] a, +∞ [ = {x ∈ R : x > a} ,
[ a, +∞ [ = {x ∈ R : x ≥ a} ,
[ − ∞, a [ = {x ∈ R : x < a} ,
] − ∞, a ] = {x ∈ R : x ≤ a} .
Teniamo presente che
• I è un intervallo se per ogni a, b ∈ I con a < b si ha che
[a, b] ⊂ I ;
22
4.2 Polinomi
23
• C ⊂ R × R è convesso se e solo se ∀ c1 , c2 ∈ C il segmento che
congiunge c1 e c2 è contenuto in C .
4.2. Polinomi
Definizione 4.1. Sia n ∈ N . Un’espressione della forma
P(x) = an xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x + a0 ,
con
ai ∈ R, an , 0 , x ∈ R ,
viene detta polinomio di grado n . Gli ai sono chiamati coeﬃcienti del
polinomio e n ≡ deg P è il grado del polinomio.
I polinomi costituiscono un particolare esempio di funzione.
Esempio 4.2. Consideriamo il seguente esempio di polinomio di
grado n:
f (x) = xn ,
(4.1)
n ∈ N.
Per n=1 , si ha
f (x) = x
che è la funzione identitá in R ed é una funzione iniettiva e surgettiva.
f(x)=x
5
4
3
2
y
1
0
−1
−2
Figura 1
−3
−4
−5
−5
−4
−3
−2
−1
0
x
1
2
3
4
5
Per n=2 , abbiamo
f (x) = x2
che è una funzione non iniettiva e non surgettiva (lo diventa se consideriamo la funzione con f : R+ → R+ ), ove R+ = {x ∈ R : x ≥ 0}.
Per n=3, si ha la funzione
f (x) = x3 ,
4.2 Polinomi
24
f(x)=x2
100
90
80
70
y
60
50
40
Figura 2
30
20
10
che è sia iniettiva che surgettiva.
0
−10
−8
−6
−4
−2
0
x
2
4
6
8
10
f(x)=x3
1000
800
600
400
y
200
0
−200
Figura 3
−400
−600
−800
−1000
−10
La funzione xn gode di alcune interessanti proprietà.
−8
−6
−4
−2
0
x
2
4
6
8
10
Proprietà 4.3.
• Per n ≥ 1 , la funzione f (x) = xn con f : R+ → R+ è
strettamente crescente, cioè
0 ≤ x1 < x2
⇒
f (x1 ) < f (x2 ) .
Per dimostrare questo fatto, osserviamo preliminarmente
che la condizione f (x1 ) < f (x2 ) equivale a f (x2 ) − f (x1 ) > 0 .
4.2 Polinomi
25
Siano 0 ≤ x1 < x2 . Abbiamo
per n = 1 ,
f (x2 ) − f (x1 ) = x2 − x1 > 0 ;
per n = 2 ,
f (x2 ) − f (x1 ) = x22 − x21 = (x2 − x1 )(x2 + x1 ) > 0 ;
per n = 3 ,
f (x2 ) − f (x1 ) = x32 − x31 = (x2 − x1 )(x22 + x1 x2 + x21 ) > 0 .
In generale, si ha
(4.2) f (x2 ) − f (x1 ) = xn2 − xn1 =
n−2
(x2 − x1 )(xn−1
+ xn−2
+ xn−1
2
2 x1 + ... + x2 x1
1 ) =
(x2 − x1 ) · g(x1 , x2 ) > 0 ,
perché g(x1 , x2 ) è dato dalla somma di termini non negativi
almeno uno dei quali, xn−1
, é strettamente positivo. Si osservi
2
che nella (4.2) abbiamo utilizzato il fatto che
n−2
(x2 − x1 )(xn−1
+ xn−2
+ xn−1
2
2 x1 + ... + x2 x1
1 )
2 n−2
+ x2 xn−1
= xn2 + xn−1
2 x1 + ... + x2 x1
1
+ xn1 ),
+ x2n−2 x21 + ... + x2 xn−1
−(x1 xn−1
2
1
e semplificando nell’ultima espressione restano soltanto il
primo e l’ultimo termine, cioè xn2 − xn1 .
Si noti che essendo g(x1 , x2 ) > 0 dalla (4.2) si ha
xn2 − xn1 > 0
⇔
x2 − x1 > 0 .
• Se n è pari, f (x) = xn è una funzione pari, cioè
f (−x) =
f (x) ∀x ∈ R.
La dimostrazione di questa proprietà è immediata.
Infatti, per n pari, si ha
f (−x) = (−x)n = (−1)n xn = xn = f (x)
∀x ∈ R .
Di conseguenza, per n pari, il grafico della funzione f (x) = xn
è simmetrico rispetto all’asse y (vedere in Figura 2 il grafico
di f (x) per n=2).
4.3 Radici n-esime
26
• Se n è dispari, f (x) = xn è una funzione dispari, cioè f (−x) =
− f (x) ∀x ∈ R.
Anche in questo caso, segue facilmente che per n dispari
f (−x) = (−x)n = (−1)n xn = −xn = − f (x) ∀x ∈ R .
Di conseguenza, per n dispari, il grafico della funzione è simmetrico rispetto all’origine degli assi cartesiani (ad esempio
vedere in Figura 3 il grafico di f (x) per n=3).
Sia n ∈ N , n > 0 . Abbiamo visto che la funzione xn è strettamente
crescente in R+ . Da questo segue che la funzione x−n è strettamente
decrescente in in R+ .
In generale, vale la seguente
Proposizione 4.4. Se la funzione f : [a, b] → R+ \ {0} è strettamente
1
crescente, allora
è strettamente decrescente.
f
Dimostrazione. Supponiamo a ≤ x1 < x2 ≤ b .
1
1
Vogliamo dimostrare che
>
. Poiché f è positiva, la
f (x1 )
f (x2 )
relazione sopra equivale a
f (x2 )
> 1,
f (x1 )
a sua volta equivalente a
f (x2 ) > f (x1 ) ,
cioè l’ipotesi di stretta crescenza di f .
4.3. Radici n-esime
Sia n ∈ N e x ∈ R tale che
xn = y ,
y ≥ 0.
Il simbolo xn è detto potenza n-esima di x . Vale la seguente
Proprietà 4.5.
∃! a ∈ R+ : an = y .
4.4 Valore assoluto
27
Definizione 4.6. Il numero reale positivo a che verifica tale
proprietà è detto radice n-esima di y e si indice con
√
1
n
y ≡ yn
Osservazione 4.7. (Unicità.) L’unicitá é immediata perché
a1 , a2 ⇒ an1 , an2 .
Infatti se 0 ≤ a1 < a2 come abbiamo visto an1 < an2 .
L’esistenza é piú delicata: la dimostrazione al daremoi nel corso
di Analisi Matematica 1, utilizzando il cosiddetto Teorema degli Zeri.
4.4. Valore assoluto
Definizione 4.8. Il valore assoluto o modulo di un numero reale x ,
è definito nel seguente modo:
{
x se x ≥ 0 ,
|x| =
−x se x < 0 .
Consideriamo un numero reale a > 0 e la disequazione
|x| ≤ a .
(4.3)
Se x ≥ 0 , dalla definizione di valore assoluto si ha che |x| = x , quindi
la (4.3) diventa
x ≤ a.
Se x < 0 , la (4.3) diventa
−x ≤ a ,
cioè x ≥ −a .
Quindi, complessivamente, le soluzioni della (4.3) sono i valori
di x compresi tra −a e a , cioè
−a ≤ x ≤ a
o equivalentemente, i valori dell’intervallo [−a, a] .
4.4 Valore assoluto
28
Figura 4
Proprietà fondamentale del valore assoluto.
(1) −|x| ≤ x ≤ |x| ∀x ∈ R ; tale proprietá si dimostra
distinguendo i casi x ≥ 0 e x < 0.
(2) |xy| = |x||y| ∀x, y ∈ R
e in particolare | − x| = |x| ∀x ∈ R ; questo si dimostra
distinguendo tra le posizioni di (x, y) in R2 , a seconda che si
trovi nel primo, secondo, terzo o quarto quadrante.
(3) (Propietà triangolare) |x + y| ≤ |x| + |y| ∀x ∈ R .
Per dimostrare tale propietà, proveremo la seguente
disuguglianza ad essa equivalente
(4.4)
|x + y|2 ≤ (|x| + |y|)2
∀x ∈ R .
In generale, osserviamo che ∀a ∈ R si ha
{
a2 se a ≥ 0 ,
2
2
2
|a| = a , essendo |a| =
(−a)2 se a < 0 .
Pertanto la (4.4) equivale a
x2 + 2xy + y2 ≤ |x|2 + 2|xy| + |y|2 = x2 + 2|x||y| + y2 .
Tale disuguaglianza è vera se e solo se
2xy ≤ 2|x||y|
⇔
xy ≤ |x||y|
⇔
xy ≤ |xy| ,
ma quest’ultima proprietà è vera per ogni x, y ∈ R . La
proprietà trinagolare risulta quindi dimostrata.
(4) ||x| − |y|| ≤ |x − y| ∀x, y ∈ R .
Dimostrazione: supponiamo prima che |x| − |y| ≥ 0 , cioè
4.4 Valore assoluto
29
|x| ≥ |y| . Dobbiamo quindi provare che
|x| − |y| ≤ |x − y| ,
(4.5)
ossia
|x| ≤ |x − y| + |y| ,
e quest’ultima si dimostra applicando la proprietà
triangolare:
(4.6)
|x| = |(x − y) + y| ≤ |x − y| + |y| .
Ipotizziamo ora che |x| − |y| ≤ 0 , cioè che |x| ≤ |y| . Si vuole
dimostrare che
|y| − |x| ≤ |x − y| ;
scambiando x con y nella (4.6), si ottiene
|y| = |(y − x) + x| ≤ |y − x| + |x| = |x − y| + |x| ,
e ciò conlcude la dimostrazione.
CAPITOLO 5
Equazioni e disequazioni algebriche
In questo capitolo vengono presentati alcuni metodi risolutivi per
equazioni e disequazioni di secondo grado, disequazioni biquadratiche, equazioni di quarto grado reciproche, disequazioni contenenti
il modulo, disequazioni razionali e irrazionali. Per ciascuna tipolgia,
l’esposizione del metodo risolutivo è seguito da alcuni esempi svolti.
5.1. Equazioni di secondo grado
Nel capitolo precedente abbiamo introdotto la nozione di polinomio di grado n . In questa sezione prenderemo in considerazione
polinomi di secondo grado e ci occuperemo delle loro radici, ossia
dato il polinomio
P(x) = ax2 + bx + c ,
a, b, c ∈ R , a , 0 ,
studieremo l’equazione P(x) = 0 , ovvero
(5.1)
ax2 + bx + c = 0 .
Il nostro scopo in questa sezione sarà precisamente quello di trovare
le soluzioni x dell’equazione, dette zeri del polinomio o radici dell’equazione, cioè quei valori numerici che sostituiti al posto di x nella
(5.1) danno come risultato il valore 0.
Osserviamo anzitutto che, grazie all’ipotesi a , 0 , l’equazione
(5.1) è equivalente a
b
c
x2 + x + = 0 .
a
a
Cerchiamo α, β tali che
(5.2)
b
c
x2 + x + = (x − α)2 + β = x2 − 2αx + α2 + β .
a
a
30
5.1 Equazioni di secondo grado
Si noti subito che
(5.3)
(x − α)2 + β = 0
⇔
(x − α)2 = −β
⇔
31
√
x − α = ± −β ,
segue quindi che deve essere β ≤ 0 . Dalla (5.2) si ottiene cosı̀ il
sistema

b


 −2α = a


α2 + β = ac




 β≤0
da cui
b
4ac − b2
α=− , β=
.
2a
4a2
Sostituendo nella (5.3) si ottiene
(
)2
b
b2 − 4ac
x+
=
;
2a
4a2
per semplicità definiamo
∆ := b2 − 4ac
detto discriminante dell’equazione. Quindi
)2
(
∆
b
= 2.
x+
2a
4a
Ora, se ∆ > 0 , si ha
√
b
∆
x+
=±
,
2a
4a2
quindi l’equazione ha due soluzioni x1 , x2 reali e distinte date da
√
√
−b + ∆
−b − ∆
x1 =
, x2 =
.
2a
2a
Osservazione 5.1. Si noti che x1 + x2 = − ba , x1 x2 =
Se ∆ = 0 , si ha
c
a
)2
b
= 0,
x+
2a
perciò l’equazione ha due soluzioni reali coincidenti, cioè
(
b
.
2a
Infine, se ∆ < 0 , l’equazione non ammette soluzioni reali (non
√
essendo definita ∆).
x1 = x2 = −
5.2 Disequazioni di secondo grado
32
Osservazione 5.2. Consideriamo il caso ∆ ≥ 0 , e siano x1 , x2 soluzioni dell’equazione, quindi P(x1 ) = P(x2 ) = 0 . Dalla regola di
Ruﬃni, sappiamo che è possibile fattorizzare il polinomio, poiché
P(x) è divisibile per (x − x1 ) . Pertanto, se consideriamo l’equazione
P(x) = 0 nella forma
b
c
x2 + x + = 0 ,
a
a
si ha che
P(x) = (x − x1 )(dx + c) .
Essendo nel nostro caso il coeﬃciente di x2 uguale a 1 , P(x) diventa
P(x) = (x − x1 )(x + c) = (x − x1 )(x − x2 ) = x2 − (x1 + x2 )x + x1 x2 .
5.2. Disequazioni di secondo grado
In generale, una disequazione di secondo grado può essere
ricondotta nella forma
ax2 + bx + c R 0
con a > 0 . Se consideriamo la corrispondente funzione
y = ax2 + bx + c .
Possiamo osservare che geometricamente essa rappresenta una parabola con concavità rivolta verso l’alto. Si possono distinguere tre
casi sulla base del valore del discriminante ∆ . Consideriamo per
semplicità il caso
ax2 + bx + c ≥ 0 ,
a > 0.
Siano x1 e x2 le soluzioni (eventulmente complesse) dell’equazione
associata ax2 + bx + c = 0 . Si ha che:
• se ∆ > 0 e se supponiamo x1 < x2 , la disequazione è
soddisfatta per ogni x ≤ x1 ∨ x ≥ x2 ;
• se ∆ = 0 , si ha x1 = x2 e la disequazione è soddisfatta ∀x ∈ R ;
• se ∆ < 0 , la disequazione è soddisfatta ∀x ∈ R .
Presentiamo di seguito un esercizio svolto.
5.2 Disequazioni di secondo grado
33
Figura 1
Esercizio 5.3. Risolvere la seguente disequazione di secondo
grado:
x2 − 3x + 2 < 0 .
Svolgimento: Il discrimintante in questo caso è
∆ = 9 − 8 = 1 > 0.
Quindi, l’equazione
x2 − 3x + 2 = 0
ammette due soluzioni reali e distinte date da
x1,2 =
3±1
2
⇒
x1 = 1 , x2 = 2 .
Pertanto, la disequazione ha come soluzioni i valori dell’intervallo
] 1, 2 [ .
5.3 Radici razionali
34
5.3. Radici razionali
Allo scopo di trovare radici razionali di un polinomio a coeﬃcienti
interi é utile il seguente
Teorema 5.4. Consideriamo l’equazione
an xn + an−1 xn−1 + . . . a1 x + a0 = 0
con ogni ai in Z, e an , 0. Se x0 =
a0 e q é un divisore di an .
Dimostrazione. Sia
p
q
p
q
é una radice allora p é un divisore di
una radice con p e q primi tra loro. Si ha
p
p
p
an ( )n + an−1 ( )n−1 + . . . a1 ( ) + a0 = 0
q
q
q
Allora abbiamo
an pn + an−1 pn−1 p + . . . a1 pqn−1 + a0 qn = 0.
Ora p ddivide i primi n − 1 termini quindi deve dividere a0 qn .
Poiché p e q sono primi tra loro, p deve dividere a0 . Analogamente
q dicide i termini dal secondo in poi quindi divide an pn e pertanto
divide an .
Esempio 5.5. Se abbiamo una equazione del tipo
4x5 − 3x2 + 4x − 5 = 0
le eventuali radici razionali sono della forma ± 54 , ± 25 , ±5, ± 41 , ± 12 , ±1.
Conderiamo invece l’equazione
x3 + x + 1 = 0 .
Osserviamo che gli unici “candidati”per l’annullamento del polinomio P(x) = x3 + x + 1 sono ±1 . Ma nessuno dei due annulla P(x) .
Quindi l’equazione data non ha soluzioni razionali.
5.4 Disequazioni biquadratiche
35
5.4. Disequazioni biquadratiche
In questa sezione, vengono proposti alcuni esercizi svolti con
lo scopo di presentare il metodo risolutivo per le disequazioni
biquadratiche.
Esempio 5.6. Risolviamo la seguente disequazione
4x4 − 17x2 + 4 > 0 .
(5.4)
Utilizzando la sostituzione
x2 = t ,
la disequzione iniziale diventa una disequazione di secondo grado
in t :
4t2 − 17t + 4 > 0 .
(5.5)
Calcoliamo il discriminante
∆ = (17)2 − 4 · 16 = 225 > 0
⇒
√
∆ = 15
e determiniamo le soluzioni dell’equazione associata:
17 ± 15
1
⇒ t1 = 4 , t2 = .
8
4
Le soluzioni della disequazione (5.5) sono
{
}
1
t<
∪ {t > 4} .
4
Quindi la (5.4) ha come soluzioni
{
} {
}
1
2
x <
∪ x2 > 4 ;
4
le soluzioni di
1
x2 <
4
sono
{
}
1
1
− <x<
,
2
2
e quelle di
x2 > 4
t1,2 =
sono
{x < −2} ∪ {x > 2} .
5.5 Equazioni di quarto grado reciproche
36
Riassumendo, le soluzioni della disequzione iniziale sono
{
}
1
1
∪ {x > 2} .
{x < −2} ∪ − < x <
2
2
Esempio 5.7. Risolvere
9x4 + 4x2 − 5 > 0 .
(5.6)
Ponendo x2 = t si ottiene
9t2 + 4t − 5 > 0 .
Si ha
∆ = 16 + 180 = 196
⇒
√
∆ = 14 ,
da cui
−4 ± 14
5
⇒ t1 = , t2 = −1 .
18
9
Quindi le soluzioni della (5.6) sono
}
{
} {
5
x2 < −1 ∪ x2 >
.
9
t1,2 =
La disequzione x2 < −1 non ha soluzioni reali (essendo ∆ = −4 < 0) ,
mentre le soluzioni di x2 > 95 sono
√ } {
√ }
{
5
5
x<−
∪ x>
,
3
3
che sono anche le soluzioni della (5.6).
5.5. Equazioni di quarto grado reciproche
Le cosiddette equazioni di quarto grado reciproche, si classificano
nel seguente modo:
• I specie
P(x) = ax4 + bx3 + cx2 + bx + a
a, b, c ∈ R , a , 0 ;
• II specie
P(x) = ax4 + bx3 − bx − a
a, b ∈ R , a , 0 .
5.5 Equazioni di quarto grado reciproche
37
Osservazione 5.8. Se x0 è una radice di P(x) = 0 , allora anche x10 è
radice di P(x) = 0 . Infatti, prendiamo in cosiderazione l’equazione di
I specie (si ragiona analogamente per quelle di II specie). Il polinomio
è della forma
P(x) = ax4 + bx3 + cx2 + bx + a .
Osserviamo che
(5.7)
(5.8)
(5.9)
(
1
P
x0
)
a
x40
1
= 4
x0
1
= 4
x0
=
+
b
b
c
+a
+ 2+
3
x0 x0 x0
(
)
a + bx0 + cx20 + bx30 + ax40
· P(x0 ) .
Quindi
P(x0 ) = 0
⇒
(
P
)
1
= 0.
x0
Metodo risolutivo per le equazioni di I specie. Consideriamo
l’equazione P(x) = 0 dove il polinomio P(x) è del tipo
P(x) = ax4 + bx3 + cx2 + bx + a
a, b, c ∈ R , a , 0 .
Osserviamo preliminarmente che P(0) = a , 0 . Quindi possiamo escludere a priori il valore 0 per x , cioè supporre x , 0 . Di
conseguenza, si ha
P(x)
b
a
= ax2 + bx + c + + 2
2
x
x x
ovvero
(
)
(
)
P(x)
1
1
2
=a x + 2 +b x+
+ c.
x2
x
x
Quindi l’equazione iniziale può essere riscritta nella forma
)
(
(
)
1
1
2
+ c = 0.
a x + 2 +b x+
x
x
Si utilizza a questo punto la sostituzione
(
)
1
1 2
1
2
⇒ x + 2 = x+
− 2,
(5.10)
t=x+
x
x
x
grazie alla quale l’equazione diventa
at2 − 2a + bt + c = 0 .
5.5 Equazioni di quarto grado reciproche
38
Analogamente per le disequazioni.
Esempio 5.9. Risolvere la seguente disequazione reciproca di I
specie
2x4 − 3x3 + 4x2 − 3x + 2 > 0 .
(5.11)
Utilizzando il metodo appena esposto, grazie alla sostituzione (5.10),
si ottiene la disequazione in t
2t2 − 3t > 0 ,
le cui soluzioni sono
{
}
3
.
{t < 0} ∪ t >
2
Quindi rispetto ad x , si ha:
x+
1
<0
x
⇒
x2 + 1
<0
x
⇒
x<0
(essendo x2 + 1 > 0 per ogni x reale) ;
x+
1 3
>
x 2
⇔
⇔
⇔
x2 + 1 3
>
x
2
2
x +1 3
− >0
x
2
2
2x − 3x + 2
> 0.
2x
Osserviamo che 2x2 − 3x + 2 > 0 ∀x ∈ R , essendo ∆ = 9 − 16 < 0 .
Quindi
2x2 − 3x + 1
> 0 ⇔ x > 0.
2x
Si noti che nella procedura precedente abbiamo usato x , 0 che é
soluzione della disequazione (5.11), che pertanto é verificata da ogni
numero reale.
Metodo risolutivo per le equazioni di II specie. Consideriamo
il polinomio
P(x) = ax4 + bx3 − bx − a
a, b ∈ R , a , 0 .
5.5 Equazioni di quarto grado reciproche
39
Osserviamo che
P(1) = a + b − b + a = 0 ,
P(−1) = a + b(−1) − b(−1) − a = a − b + b − a = 0 ,
quindi P è divisiblile per x − 1 e per (x + 1). Applicando la regola di
Ruﬃni, si ottiene
P(x) = (x − 1)(ax3 + (b + a)x2 + (b + a)x + a) .
Consideriamo ora il polinomio
Q(x) = (ax3 + (b + a)x2 + (b + a)x + a) ,
e osserviamo che
Q(−1) = −a + (b + a) − (b + a) + a = 0 .
Possiamo dunsque applicare di nuovo la regola di Ruﬃni, ottenendo
cosı̀
Q(x) = (x + 1)(ax2 + bx + a) ,
da cui
P(x) = (x − 1)(x + 1)(ax2 + bx + a) .
Esempio 5.10. Risolviamo la seguente disequazione biquadratica
di II specie
x4 + 4x3 − 4x − 1 ≥ 0 .
Applicando il metodo appena esposto, la disequzione può essere
riscritta nella forma equivalente
(x − 1)(x + 1)(x2 + 4x + 1) ≥ 0 .
Studiamo il segno dei singoli fattori:
x−1≥0
⇔
x ≥ 1, x + 1 ≥ 0
e
x2 + 4x + 1 ≥ 0
⇔
(infatti si ha ∆ = 16 − 4 = 12 e
x1,2
⇔
x ≥ −1 ,
} {
}
{
√
√
x≤− 3−2 ∪ x≥ 3−2
√
−4 ± 12
=
2
5.6 Disequazioni razionali
40
√
√
√
da cui x1 = − 3 − 2 , x2 = 3 − 2 . (Si noti che − 3 − 2 < −1 <
√
3 − 2 < 1).
Figura 2
Quindi dalla situaiozne descritta graficamente si deduce che le
soluzioni della disequazione sono
} {
}
{
√
√
x ≤ − 3 − 2 ∪ −1 ≤ x ≤ 3 − 2 ∪ {x ≥ 1} .
5.6. Disequazioni razionali
In generale, una disequazione razionale può essere scritta nella
forma
P(x)
≥ 0,
Q(x)
dove P(x), Q(x) sono polinomi. Dopo aver escluso i valori che annullano Q(x) (che renderebbero la disequazione priva di significato), per
individuare l’insieme delle soluzioni, si studia il segno di ciascuno
dei polinomi, e si traccia poi uno schema riassuntivo (come nell’esempio 5.10) per stabilire gli intervalli di x per i quali l’espressione al
membro sinistro della disequazione assume il segno desiderato (nel
nostro caso valori positivi o nulli), ricordando la regola dei segni.
5.6 Disequazioni razionali
41
Esempio 5.11. Risolvere la disequazione
1
1
≥
.
x−1 x+1
Per prima cosa, escludiamo i valori di x che annullano i denominatori,
cioè
x , 1 , x , −1 .
2+
Riconduciamo ora la disequazione nella forma standard con tutte la
frazioni da una stessa parte della disuguaglianza:
1
1
−
≥0
x−1 x+1
2x2 − 2 + x + 1 − x + 1
≥0
(x − 1)(x + 1)
2x2
≥ 0.
(x − 1)(x + 1)
2+
Studiamo il segno dei singoli fattori:
2x2 ≤ 0
∀x ∈ R
x−1>0
⇔
x>1
x+1>0
⇔
x > −1 .
Quindi, riassumendo, si ha:
Figura 3
Pertanto l’insieme delle soluzioni è
{x < −1} ∪ {x > 1} ∪ {0} .
5.6 Disequazioni razionali
42
Esempio 5.12. Risolvere la disequazione
1
1
1
+
+
≥ 0.
x x−1 x−2
Anzitutto si ha:
x , 0,x , 1,x , 2.
Riconduciamo la disequazione nella forma standard:
(x − 1)(x − 2) + x(x − 2) + x(x − 1)
≥0
x(x − 1)(x − 2)
x2 − 2x − x + 2 + x2 − 2x + x2 − x
≥0
x(x − 1)(x − 2)
3x2 − 6x + 2
≥ 0.
x(x − 1)(x − 2)
Studiamo a questo punto il segno dei fattori al denominatore:
x>0
x−1>0
⇔
x>1
x−2>0
⇔
x > 2.
Passiamo quindi a studiare il segno del numeratore, trovando prima
di tutto le radici di
3x2 − 6x + 2 = 0 .
Essendo ∆ = 36 − 24 = 12 > 0 , si ha
√
√
√
6 ± 12 6 ± 2 3 3 ± 3
x1,2 =
=
=
6
6
3
da cui
√
√
3− 3
3+ 3
x1 =
, x2 =
;
3
3
quindi il denominatore è non negativo per i seguenti valori di x:
√ } {
√ }
{
3− 3
3+ 3
x≤
∪ x≥
.
3
3
Osservando che 0 <
riassuntivo:
√
3− 3
3
<1<
√
3+ 3
3
< 2, si ha il saeguente schema
5.7 Disequazioni con il valore assoluto
43
Figura 4
Pertanto l’insieme delle soluzioni della disequazione è
√ } {
√ }
{
3− 3
3+ 3
0<x≤
∪ 1<x≤
∪ {x > 2} .
3
3
5.7. Disequazioni con il valore assoluto
In questa sezione vengono risolte alcune disequazioni con il
valore assoluto.
Esempio 5.13. Risolvere la seguente disequazione
2 − |x − 2| ≥ 0 .
Dalla definzione di valore assoluto, si ha
{
x − 2 se x − 2 ≥ 0 ,
|x − 2| =
−(x − 2) se x − 2 < 0 .
Quindi la disequazione iniziale equivale all’unione delle soluzioni di
due sistemi:
{
{
x−2≥0
x−2<0
∪
2 − (x − 2) ≥ 0
2 + (x − 2) ≥ 0 .
Risolvendoli, si ha
{
x≥2
4−x≥0
{
∪
x<2
x≥0
5.7 Disequazioni con il valore assoluto
da cui
{
{
x≥2
x≤4
∪
44
x<2
x ≥ 0.
e infine
{2 ≤ x ≤ 4} ∪ {0 ≤ x < 2} ,
cioè
{0 ≤ x ≤ 4} .
Esempio 5.14. Risolvere la disequazione
2|x2 − x| > |x| .
Esaminiamo per prima cosa il segno di x2 − x:
x2 − x ≥ 0
⇔
{x ≤ 0} ∪ {x ≥ 1}.
Ricordando la definizione di | · | si ha che risolvere la disequazione
precedente è equivalente a determinare le soluzioni di
{
{
{
x≤0
0<x<1
x≥1
∪
∪
2
2
2(x − x) > −x
−2(x − x) > x
2(x2 − x) > x
{
Risolviamo i tre sistemi:
{
x≤0
0<x<1
∪
2
2x − 2x + x > 0
−2x2 + 2x − x > 0
{
⇔
{
⇒
da cui
cioè
(5.12)
∪
{
x≤0
x(2x − 1) > 0
{
⇒
{
x≤0
2x2 − x > 0
x≤0
x<0 ∨ x>
∪
0<x<1
−2x2 + x > 0
∪
0<x<1
0 < x < 12
{
∪
x≥1
2x2 − 3x > 0
{
∪
{
∪
{
} {
}
1
3
∪ x>
{x < 0} ∪ 0 < x <
2
2
{
x≥1
2x2 − 2x − x > 0
∪
0<x<1
x(−2x + 1) > 0
{
1
2
{
} {
}
1
3
x< ,x,0 ∪ x>
.
2
2
x≥1
x(2x − 3) > 0
x≥1
x<0 ∨ x>
3
2
5.7 Disequazioni con il valore assoluto
45
In alternativa, avremmo potuto risolvere la disequazione
osservando che
2|x2 − x| > |x|
⇔
2|x(x − 1)| > |x|
⇔
2|x − 1| > 1 ,
⇔
2|x||x − 1| > |x|
con x , 0
essendo |x| > 0 . Quindi in questo caso dobbiamo risolvere
1
,
2
e si procede cosı̀ con il metodo usuale, ottenendo le soluzioni come
nell’esempio 5.12.
x , 0, 2|x − 1| > 1
⇔
x , 0, |x − 1| >
Esempio 5.15. Risolvere la disequazione
x − 1 x − 7 > 1 .
Ovviamente, si pone x , 7 . Inoltre, poichè |x − 7| > 0 s2 x , 7 la
disequazione precedente è equivalente a
|x − 1| > |x − 7|, x , 7,
le cui soluzioni si ottengono risolvendo
{
x<1
1−x>7−x
Quindi:
{
x<1
1>7
{
∪
{
∪
{
1≤x<7
x−1>7−x
1≤x<7
x>4
∪
{
∪
x>7
x − 1 > x − 7.
x>7
,
1<7
ed osservando che il primo sistema è impossibile, si ottiene che
l’insieme delle soluzioni della disequazione è dato da
{4 < x < 7} ∪ {x > 7}
cioè
{x > 4 , x , 7} .
Esempio 5.16. Risolvere la disequazione
(x + 1)2 < |x2 − 1| .
5.8 Disequazioni irrazionali
46
Anzitutto osserviamo che
|x2 − 1| = |x − 1||x + 1| ,
e che x = −1 non è soluzione, quindi la disequazione data eè
equivaleente a
|x + 1| < |x − 1|
che ha per soluzioni {x < −1} ∪ {−1 < x < 0}, ossia
{x < 0 , x , −1} .
5.8. Disequazioni irrazionali
Ricordiamo che una disequazione si dice irrazionale quando in essa
compaiono uno o più radicali contenenti l’incongita.
Per risolvere una disequazione irrazionale, si cerca si trasformarla
in una razionale elevando alla stessa potenza ambo i membri della
disequazione. Occorre tuttavia fare una distinzione:
• per poter elevare a una potenza pari e ottenere una disequazione equivalente, entrambi i membri devono essere
positivi;
• elevare a una potenza dispari entrambi i membri è sempre
possibile.
In entrambi i casi si ottengono disequzioni equivalenti a quella data.
Vediamo alcuni semplici esempi.
Esempio 5.17. Risolvere la disequazione irrazionale
√
2 − x2 > 2x − 1 .
Costruiamo i due sistemi
{
2 − x2 ≥ 0
2x − 1 < 0
{
∪
2x − 1 ≥ 0
.
2 − x2 > (2x − 1)2
Nel primo sistema supponiamo che il secondo membro della disequazione sia negativo. Di conseguenza; essendo il primo membro
positivo per definizione di radice quadrata, la disequazione, nel suo
5.8 Disequazioni irrazionali
47
dominio di esistenza, è sempre verificata. Nel secondo sistema, invece, supponiamo che il secondo membro della disequazione sia
positivo e possiamo quindi elevare entrambi i membri al quadrato
(la condizione di esistenza della radice quadrata in questo caso è
ovviamente superflua).
Risolviamo ora i due sistemi:
 √
√


2
<
x
<
2
−



1


 x<
2
{ √
}
1
− 2≤x<
2
da cui
{ √
}
1
− 2≤x<
2
cioè
∪

1


 x≥
2


 5x2 − 4x − 1 < 0
∪


1


x
≥


2


1


 − < x < 1,
5
∪
{
}
1
≤x<1 ,
2
{ √
}
− 2≤x<1 .
Esempio 5.18. Risolvere la disequazione
√3
8x3 − 7 < 2x − 1 .
Eleviamo al cubo entrambi i membri della disequazione:
8x3 − 7 < (2x − 1)3
⇔
8x3 − 7 < 8x3 − 12x2 + 6x − 1
⇔
−12x2 + 6x + 6 > 0
⇔
2x2 − x − 1 < 0
ed essendo ∆ = 1 + 8 = 9 > 0 , si ottiene l’insieme delle soluzioni
1
{− < x < 1} .
2
Esempio 5.19. Risolvere la disequazione irrazionale
√
√
3x2 − 1 > x2 − 3 .
5.8 Disequazioni irrazionali
Essa è equivalente al sistema:



3x2 − 1 ≥ 0


 2
x −3≥0




 3x2 − 1 > x2 − 3
{
⇔
48
x2 − 3 ≥ 0
2x2 + 2 > 0.
Poichè 2x2 + 2 > 0 è sempre verificata, il sistema precedente è
equivalente alla disequazione
x2 − 3 ≥ 0 ,
le cui soluzioni sono
√
{x ≤ − 3}
∪
{x ≥
√
3} .
Esempio 5.20. Risolvere la disequazione irrazionale
√3
√6
x − 1 + x − 1 − 2 < 0.
Osserviamo che, in generale, per a ≥ 0 , si ha
√6
√3
1
2
1
( a)2 = (a 6 )2 = a 6 = a 3 = a ,
√6
come vedremo nel prossimo capitolo. Ponendo x − 1 = t , e
lavorando sotto l’ipotesi x − 1 ≥ 0 , la disequazione diventa
t2 + t − 2 < 0 ,
essendo ∆ = 1 + 8 = 9 , si ottiene l’insieme delle soluzioni
{−2 < t < 1} .
Quindi,


x−1≥0



 √6
x−1<1


√


 6 x − 1 > −2
{
⇔
x≥1
x−1<1
da cui
{1 ≤ x < 2} .
{
⇔
x≥1
x<2
CAPITOLO 6
Funzioni esponenziali e logaritmiche
Questo capitolo si sviluppa attorno alla funzione esponenziale e a quella logaritmica, e presenta alcuni esempi di equazioni e
disequazioni esponenziali e logaritmiche.
6.1. Funzione esponenziale
Alla scuola media ci hanno insegnato che, dato a ∈ R , n ∈ N ,
n ≥ 2, si dice potenza n-esima di a , il numero
an = a · a · ... · a ,
dato dal prodotto di n fattori tutti uguali ad a . Si pone poi: Si hanno
le seguenti proprietà:
a1 = a
a0 = 1
1
, n ∈ N.
an
Inoltre, volendo poi definire la potenza con esponente razionale,
Se p/q ∈ Q , si pone
√q
p
a q = ap .
a−n =
Ma perchè si agisce in questo modo? In realtà vogliamo determinare le funzioni da R in R che mandano somme in prodotti, ossia le
funzioni f : R → R tali che
f (x + y) = f (x) · f (y) ∀x, y ∈ R.
(6.1)
Intanto si ha
• f (1 + 1) = f (1) · f (1) = ( f (1))2 ;
49
6.1 Funzione esponenziale
50
• se n ∈ N ,
f (n) = f (1 + 1 + ... + 1) = f (1) · f (1 + 1 + ... + 1) = ( f (1))n ;
| {z }
| {z }
n volte
n−1 volte
Si pone f (1) = a cosi ( f (1))n = an per ogni n ∈ N.
Osservazione 6.1. Si noti che f (0 + 0) = f (0) · f (0), ossia
( f (0))2 = f (0).
Dunque f (0) = 1 oppure f (1) = 0. Se scegliamo f (0) = 0 si ottiene
f (0 + x) = f (x) · f (0) = 0 ∀x ∈ R.
Poiché vogliamo anche funzioni diverse dalla funzione identicamente nulla, scegliamo f in modo che f (0) = 1.
Osservazione 6.2. Se m = −n , n ∈ N , allora deve essere
1 = f (0) = f (n + (−n)) = f (n) · f (−n) = ,
per cui siamo obbligati a porre
f (−n) =
(6.2)
1
1
= n
f (n) a
ove a = f (1).
Con questa definizione si dimostra, riconducendoci ai risultati
noti in N, che vale la segeunte
Proposizione 6.3. Per ogni m, n ∈ Z, per ogni a, b ∈ R \ 0 si ha:
(1) an+m = an · am ,
(2) (a · b)n = an · bn ,
(3) (an )m = am·n .
Osservazione 6.4. Se fosse f (1) = a = 0, dovremmo avere, per
ogni x ∈ R,
f (x) = f (1 + (x − 1)) = f (1) · f (x − 1) = 0 · f (x − 1) = 0,
e quindi scegliamo a , 0.
6.1 Funzione esponenziale
51
Osservazione 6.5. Da notare poi che per poter definire f su tutti
i razionali dovremoi scegliere a > 0. Infatti
( ( ))q
1 1
1
1
f (1) = f ( + + ... + ) = f
q q
q
q
|
{z
}
q volte
( )
1
= x . Si ha
Poniamo f
q
xq = f (1) > 0
e pertanto possiamo ricavare x = f ( 1q ) in funzione di f (1) ponendo
( )
√
1
1
q
f
= ( f (1)) q ≡ f (1) .
q
(La soluzione nel caso pari si prende > 0, dato che nel caso dispari
c’e’ solo la soluzione > 0).
Sia ora r > 0 un numero razionale qualsiasi:
p
r = , p, q > 0 .
q
Deve essere
( )
(
)
( ( ))p
(√
)p
p
1
1 1
1
1
q
(6.3) f
= f p·
= f ( + + ... + ) = f
=
f (1) .
q
q
q q
q
q
|
{z
}
p volte
Se r > 0 si sfrutta il fatto che deve essere 1 = f (0) = f (r) f (−r).
pn
Osservazione 6.6. La definizione (6.3) è ben data.Infatti se r = qn
con n numero naturale non nullo, è una diversa rappresentazione del
p
numero reale r = q (p, q > 0), si ha
f (r) = f (
Ma la relazione
(
è equivalente a
[(
√
qn
√
pn
qn
) = ( a)pn .
qn
√ pn
√q
a) = ( a)p
qn
√q
a)pn ]qn = [( a)p ]qn ,
6.1 Funzione esponenziale
52
per la stretta monotonia della funzione xm con m ∈ Z.
Ma dalla (3) di Proposizione 6.3 e dalla definizione di radice
n–esima si ottiene
√
√
qn
qn
[( a)pn ]qn = [( a)qn ]pn = apn
e
√q
√q
[( a)p ]qn = [( a)q ]pn = apn .
Osservazione 6.7. Nella definizione di esponenziale con esponente razionale l’ordine con cui si esegue l’elevamento a potenza e si
estrae la radice non ha importanza. Infatti
√q
√q
( a)p = ap
è equivalente a
√q
√q
[( a)p ]q = ( ap )q .
E tale uguaglianza è vera come si verifica usando la (3) di
Proposizione 6.3.
Osservazione 6.8. Con la stessa tecnica usata nelle due osservazioni precedenti si dimostra che la Proposizione 6.3 vale anche in
Q.
Osservazione 6.9. Dalla definizione segue subito che
ar > 0, ∀r ∈ Q.
Inoltre abbiamo
a > 1 ⇒ (ar > 1 ⇔ r > 0).
Infatti sia
p
> 0.
q
Possiamo supporre p , q > 0 , ossia p , q ∈ N \ {0} . Abbiamo
√q
ar = ( a)p
r=
con a > 1. Osserviamo che
a>1
infatti
√q
a>1
⇒
⇔
√q
a > 1;
a > 1q = 1 .
6.1 Funzione esponenziale
53
Ma per ogni b > 1, bp > 1p = 1 e questo vale in particolare se
√
b = q a.
Invece se r < 0, prendendo q > 0 and p < 0 si dimostra in modo
√
simile che ( q a)p < 1
Proposizione 6.10. Se a > 1 , allora la funzione f (x) = ax è
strettamente crescente in Q, cioè
x1 < x2 ,
x1 , x2 ∈ Q
⇒
Dimostrazione. La tesi equivale a
a −a >0
x2
Ma
1
ax1
x1
⇔
a
x1
(
ax1 < ax2 .
)
ax2
− 1 > 0.
ax1
= a−x1 per ogni x1 ∈ Q, quindi
( x2
)
a
ax1 x − 1 = ax1 (ax2 · a−x1 − 1) = ax1 (ax2 −x1 − 1) > 0
a1
⇔
ax2 −x1 > 1 ,
da cui la tesi.
Consideriamo f (x) = ax , con a > 0 . Cosa succede se x ∈ R \ Q ?
√
Esempio 6.11. Sia ad esempio x = 2 . Mi è capitato tante volte
di sentirmi dire dagli studenti che
√
a
2
a · a · ... · a ,
| {z }
√
2volte
cosa che ovviamente è PAZZESCA.
Si utilizzerà il fatto che ogni numero reale può essere approssimato con una successione di numeri razionali. Sia xn una successione
di numeri razionali che approssima x numero reale. Nel corso di
Analisi 1 studieremo il comportamento di axn per arrivare a definire
ax su ogni numero reale.
Sia a > 1 . Il grafico della funzione f (x) = ax è in figura 1.
Sia 0 < a < 1 . Si ha
0<a<1
⇒
a−1 > 1 .
6.1 Funzione esponenziale
54
Figura 1
Quindi, (a−1 )x = a−x è un caso simile al precedente. Se si cambia il
segno della x , il grafico è simmetrico rispetto all’asse x . Quindi, in
questo caso, il grafico della funzione esponenziale è quello di figura
2.
Figura 2
6.2 Funzione logaritmica
55
6.2. Funzione logaritmica
Vedremo che la funzione esponenizale f (x) = ax , f : R → R+ è una
funzione biunivoca: quindi essa è invertibile. La funzione inversa
viene chiamata funzione logaritmica in base a e si indica con
loga : R+ → R
Per definizione, il loga x è l’unico y tale che a y = x . In altre parole,
il logaritmo in base a di x è l’esponente da attribuire alla base a per
ottenere l’argomento x .
Il grafico della funzione logaritmica si ottiene da quello della
funzione esponenziale, osservndo che, dato il grafico di una certa
funzione, il grafico della funzione inversa si ottiene scambiando l’asse
x con l’asse y .
Figura 3
Di seguito, vengono riportate alcune proprietà della funzione
logaritmica (definita per ogni base , 1). Esse sono conseguenza delle
proprietà della funzione esponenziale che abbiamo dimostrato per
gli esponenti razionali, ma che, come vedremo nel corso di Analisi 1,
valgono per tutti gli esponenti reali.
Cominciamo dalla
Proprietà 6.12.
aloga x = x ∀x ∈ R+ ,
6.2 Funzione logaritmica
56
Figura 4
che è una immediata conseguenza del fatto che il logaritmo in
base a è la funzione inverse della funzione esponenziale di base a.
Proprietà 6.13.
loga xy = loga x + loga y .
cioè il logaritmo trasforma un prodotto in una somma (mentre l’esponenziale
trasforma somme in prodotti: ax+y = ax · a y ).
Dimostrazione. Dimostrare la proprietà è equivalente a
verificare
aloga xy = aloga x+loga y
ma
aloga xy = xy
e
aloga x+loga y = aloga x · aloga y = xy .
Proprietà 6.14.
loga
1
= − loga x .
x
Dimostrazione. Dimostriamo la proprietà equivalente
loga
1
+ loga x = 0 ;
x
6.2 Funzione logaritmica
57
che segue dal fatto che
loga
(
)
1
1
+ loga x = loga
· x = loga 1 = 0.
x
x
Come conseguenza delle due proprietà precedenti, segue la
Proprietà 6.15.
loga
x
= loga x − loga y .
y
Inoltre abbiamo
Proprietà 6.16.
loga xα = α loga x .
Dimostrazione. Dimostriamo che
α
aloga x = aα loga x
ma quest’ultima equivalenza e vera se e solo se
xα = (aloga x )α
⇔
xα = xα
e ciò conclude la dimostrazione.
Proprietà 6.17.
loga x =
1
= − log 1 x .
a
logx a
Dimostrazione. Dimostriamo prima che
loga x =
1
.
logx a
Ciò equivale a
loga x · logx a = 1
⇔
⇔
aloga x·logx a = a
(
)logx a
aloga x
=a
⇔
xlogx a = a
⇔
a = a.
6.3 Disequzioni logaritmiche
58
Dimostriamo poi che
1
= − log 1 x .
a
logx a
Ciò equivale a
(logx a)(log 1 x) = −1
⇔
a
⇔
(( )log 1 x )logx a ( )−1
1
1
a
=
a
a
⇔
xlogx a = a
⇔
a = a.
Proprietà 6.18.
loga b = loga c · logc b .
Dimostrazione. Si ha che
loga b = loga c · logc b
⇔
⇔
aloga b = aloga c·logc b
(
)logc b
b = aloga c
⇔
b = clogc b
⇔
b = b.
6.3. Disequzioni logaritmiche
In questo paragrafo risolveremo alcune disequazioni con l’incognita che compare nell’argomento di uno o più logaritmi, ricordando
che se la base è > 1 il logaritmo è strettamente crescente, mentre se la
base è in ]0, T[ il logaritmo è strettamente decrescente.
Esempio 6.19. Risolvere la disequazione
log3 x <
1
.
2
6.3 Disequzioni logaritmiche
59
Svolgimento:
∃!x0 : log3 x0 =
1
2
che è caratterizzato da
1
3log3 x0 = 3 2
⇔
x0 =
√
3.
Quindi l’insieme delle soluzioni della disequazione è
√
{0 < x < 3} .
Esempio 6.20. Risolvere la disequazione
log 1 (x2 + 4x) > −1 .
5
Svolgimento:
∃!x0 : log 1 x0 = −1 ,
5
e
x0 =
( )−1
1
= 5.
5
Poichè 0 < 15 < 1, dobbiamo risolvere il sistema
{
{
x2 + 4x > 0
x(x + 4) > 0
⇔
⇔
2
x + 4x < 5
x2 + 4x − 5 < 0
{
x < −4 ∨ x > 0
−5 < x < 1
le cui soluzioni sono
{−5 < x < −4} ∪ {0 < x < 1} .
Esempio 6.21. Risolvere la disequazione
log2 x2 (x2 − 2) < 3 .
Svolgimento:
∃!x0 : log2 x0 = 3 , cioè x0 = 23 = 8 .
Le soluzioni della disequazione sono quindi le soluzioni del sistema
{
x2 (x2 − 2) > 0
x2 (x2 − 2) < 8 .
6.4 Disequazioni esponenziali
60
Esempio 6.22. Risolvere la disequazione
log2 x2 > log2 x .
Abbiamo
log2 x2 > log2 x
⇔
2 log2 x > log2 x
⇔
log2 x > 0
cioè {x > 1} , perchè la base 2 è maggiore di 1.
6.4. Disequazioni esponenziali
Una disequazione si dice esponenziale se l’incognita compare
all’esponente di uno o più potenze.
Esempio 6.23. Risolvere la disequazione esponenziale
4x > 2 .
L’equazione può essere riscritta nella forma
22x > 2
⇔
2x > 1
⇔
x>
1
.
2
Esempio 6.24. Risolvere la disequazione
( )x(1−12x)
1
(6.4)
< 3.
3
Svolgimento:
( )x(1−12x) ( )−1
1
1
<
⇔ x(1 − 12x) > −1
3
3
perchè ( 13 )z è streattamente decrescente, e risolvendo l’ultima
disequazione si trovano le soluzioni della (6.4).
Esempio 6.25. Risolvere la disequazione
2
8x+1 ≥ 2x .
Svolgimento:
2
8x+1 ≥ 2x
⇔
2
23(x+1) ≥ 2x
⇔
3(x + 1) ≥ x2
da cui si ricavano le soluzioni della disequazione iniziale.
6.4 Disequazioni esponenziali
61
Esempio 6.26. Risolvere la disequazione
24x −5x +1 < 1 .
4
2
Svolgimento:
24x −5x +1 < 1
4
2
⇔
24x −5x +1 < 20
4
2
⇔
4x4 − 5x2 + 1 < 0
e risolvendo si trovano le soluzioni della disequazione iniziale.
Esempio 6.27. Risolvere la disequazione
2|x−1| < 2x .
Svolgimento:
2|x−1| < 2x
⇔
|x − 1| < x
e risolvendo si trovano le soluzioni della disequazione iniziale.
Esempio 6.28. Risolvere la disequazione
4x + 2x − 2 < 0 .
Svolgimento: osserviamo che
4x = 22x = (2x )2
quindi la disequazione diventa
(2x )2 + 2x − 2 < 0 ,
da cui, ponendo 2x = t si ottiene
t2 + t − 2 < 0
{
⇔
2x > −2
2x < 1
⇔
{
⇔
−2 < t < 1
x∈R
x<0
⇔
{x < 0} .
6.5 Disequazioni trascendenti: ulteriori esempi
62
6.5. Disequazioni trascendenti: ulteriori esempi
Esempio 6.29. Risolvere la disequazione
(x + 1)x −1 > 1 .
2
Svolgimento: poniamo la condizione di esistenza
x+1>0
⇔
x > −1 .
Si ha
(x + 1)x −1 > 1
2
x2 −1
⇔
2log2 (x+1)
> 2log2 1
⇔
(x2 − 1) log2 (x + 1) > 0 .
2(x −1) log2 (x+1) > 20
2
⇔
Studiamo il segno dei fattori (nel nostro insieme di esistenza)
x2 − 1 > 0
log2 (x + 1) > 0
⇔
⇔
x>1
x+1>1
⇔
x > 0.
Quindi le soluzioni sono {−1 < x < 0} ∪ {x > 1} .
Esempio 6.30. Risolvere la disequazione
(6.5)
logx−2 (2x2 − 13x + 21) > 0 .
Svolgimento: poniamo la condizione di esistenza
(x − 2 > 0) ∧ (x − 2 , 1)
⇔
x > 2 ∧ x , 3.
Ora, se chiamiamo 2x2 − 13x + 21 = b , si ha
logx−2 b = logx−2 · log2 b =
log2 b
log2 (2x2 − 13x + 21)
=
.
log2 (x − 2)
log2 (x − 2)
Quindi la disequazione (6.5) è equivalente alla disequazione
log2 (2x2 − 13x + 21)
> 0.
log2 (x − 2)
Studiamo separatamente il segno del numeratore e del denominatore
del primo membro.
log2 (2x2 −13x+21) > 0
⇔
2x2 −13x+21 > 1
⇔
2x2 −13x+20 > 0 ,
6.5 Disequazioni trascendenti: ulteriori esempi
63
ed essendo ∆ = 169 − 160 = 9 , si ottengono le soluzioni
{x < 52 } ∪ {x > 4} . Studiamo il segno del denominatore:
log2 (x − 2) > 0
⇔
x−2>1
⇔
x > 3.
Quindi le soluzioni della disequazione iniziale sono
{
}
5
< x < 3 ∪ {x > 4} .
2
CAPITOLO 7
Funzioni trigonometriche
Questo sesto capitolo si sviluppa attorno alle funzioni trigonometriche, delle quali vengono presentate le principali proprietà, dopo
aver discusso sulla loro definizione. Vengono poi presentati alcuni
esempi di equazioni e disequazioni trigonometriche.
7.1. Funzioni trigonometriche
Figura 1
Sia P un punto sulla circonferenza goniometrica {x2 + y2 = 1}. La
misura dell’angolo AÔPr è per definizione la lunghezza del settore
⌢
circolare APr percorso in senso antiorario. Se invece si percorre l’arco
in senso orario la misura dell’angolo ha il segno opposto.
⌢
l(APr ) = misura dell’angolo AÔPr
64
7.1 Funzioni trigonometriche
65
2π = lunghezza dell’intera circonferenza
π = lunghezza della semicirconferenza
⌢
Sia x ∈ [0, 2π[ , e Px tale che l(A P x ) = x (vedere la figura che
segue).
Figura 2
Definizione 7.1. Si dice seno dell’angolo x l’ordinata del punto Px
associato a x nella circonferenza goniometrica.
Definizione 7.2. Si dice coseno dell’angolo x l’ascissa del punto Px
associato a x nella circonferenza goniometrica.
Nota 7.3. Per poter rendere rigorosa queste definizioni dovremmo prima di tutto rendere rigoroso il concetto di lunghezza di una
curva. Inoltre dato x ∈ [0, 2π[ dovremo far vedere che esiste un
unico Px ∈ {x2 + y2 = 1} sulla circonferenza goniometrica tale che
⌢
⌢
l(APx ) = x con il settore APx percorso in senso antiorario (l’unicità è
dovuta alla stretta crescenza della lungezza dell’arco viaggiando in
senso antiorario sulla circonferenza goniometrica).
Osservazione 7.4. Come si può osservare in Figura 3 (vedere
pagina seguente), vale la seguente proprietà:
⌢
⌢
l(AQ) > l(AP) .
7.1 Funzioni trigonometriche
66
Figura 3
Di seguito elenchiamo alcune delle principali proprietà che
coinvolgono le funzioni trigonometriche.
• Identità fondamentale della trigonometria:
sin2 x + cos2 x = 1 ;
• :le funzioni sin e cos si estendono pere periodicità nel
seguente modo:
sin(x + 2kπ) = sin(x)
∀x ∈ R , ∀k ∈ Z ,
cos(x + 2kπ) = cos(x)
∀x ∈ R , ∀k ∈ Z ;
• le funzioni seno e coseno sono limitate:
| sin(x)| ≤ 1 ∀x ∈ R ,
| cos(x)| ≤ 1 ∀x ∈ R .
Dalla figura 4 si vede che
−Px Px = 2 sin x ,
⌢
l(−Px Px ) = 2x
(indicando con ABla lunghezza del segmento [A.B] di estremi A
e B),
e
⇒
]
[
π π
| sin x| < x ∀x ∈ − ,
\ {0} .
2 2
7.1 Funzioni trigonometriche
67
Figura 4
Si ricordi che si adotta la seguente convenzione: quando x > 0 ,
l’angolo è misurato in senso antiorario, se invece x < 0 l’angolo è
misurato in senso orario (vedere la figura che segue).
Figura 5
Proprietà 7.5. La funzione seno è dispari,
sin(−x) = − sin x , ∀x ∈ R,
mentre la funzione coseno è pari, cioè
cos(−x) = cos x , ∀x ∈ R.
Nelle due figure seguenti abbiamo i grafici qualitativi delle
funzioni seno e della funzione coseno.
Essi li possiamo ottenere osservando direttamente sulla circonferenza goniometrica come variano il seno ed il coseno mentre si
percorre in senso antiorario.
7.1 Funzioni trigonometriche
68
Figura 6
Figura 7
Adesso possiamo definire la funzione tangente di un angolo.
Definizione 7.6. Sia x ∈ [0, 2π[. Si definisce tangente di un angolo
x , π2 , x , 3π
la funzione
2
tan x =
sin x
.
cos x
In figura, la tangente dell’angolo α è l’ordinata del punto T che
coincide con la lunghezza del segmento [A, T].
7.1 Funzioni trigonometriche
69
Figura 8
Proprietà 7.7. La funzione tangente è periodica di periodo π , infatti
}
{
π
tan(x + kπ) = tan x ∀x ∈ R \
+ kπ , k ∈ Z .
2
Dimostrazione. Intanto osserviamo che per ogni k ∈ Z, sin(x +
kπ) = sin x se k è pari, mentre sin(x + kπ) = − sin x se k è dispari.
Analogamente cos(x + kπ) = − cos x se k] è pari,[ mentre cos(x + kπ) =
cos x se k è dispari. Allora per ogni x ∈ − π2 , π2 . Si ha
tan(x + kπ) =
sin(x + kπ)
;
cos(x + kπ)
e quindi
tan(x + kπ) = tan x ,
come si verifica immediatamente distinguendo tra k pari e k dispari.
Prima di presentare la proprietà di monotonia stretta della
tangente, ricordiamo una proprietà di carattere più generale:
Lemma 7.8. Siano f , g : A ⊂ R → R+ \ {0} due funzioni strettamente
crescenti. Allora f · g è strettamente crescente.
Dimostrazione. Siano x1 < x2 ∈ A . Vogliamo dimostrare che
f (x1 )g(x1 ) < f (x2 )g(x2 ) .
7.1 Funzioni trigonometriche
70
f (x2 )g(x2 ) − f (x1 )g(x1 ) = f (x2 )g(x2 ) − f (x1 )g(x1 )
+ f (x2 )g(x1 ) − f (x2 )g(x1 )
= f (x2 )(g(x2 ) − g(x1 )) + g(x1 )( f (x2 ) − f (x1 )) ,
e quest’ultima espressione è positiva in quanto somma di quantità
postive. Infatti f (x2 ) e g(x1 ) sono positive perché il codominio di
entrambe le funzioni è R+ \ {0} ; g(x2 ) − g(x1 ) e f (x2 ) − f (x1 ) sono
quantità positive per la stretta crescenza di f e di g . La tesi è quindi
dimostrata.
Proprietà] 7.9. La
[ funzione tangente è strettamente crescente
π π
nell’intervallo − 2 , 2 .
[
[
Dimostrazione. Nell’intervallo 0, π2 la funzione seno è positiva
e strettamente crescente, la funzione coseno è positiva ma strettamente decrescente. Quindi la funzione cos1 x è positiva e strettamente
crescente. Pertanto, per la Proprietà 7.8, la funzione tangente, essen1
crescente in
]
[do il[ prodotto delle funzioni sin x e cos x , è strettamente
0, π2 , e poihcè è dispari, lo è anche nell’intervallo − π2 , 0] .
Il grafico qualitativo della funzione tangente è allora quello nella
figura seguente:
Figura 9
7.1 Funzioni trigonometriche
71
]
[
π
Osservazione 7.10. Sia x ∈ 0,
, come in Figura 10 .
2
Figura 10
Sappiamo che
OA = 1 ,
△
△
e, grazie alla similitudine dei triangoli Px 0 Hx e Tx 0 A, per ogni
x ∈]0, π2 [ si ha:
Hx Px
OHx
da cui, come abbiamo già detto,
tan x =
=
ATx
OA
,
sin x
= ATx .
cos x
Inoltre, come ora vedremo
(7.1)
P1x P2x < Q1x Q2x , ∀x ∈]0,
π
[
2
da cui si ricava
x < ATx = tan x
per come si definisce la lunghezza di una curva. Dunque
]
[
π
x < tan x ∀x ∈ 0,
.
2
7.1 Funzioni trigonometriche
72
Per verificare (7.1) si osservi che dalle figure seguenti
Figura 11
Figura 12
si deduce che basta utilizzare la proprietà che in ogni trapezio
isoscele la diagonale ha lunghezza maggiore della base minore del
trapezio.
Osservazione 7.11. Grazie a seno e coseno possiamo esprimere
la lunghezza dei cateti di un triangolo rettangolo in funzione dell’ipotenusa e degli angoli che essi fomano con l’ipotenusa. Per la
similitudine dei triangoli indicati in figura
AB = AC · cos α
BC = AC · sin α.
Infatti se , se AC′ = 1, si ha
7.1 Funzioni trigonometriche
73
Figura 13
BC
AC
=
B′ C′
C′ A
=
sin α
.
1
7.1.1. Formule di addizione e sottrazione.
(7.2)
cos(x + y) = cos x cos y − sin x sin y
(7.3)
cos(x − y) = cos x cos y + sin x sin y
(7.4)
sin(x + y) = sin x cos y + cos x sin y
(7.5)
sin(x − y) = sin x cos y − cos x sin y .
Dimostrazione.
• Dimostriamo la formula (7.3). Siano
Px = (cos x, sin x)
P y = (cos y, sin y)
P y−x = (cos(y − x), sin(y − x))
A = (1, 0)
come in figura.
Poichè gli angoli negativi sono quelli misurati in senso orario, si
ha che la lunghezza del settore che congiunge A con P y−x è la stessa
del settore che congiunge Px con P y . Come vedremo nel corso di
analisi 1, archi di uguale lunghezza hanno estremi su segmenti di
7.1 Funzioni trigonometriche
74
Figura 14
uguale lunghezza, quindi
AP y−x = Px P y
⇒
(AP y−x )2 = (Px P y )2 .
Utilizzando la relazione sin2 x + cos2 x = 1 , si ottiene
(AP y−x )2 = (cos(y − x) − 1)2 + (sin(y − x))2
= cos2 (y − x) + 1 − 2 cos(y − x) + sin2 (y − x)
= 2 − 2 cos(y − x)
e
2
Px P y = (cos x − cos y)2 + (sin x − sin y)2
= cos2 x + cos2 y − 2 cos x cos y + sin2 x + sin2 y − 2 sin x sin y
= 2 − 2 cos x cos y − 2 sin x sin y ,
da cui la tesi.
• Dimostriamo la (7.2) .
cos(x + y) = cos(x − (−y)) = cos x cos(−y) + sin x cos(−y)
= cos x cos y − sin x sin y .
• Per dimostrare la (7.4) , utilizziamo le seguenti proprietà:
7.1 Funzioni trigonometriche
(
π
sin x = − cos x +
2
(
)
π
cos x = sin x +
2
(7.6)
(7.7)
75
)
Figura 15
Si ha:
(
)
(
(
))
π
π
sin(x + y) = − cos x + y +
= − cos x + y +
2
2
[
(
)
(
)]
π
π
= − cos x cos y +
− sin x sin y +
2
2
[
]
= − cos x(− sin y) − sin x cos y
= cos x sin y + sin x cos y .
• Infine, dimostriamo la formula (7.5):
sin(x − y) = sin(x + (−y))
= sin x cos(−y) + cos x sin(−y)
= sin x cos y − cos x sin y .
7.1 Funzioni trigonometriche
76
7.1.2. Formule di duplicazione.
(7.8)
cos 2x = cos2 x − sin2 x
(7.9)
sin 2x = 2 sin x cos x .
Siano
π
π
= a,
sin = b .
4
4
Applicando le formule di duplicazione, otteniamo:
cos
π
= 2ab
2
π
0 = cos = a2 − b2 .
2
1 = sin
Le condizioni sopra equivalgono al sistema
{
2ab = 1
a2 − b2 = 0 .
La seconda equazione conduce alla relazione a = ±b ; scegliamo
a = b poiché siamo nel primo quadrante. Quindi, sostituendo nella
prima equazione, otteniamo
2a2 = 1
⇔
1
a=b= √ .
2
Pertanto abbiamo dimostrato che
(7.10)
(7.11)
√
π
π
2
sin = cos =
4
4
2
π
tan = 1 .
4
Determiniamo ora le formule per cos 3x e sin 3x usando quelle di
addizione e di duplicazione:
cos(3x) = cos(2x + x) = cos(2x) cos x − sin(2x) sin x
= (cos2 x − sin2 x) cos x − 2 sin2 x cos x
= cos3 x − sin2 x cos x − 2 sin2 x cos x
= cos3 x − 3 sin2 x cos x ;
7.1 Funzioni trigonometriche
77
sin(3x) = sin(2x + x) = sin(2x) cos x + cos(2x) sin x
= 2 sin x cos2 x + (cos2 x − sin2 x) sin x
= 2 sin x cos2 x + cos2 x sin x − sin3 x
= 3 sin x cos2 x − sin3 x
= 3 cos2 x sin x − sin3 x .
Siano
π
=a
6
π
sin = b .
6
cos
Applicando le formule di triplicazione appena dimostrate,
ottieniamo
π
π
3x =
⇒ cos 3x = cos = 0 ,
2
2
da cui il sistema
{
a3 − 3ab2 = 0
3a2 b − b3 = 1 .
Poiché a , 0 , possiamo dividere per a e ottenere
{
a2 = 3b2
3 · 3b2 · b − b3 = 1
{
⇔
⇔
Abbiamo cosı̀ ottenuto
√
π
3
cos =
,
6
2







a2 = 3b2
8b3 = 1
a=
b=
π 1
sin = ,
6
2
Osserviamo ora che
π π π
= − ,
3
2 6
{
⇔
√
3
2
1
.
2
√
π
3
tan =
.
6
3
a2 = 3b2
b = 12
7.1 Funzioni trigonometriche
78
quindi aplicando le formule di addizione e sottrazione, segue che
(
)
(
)
(
)
π
π π
π π
π
π 1
cos = cos
−
= cos − +
= − sin −
= sin = ,
3
2 6
6 2
6
6
2
√
(
)
(
)
π π
π
π
π
3
sin = sin − +
= cos −
= cos =
,
3
6 2
6
6
2
π √
tan = 3 .
3
Quindi abbiamo provato che
π 1
cos = ,
3
2
√
π
3
sin =
,
3
2
tan
π √
= 3.
3
Dimostriamo ora la seguente formula
tan(α + β) =
(7.12)
tan α + tan β
.
1 − tan α tan β
Anzitutto, si ha che
sin(α + β) sin α cos β + cos α sin β
=
cos(α + β) cos α cos β − sin α sin β


 sin α cos β + cos α sin β 
1


=
· 

sin α sin β
cos α cos β 
1 − cos α cos β
(
) (
)
sin α cos β cos α sin β
1
=
·
+
1 − tan α tan β
cos α cos β cos α cos β
tan α + tan β
=
.
1 − tan α tan β
tan(α + β) =
Ricordando che la funzione tangente è dispari, si ottiene
(7.13)
tan(α − β) = tan(α + (−β)) =
tan α − tan β
,
1 + tan α tan β
cioé la formula che volevamo dimostrare.
Come caso particolare , se β = α , si ottiene
(7.14)
tan 2α =
2 tan α
;
1 − tan2 α
7.1 Funzioni trigonometriche
79
in quest’ultima, se 2α = β , si ha
β
2 tan 2
(β) ,
tan β =
1 − tan2 2
β
da cui, ponendo tan 2 = t , si ottiene







2t

tan β =
⇒


2

1−t




1 − t2
cos β =
1 + t2
sin β =
2t
.
1 + t2
Dimostriamo inoltre che
cos 2α =
(7.15)
1 − tan2 α
.
1 + tan2 α
cos2 α − sin2 α
cos2 α + sin2 α
)
(
sin2 α
cos2 α 1 − cos
2α
)
(
=
sin2 α
cos2 α 1 + cos
2α
cos 2α = cos2 α − sin2 α =
=
1 − tan2 α
.
1 + tan2 α
Dimostriamo ora che
sin 2α =
(7.16)
2 tan α
.
1 + tan2 α
2 sin α cos α
sin 2α = 2 sin α cos α =
sin2 α + cos2 α
(
)
sin α
cos2 α 2cos
α
( 2
)
=
sin α
cos2 α cos
+
1
2α
=
2 tan α
.
1 + tan2 α
7.2 Equazioni trigonometriche
80
7.2. Equazioni trigonometriche
7.2.1. Equazioni
seguenti equazioni:
trigonometriche
elementari. Risolvere
(1) sin x = 0 .
L’insieme delle soluzioni è
{x = kπ : k ∈ Z} .
Figura 16
(2) cos x = 0
L’insieme delle soluzioni è
}
{
π
x = + kπ : k ∈ Z .
2
Figura 17
le
7.2 Equazioni trigonometriche
81
(3) sin x = 1 .
L’insieme delle soluzioni è
{
}
π
x = + 2kπ : k ∈ Z .
2
(4) cos x = 1 .
L’insieme delle soluzioni è
{x = 2kπ : k ∈ Z} .
(5) sin x = 2 .
L’equazioni non ammette soluzioni, in quanto il seno è
sempre minore
o uguale a 1 .
√
3
(6) cos x = 2 .
Figura 18
Graficamente si vede che x0 è simmetrico di
π . Quindi
x0 +
π
6
π
6
rispetto a
π
π 11
= 2π ⇒ x0 = 2π − = π .
2
6
6
6
Pertanto l’isieme delle soluzioni dell’equazione è
{
}
{
}
π
11
x = + 2kπ , k ∈ Z ∪ x = π + 2kπ , k ∈ Z .
6
6
=π
⇒
x0 +
7.2.2. Equazioni trigonometriche di secondo grado.
(1) cos2 x + 3 sin x − 3 = 0 .
Riscriviamola esprimendo il coseno in funzione del seno per mezzo della prima identità fondamentale della
7.2 Equazioni trigonometriche
82
trigonometria:
1 − sin2 x + 3 sin x − 3 = 0 .
Ponendo t = sin x , si ottiene
t2 − 3t + 2 = 0
da cui
3±
t1,2 =
√
9−8
2
⇒
t1 = 1, t2 = 2 .
Quindi
{sin x = 1} ∨ {sin x = 2}
cioè
{x =
π
+ 2kπ , k ∈ Z} .
2
7.2.3. Ulteriori esempi di equazioni trigonometriche.
(1) tan x + sin x = 1 + cos x .
{
}
Condizione di esistenza: cos x , 0 , cioè x < π2 + kπ , k ∈ Z .
Utilizzando la definizione di tangente l’equazione diventa
⇒
sin x
+ sin x = 1 + cos x
cos x
sin x(1 + cos x) = cos x(1 + cos x)
⇒
(sin x − cos x)(1 + cos x) = 0
⇒
{sin x − cos x = 0} ∨ {1 + cos x = 0} .
Si ha
sin x − cos x = 0
1 + cos x = 0
⇔
⇔
tan x = 1
cos x = −1
⇔
⇔
{
}
π
+ kπ , k ∈ Z ;
4
{x = π + 2kπ , k ∈ Z} .
x=
Quindi le soluzioni dell’equazione sono
{
}
π
x = + kπ , k ∈ Z ∪ {x = π + 2kπ , k ∈ Z} .
4
7.2 Equazioni trigonometriche
83
(2) sin 2x − cos x = 0 .
Ricordando la formula di duplicazione per il seno, si ha
2 sin x cos x − cos x = 0
⇔
cos x(sin x − 1) = 0
⇔
cos x = 0 ∨ sin x − 1 = 0
{
} {
}
π
5π
x = + 2kπ , k ∈ Z ∪ x =
+ 2kπ , k ∈ Z .
2
6
⇔
(3) 2 cos2 x + sin2 2x = 2 .
Dalla relazione fondamentale della trigonometria si ha
2 cos2 x + 4 sin2 x cos2 x = 2
2 cos2 x + 4(1 − cos2 x) cos2 x = 2
e ponendo cos2 x = t , si ottiene
2t + 4(1 − t)t = 2
2t + 4(1 − t)t − 2 = 0
−4t2 + 6t − 2 = 0
⇒
2t2 − 3t + 1 = 0
√
3± 9−8 3±1
t1,2 =
=
4
4
⇒
t=1 ∨ t=
1
.
2
Quindi:
cos2 x = 1
cioè
}
{
π
x = + kπ , k ∈ Z
2
∨
∪
cos2 x =
{
x=
1
2
}
π
π
+k , k∈Z .
4
2
(4) sin x + cos x = 1 .
Poniamo t = tan x2 e sfruttando le formule parametriche
sin x =
2t
,
1 + t2
cos x =
1 − t2
,
1 + t2
7.2 Equazioni trigonometriche
si ottiene
2t
1 − t2
+
=1
1 + t2 1 + t2
2t + 1 − t2 = 1 + t2
2t2 − 2t = 0
⇒
Quindi:
• t=0
⇒
• t=1
⇒
x
=0
2
= κπ , k ∈ Z ⇒ x = 2kπ , k ∈ Z ;
x
⇒ tan = 1
2
π
π
= + κπ , k ∈ Z ⇒ x = + 2kπ , k ∈ Z .
4
2
⇒
x
2
x
2
t = 0 ∨ t = 1.
tan
Riassumendo, le soluzioni dell’equazione sono
{
}
π
x = + 2kπ , k ∈ Z .
{x = 2kπ , k ∈ Z} ∪
2
Supponiamo in generale di avere una equazione del tipo
a sin x + b cos x = c .
(7.17)
Vorremmo ricondurci ad una equazione della forma
A sin(x + φ) = c .
Determiniamo quindi A , φ tali che
a sin x + b cos x = A sin(x + φ) .
Dal fatto che
A sin(x + φ) = A(sin x cos φ + cos x sin φ)
seguono le conizioni
A cos φ = a
A sin φ = b ,
da cui
tan φ =
sin φ a
=
cos φ b
⇔
b
φ = arctan .
a
84
7.2 Equazioni trigonometriche
85
Questo metodo risolutivo può essere utilizzato per individuare le
soluzioni delle equazioni della forma (7.17). L’equazione considerata
nell’ultimo esempio è di questo tipo, con a = b = c = 1 , e possiamo
quindi applicare il metodo appena esposto. Otteniamo:
φ = arctan 1 =
A=
π
,
4
√
1
=
2,
cos π4
perciò l’equazione iniziale è equivalente a
(
)
√
π
2 sin x +
=1
4
ovvero
(
)
π
1
sin x +
= √ .
4
2
Quindi si ha
x+
π π
= + 2kπ,
4
4
cioè otteniamo le soluzioni
{x = 2kπ , k ∈ Z}
∪
x+
{
π 3
= π + 2kπ ,
4
4
x=
}
π
+ 2kπ , k ∈ Z .
2
Osservazione 7.12. Osserviamo che il metodo descritto sopra si
basa sul fatto che
a sin x + b cos x = α sin x + β cos x
⇔
(a − α) sin x + (b − β) cos x = 0 ∀x ∈ R
{
⇔
a=α
b = β.
Lemma 7.13. Se λ , µ sono tali che
λ sin x + µ cos x = 0 ∀x ∈ R
allora λ = µ = 0 .
∀x ∈ R
7.3 Disequazioni trigonometriche
Dimostrazione. Se scegliamo x =
π
π
λ sin + µ cos = 0
2
2
e prendendo x = 0 , si ottiene
π
π
λ sin + µ cos = 0
2
2
π
2
86
, si ha
⇒
λ = 0,
⇒
µ = 0.
Esempio 7.14. Determinare le soluzioni delle equazioni
(1) sin(cos x) = 0 ,
(2) sin(sin x) = 1 .
(1) Se poniamo cos x = t , l’equazione sin t = 0 ha soluzioni
t = kπ , k ∈ Z . Ma Se k , 0 , si avrebbe cos x = kπ e tale
equazioni non ha soluzioni, in quanto |kπ| > 1 mentre il
coseno assume valori in [−1, 1] . Quindi l’unica possibilità è
k = 0 , cioè cos x = 0 , da cui le soluzioni x = π2 + kπ , k ∈ Z .
(2) Si ha sin x = π2 + kπ , ma tale equazione non ammette
soluzioni. Quindi l’equazione iniziale è impossibile.
7.3. Disequazioni trigonometriche
Esempio 7.15. Risolvere la seguente disequazione
2 sin2 x − 5 sin x + 2 < 0 .
Poniamo per semplicità sin x = t ; otteniamo
2t2 − 5t + 2 < 0
e osservando che ∆ = 25 − 16 = 9 , si ottiene
5±3
t1,2 =
4
da cui le soluzioni
1
< t < 2.
2
Quindi
sin x < 2
7.3 Disequazioni trigonometriche
87
è vera per ogni x reale, mentre
sin x >
ha per soluzioni
1
2
{
π
5
+ 2kπ < x < π + 2kπ , k ∈ Z
6
6
che sono le soluzioni della disequazione iniziale.
}
Esempio 7.16. Risolvere la disequazione
√
√
1 − 2 sin2 x ≥ 2 sin x + 1 .
L’insieme di esistenza della disequazione è dato da tutti gli x reali
tali che
1 − 2 sin2 x ≥ 0 .
La disequazione iniziale è equivalente ai due sistemi


{
1 − 2 sin2 x ≥ 0

2


1 − 2 sin x ≥ 0
 √
√
∪
2 sin x + 1 ≥ 0


√

2 sin x + 1 < 0

 1 − 2 sin2 x ≥ ( 2 sin x + 1)2 .
Per semplificare la notazione poniamo sin x = t , otteniamo:
{
{ √
1 − 2t2 ≥ 0
2t + 1 ≥ 0
√
√
∪
2t + 1 < 0
1 − 2t2 ≥ 2t2 + 1 + 2 2t
⇔
⇔






























1
1
−√ <t< √
2
2
1
t<−√
2
√
√
2
2
−
<t<
2 √
2
2
t<−
2
∪
∪




























1
t≥−√
2
t(2t +
√
2) ≤ 0
√
2
t≥−
√ 2
2
−
≤ t ≤ 0.
2
Il primo sistema non ha soluzioni, il secondo è risolto da
{ √
}
2
−
≤t≤0 ,
2
7.3 Disequazioni trigonometriche
da cui













88
√
2
sin x ≥ −
2
sin x ≤ 0 ,
le cui soluzioni sono
{
5
π + 2kπ ≤ x ≤ π + 2kπ , k ∈ Z
4
}
∪
{
}
7
π + 2kπ ≤ x ≤ 2π + 2kπ , k ∈ Z .
4
CAPITOLO 8
Principio di Induzione e Binomio di Newton
Il principio di induzione (Quinto assioma di Peano). Sia p(n)
un predicato definito su N . Se p(n) è tale che
(1) p(0) è vera ,
(2) p(n) ⇒ p(n + 1) ,
allora p(n) è vera ∀n ∈ N .
Proprietà 8.1. Sia x , 1 . Si ha che
p(n) =: 1 + x + x + ... + x =
n
2
n
∑
xi =
i=0
1 − xn+1
∀n ∈ N.
1−x
Dimostrazione. Per dimostrare la proprietà p(n) , utilizziamo il
Principio di induzione. Osserviamo che p(0) e p(1) sono vere, infatti
p(0) :
0
∑
xi = x0 = 1 =
i=0
p(1) :
1
∑
1 − x1
,
1−x
xi = x0 + x1 = 1 + x =
i=0
⇒
Facciamo vedere ora che p(n)
supponendo vera p(n) , cioè
1 + x + x + ... + x =
n
2
n
∑
i=0
1 − x2
= 1 + x.
1−x
p(n + 1).
In altre parole,
1 − xn+1
,
x =
1−x
i
vogliamo dimostrare che p(n + 1) è vera, ossia
1 + x + x + ... + x + x
2
n
n+1
=
n+1
∑
i=0
89
xi =
1 − xn+2
.
1−x
8. PRINCIPIO DI INDUZIONE E BINOMIO DI NEWTON
90
Ma osserviamo che dall’ipotesi induttiva segue che
1 + x + x2 + ... + xn + xn+1 = (1 + x + x2 + ... + xn ) + xn+1
1 − xn+1
=
+ xn+1
1−x
1 − xn+1 + xn+1 − xn+2
=
1−x
n+2
1−x
=
,
1−x
cioè la tesi.
Proprietà 8.2.
1 + 2 + ... + (n − 1) + n =
n(n + 1)
.
2
Dimostrazione. p(1) è vera, infatti
1·2
.
2
Supponiamo vera p(n) è dimostriamo che anche p(n + 1) è vera, cioè
1=
1 + 2 + ... + (n − 1) + n + (n + 1) =
(n + 1)(n + 2)
.
2
Si ha
1 + 2 + ... + (n − 1) + n + (n + 1) = [1 + 2 + ... + (n − 1) + n] + (n + 1)
n(n + 1)
=
+ (n + 1)
2
n(n + 1) + 2(n + 1)
=
2
(n + 1)(n + 2)
=
.
2
Proprietà 8.3 (Disuguaglianza
x ∈ R , x ≥ −1 . Allora
di
Bernoulli). Sia n ∈ N
(1 + x)n ≥ 1 + nx ∀n .
Dimostrazione. p(0) e p(1) sono vere, infatti
p(0) :
1 ≥ 1,
p(1) :
1 + x ≥ 1 + x.
e
8.1 Binomio di Newton e somme di potenze.
91
Supponiamo poi vera p(n) e mostriamo che p(n + 1) è vera, cioè
(1 + x)n+1 ≥ 1 + (n + 1)x .
Per ipotesi induttiva, si ha
(1 + x)n+1 = (1 + x)n (1 + x)
≥ (1 + nx)(1 + x)
≥ 1 + nx + x + nx2
≥ 1 + (n + 1)x + nx2
≥ 1 + (n + 1)x
dove nel secondo passaggio abbiamo sfruttato l’ipotesi x ≥ −1 , e
nell’ultimo il fatto che nx2 ≥ 0 .
Definizione 8.4. Un insieme si dice numerabile se può essere messo
in corrispondenza biunivoca con l’insieme N dei numeri naturali.
Esempi 8.5.
• L’insieme Q dei numeri razionali è numerabile;
• l’insieme P dei numeri pari è un insieme numerabile, dato
che la corrispondenza
φ : N → P,
φ(n) = 2n
è biunivoca. In generale, i sottoinsiemi di N che non sono
finiti sono insiemi numerabili.
8.1. Binomio di Newton e somme di potenze.
E’ elementare verificare la seguente formula (quadrato di un
binomio):
(a + b)2 = a2 + 2ab + b2 ;
ed anche la seguente (cubo di un binomio):
(a + b)3 = a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3 .
8.1 Binomio di Newton e somme di potenze.
92
In generale si ha la formula Binomio di Newton:
)
n (
∑
a
n
(a + b) =
ak bn−k ,
b
k=0
ove
(
)
n
n!
≡
0! ≡ 1 = 1!
k!(n − k)!
k
è detto coeﬃciente binomiale. Tale formula si può dimostrare ad
esempio utilizzando il principio di induzione.
Con n = 3 si ottiene la formula per calcolare il cubo di un binomio.
Infatti
)
3 (
∑
3
3
(a + b) =
ak bn−3
k
k=0
( )
( )
( )
( )
3
3
3
3
0 3
2
2
=
a b +
ab +
a b+
a b3
0
1
2
3
e dalla definzione di coeﬃciente binomiale si ha
( )
( )
3
3
3!
3!
=
=1
=
=3
0! 1!
1! 2!
0
1
( )
( )
3
3
3!
3!
=
=3
=
= 1.
2! 1!
3! 0!
2
0
Naturalmente se n = 2 si ottiene la formula del quadrato del binomio.
Esercizio 8.6. Determiniamo
n
∑
k2 .
k=1
Svolgimento:
n
n
∑
∑
3
(k + 1) =
(k3 + 3k2 + 3k + 1)
k=0
(8.1)
k=0
=
n
∑
k=0
ma si ha anche
k3 + 3
n
∑
k=0
 n 
 ∑
 k + (n + 1)
k2 + 3

k=0
n
n+1
n+1
∑
∑
∑
3
3
(k + 1) =
h =
k3 .
k=0
h=1
k=1
8.1 Binomio di Newton e somme di potenze.
93
Quindi, eguagliando la (8.1) con la (8.1) e ricordando che abbiamo
precedentemente dimostrato che
n
∑
k=0
k=
n(n + 1)
,
2
si ottiene
 n 
n+1
∑
 ∑ 
3
2




k + 3
k + (n + 1) =
k3
k +3
k=0
k=0
k=1
k=0
 n 
 n

n
n
∑
∑
 ∑ 
∑ 
k2 + 3
k + (n + 1) = 
k3 + 3
k3  + (n + 1)3 ,
n
∑
n
∑
k=0
k=0
k=0
k=1
da cui
n
∑
3
k2 + 3
k=0
n(n + 1)
+ (n + 1) = (n + 1)3 ,
2
e quindi
n
∑
k=0
[
]
3n(n + 1)
1
3
k =
(n + 1) −
− (n + 1) .
3
2
2
Pertanto
n
∑
k2 =
k=0
[
]
n+1
3
(n + 1)2 − n − 1
3
2
n+1
[2(n + 1)2 − 3n − 2]
6
n+1 2
(2n + 4n + 2 − 3n − 2)
=
6
n+1 2
=
(2n + 1)
6
n(n + 1)(2n + 1)
=
.
6
=
8.1 Il triangolo di Tartaglia per il calcolo dei coeﬃcienti binomiali
Il triangolo di Tartaglia per il calcolo dei coeﬃcienti binomiali
n=0
n=1
n=2
n=3
n=4
n=5
1
1
1
1
1
1
2
3
4
5
1
1
3
6
10
1
4
10
1
5
1
Esempio 8.7.
(a + b)5 = a5 + 5a4 b + 10a3 b2 + 10a2 b3 + 5ab4 + b5 .
94
CAPITOLO 9
Brevi richiami di geometria analitica ed euclidea
• Equazione di una retta generica:
y = mx + q
• Equazione di una retta passante per due punti di coordinate
(x1 , y1 ) e (x2 , y2 ):
(y − y2 )(x1 − x2 ) = (x − x2 )(y1 − y2 ) .
In particolare, segue che
y = cost se y1 = y2 , x1 , x2 ,
x = cost
se x1 = x2 , y1 , y2 .
• Equazione della circonferenza di raggio 1 centrata
nell’origine:
x2 + y2 = 1 .
La generica equazione di una circonferenza di centro
C = (α, β) e raggio r:
(x − α)2 + (y − β)2 = r2 .
• Equazione di una parabola in posizione generica:
y = ax2 + bx + c ,
• Distanza tra due punti:
√
P = (x1 , y1 ), Q = (x2 , y2 ) ⇒ PQ = (x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 .
La formula della distanza tra due punti si ottiene dal
Teorema 9.1 (Teorema di Pitagora). In ogni triangolo rettangolo il
quadrato dell’ipotenusa è equivalente alla somma dei quadrati dei due cateti.
95
9. BREVI RICHIAMI DI GEOMETRIA ANALITICA ED EUCLIDEA
96
Dimostrazione. Dimostrazione algebrico-geometrica del Teorema di Pitagora (di J.Garfield):
Figura 1
L’area del trapezio in figura si calcola in due modi diversi
ottenendo:
(b − a)(b + a) c2
a(a + b) +
= + ab ,
2
2
da cui sempificando di ottiene a2 + b2 = c2 .
Teorema 9.2 (Primo Teorema di Euclide). In ogni triangolo rettangolo il quadrato costruitito su un cateto è equivalente al rettangolo che ha
per dimensioni l’ipotenusa e la proeizione del cateto sull’ipotenusa.
Figura 2
a2 = (c + d) · c = c2 + dc .
9. BREVI RICHIAMI DI GEOMETRIA ANALITICA ED EUCLIDEA
97
Teorema 9.3 (Secondo Teorema di Eulcide). In ogni triangolo rettangolo il quadrato costruito sull’altezza relativa all’ipotenusa è equivalente
al rettangolo che ha per doimensioni le proiezioni dei cateti sull’ipotenusa.
h2 = cd .
Dimostrazione. (Del secondo teorema di Eulcide) Per il Teorema di
Pitagora si ha che
(c + d)2 = a2 + b2
h2 = a2 − c2 = b2 − d2 .
Quindi segue che
2cd = a2 − c2 + b2 − d2 = h2 + h2
⇒
cd = h2 .
Dimostrazione. (Del primo teorema di Eulcide) Per il secondo
teorema di Euclide si ha che
h2 = cd,
mentre dal Teorema di Pitagora si ha
a2 = c2 + h2
da cui la tesi.
CAPITOLO 10
I numeri complessi
In quest’ultimo capitolo viene fornita una breve introduzione sull’insieme C dei numeri complessi. Prima di tutto diamo una idea di
come sono nati, a partire dalla soluzione delle equazioni di terzo grado (a coeﬃcienti reali). La trattazione dei numeri complessi inizia
poi con la definizione formale di numero complesso, vengono poi
definite le operazioni in C , e presentate le diverse rappresentazioni
dei numeri complessi.
Motivazioni
Consideriamo l’equazione di terzo grado
y3 + ay2 + by + c = 0, a, b, c ∈ R,
con lo scopo di individuare un metodi per scrivere le radici in
funzione dei coeﬃcienti a, b, c.
Se sostiutiamo nella equazione una nuova incognita x tale che
a
y=x− ,
3
con un conto non complicato si ottiene una equazione in x priva del
termine di secondo grado
(10.1)
x3 + px + q = 0, p, q ∈ R,
sulla quale concentreremo i nostri sforzi.
considereremo anche il caso concreto
(10.2)
Nel fare questo
x3 − 19x + 30 = 0.
che ha tre soluzioni reali: 2, 3, −5.
Come vedremo nel corso di Analisi 1, l’equazione (10.1) ha almeno
una soluzione reale x0 . Introduziamo allora una incognita ausiliaria
98
10.1 Definizione dei numeri complessi
99
u radice dell’quazione
p
=0
3
Supponiamo di essere nella situazione in cui il discriminante della
equazione (10.3) è strettamente positivo. Allora (10.3) ha due radici
p
reali α e β. Come sappiamo la loro somma e’ x0 e il loro prodotto − 3 .
Poichè x0 = α + β e’ una radice di (10.1) si ottiene:
u2 − x0 u −
(10.3)
(α + β)3 + p(α + β) + q = 0.
Sviluppando il cubo e ricordando che 3αβ + p = 0 si ottiene
α3 + β3 = −q
p
D’altra parte αβ = − 3 per cui abbiamo anche
α3 β3 = −
p3
27
Questa ultime due uguaglianze mostrano che α3 e β3 sono le radici
dell’equazione di secondo grado
p3
=0
27
a cui ci si riconduce per poter individuare le radici α + β. La cosa
pero’ che sconvolse i matematici che studiavano questo problema e
che in casi come il nostro in cui abbiamo tre radici reali, il discriminante delle equazione (10.4) puo’ essere negativo (da qui l’esigenza
di considerare in qualche modo radici quadrate di numeri negativi).
Si noti che nel nostro caso il discriminante e’ dato da
4
4
q2 + p3 = (30)2 + (−19)3 < 0.
27
27
(10.4)
z2 + qz −
10.1. Definizione dei numeri complessi
L’insieme dei numeri complessi viene solitamente indicato con la
lettera C . Un numero complesso z viene definito nel seguente modo.
Definizione 10.1. Un numero complesso z è una coppia ordinata di
numeri reali (a, b) , con a e b dette rispettivamente parte reale (Re z) e
parte immaginaria (Im z) di z .
10.2 Rappresentazione algebrica dei numeri complessi
100
Esempio 10.2. Ad esempio z1 = (a1 , b1 ) e z2 = (a2 , b2 ) rappresentati
in figura sono numeri complessi.
Figura 1
Possiamo definire somma e prodotto di due numeri complessi
z1 = (a, b) e z2 = (c, d).
Somma:
def
z1 + z2 = ((a + c), (b + d)) .
Il numero complesso 0 = (0, 0) è l’elemento neutro rispetto alla
somma. L’opposto del numero complesso z = (a, b) è −z = (−a, −b) .
Prodotto:
(a, b) · (c, d) = (ac − bd, ad + bc) .
L’elemento neutro rispetto al prodotto è il numero immagianrio (1, 0) ,
essendo
(a, b) · (1, 0) = (a − 0, 0 + b) = (a, b) .
10.2. Rappresentazione algebrica dei numeri complessi
Un numero complesso z = (a, b) può essere rappresentato in forma
algebrica, cioè può essere scritto come
z = a + ib ,
con
a = Re z ,
b = Im z .
10.2 Rappresentazione algebrica dei numeri complessi
101
i è detto unità immaginaria 1, è un numero complesso individuato da
i = (0, 1) ,
ed è tale che i · i = i2 = −1 . Tenendo presente questa proprietà, pos-
Figura 2
siamo definire somma e prodotto di due numeri complessi z1 = (a, b)
e z2 = (c, d) utilizzando la rappresentazione algebrica. Le definizioni
di somma e prodotto sono obbligate se cogliamo che C sia un campo
munito don tali operazioni.
Somma:
z1 = a1 + ib1
z2 = a2 + ib2
z1 + z2 = a1 + ib1 + a2 + ib2 = a1 + a2 + ib1 + ib2
= a1 + a2 + i(b1 + b2 )
(cioè nella somma di due numeri complessi si sommano tra loro
rispettivamente le parti reali e le parti immaginarie).
1
Supponiamo di voler trovare x tale che
x2 = −1 .
Se x0 è soluzione, anche −x0 lo è. Queste due soluzioni vengono indicate con i e
−i , e i è detto unità immaginaria.
10.2 Rappresentazione algebrica dei numeri complessi
102
Prodotto:
z1 · z2 = (a1 + ib1 )(a2 + ib2 )
= a1 (a2 + ib2 ) + ib1 (a2 + ib2 )
= a1 a2 + a1 ib2 + ib1 a2 + ib1 ib2
= a1 a2 + ia1 b2 + ib1 a2 + i2 b1 b2
= a1 a2 + ia1 b2 + ib1 a2 − b1 b2
⇒
(a1 , b1 )(a2 , b2 ) = (a1 a2 − b1 b2 , a1 b2 + b1 a2 ) .
L’elemento neutro rispetto alla somma è 0 + i0 . Inoltre, se z = a + ib ,
il suo opposto è −z = −a − ib .
L’elemento neutro rispetto alla moltiplicazione è 1 = 1 + i · 0 .
Esiste il reciproco: infatti, supponiamo che z , 0 (lo 0 è l’elemento
neutro rispetto alla somma) e dimostriamo che esiste un unico y tale
che z · y = 1. Si ha
(10.5) y =
α − iβ
α − iβ
−β
1
1
1
α
=
=
·
= 2
= 2
+i 2
2
2
z α + iβ α + iβ α − iβ α + β
α +β
α + β2
essendo (α + iβ)(α − iβ) = α2 − i2 β = α2 + β2 > 0 .
Verifichiamo che eﬀettivamente y determinato è il reciproco di z:
(α + iβ) ·
α − iβ
1
1
=
(α
+
iβ)(α
−
iβ)
=
· (α2 + β2 ) = 1 .
α2 + β2 α2 + β2
α2 + β2
Dimostriamo ora che il reciproco è unico: per assurdo siano y1 , y2
tali che y1 ·z = 1 e y2 ·z = 1 . Tra tutti i possibili reciproci di z scegliamo
z−1 ∈ C definito da (10.5) (abbiamo che z−1 · z = 1). Segue che:
y1 · z−1 · z = z−1
y2 · z−1 · z = z−1
}
⇒
y1 = y2 = z−1 .
Osservazione 10.3. Grazie all’esistenza del reciproco si vede come
è possibile eﬀettuare la divisione in C. Siano z1 = α1 +iβ1 , z2 = α2 +iβ2 .
Allora
1
α2 − ib2
z1 α1 + iβ1
=
= (α1 + iβ1 ) ·
= (α1 + iβ1 ) · 2
.
z2 α2 + iβ2
α2 + iβ2
α2 + β22
10.2 Rappresentazione algebrica dei numeri complessi
103
Adesso diamo una diversa dimostrazione di esistenza e unicità
per il reciproco.
z = α + iβ , 0
( ossia α2 + β2 > 0) ,
y = a + ib ,
con a e b da determinare in modo che (α + iβ)(a + ib) = 1 = 1 + i · 0 ,
Essendo
(α + iβ)(a + ib) = αa + iαb + iaβ − βb ,
si hanno le condizioni
{
αa − βb = 1
αb + aβ = 0
Risolviamo il sistema supponendo β , 0 . Dalla seconda equazione
si ottiene
−αb
a=
β
e sostituendo nella prima, segue
(
)
−αb
α
− βb = 1
β
−α2 b β2 b
−
=1
β
β
α2 b + β2 b = −β
da cui
b=
e
−β
α2 + β2
(
)
−β
−αb −α
α
a=
=
= 2
.
2
2
β
β α +β
α + β2
Quindi, se β , 0 si ha
y=
β
α
−
i
.
α2 + β2
α2 + β2
Se invece β = 0 , α , 0 , si ha il sistema
{
αa = 1
αb = 0
10.2 Rappresentazione algebrica dei numeri complessi
104
che ha come soluzione
b = 0,
a=
1
,
α
cioè
1
+ i · 0.
α
Definizione 10.4. Il coniugato di z è il numero che si ottiene da z
cambiando di segno la parte immaginaria.
Dato z = α + iβ , il suo coniugato, denotato con z , è
y=
z = α − iβ .
Definizione 10.5. Il modulo di z , indicato con |z| , è dato da
√
|z| = α2 + β2 .
Di conseguenza:
z
1
= 2,
z |z|
zz = |z|2 ,
z + z = 2Rez
z − z = i · 2Rez .
Esercizio 10.6. Dimostrare le seguenti proprietà.
(1) z1 + z2 = z1 + z2 ;
(2) z1 · z2 = z1 · z2 ;
( )
1
1
(3)
= .
z
z
Svolgimento:
(1) Siano z1 = a1 + ib1 e z2 = a2 + ib2 , con a1 , a2 , b1 , b2 ∈ R . Si ha
z1 + z2 = a1 + a2 + i(b1 + b2 ) ,
quindi
z1 + z2 = a1 + a2 − i(b1 + b2 )
= a1 + a2 − ib1 − ib2
= a1 − ib1 + a2 − ib2
= z1 + z2 .
10.2 Rappresentazione algebrica dei numeri complessi
105
(2) Siano z1 , z2 come nel punto precedente. Abbiamo
z1 · z2 = (a1 + ib1 )(a2 + ib2 )
= a1 a2 + ia1 b2 + ib1 a2 − b1 b2
= a1 a2 − b1 b2 + i(a1 b2 + b1 a2 )
quindi
z1 · z2 = a1 a2 − b1 b2 − i(a1 b2 + b1 a2 )
= a1 a2 − b1 b2 − ia1 b2 − ib1 a2 =
= (a1 − ib1 )(a2 − ib2 ) = z1 · z2 .
(3) Sia z = a + ib , a, b ∈ R . Allora
( )
a
b
1
= 2
+i 2
2
z
a +b
a + b2
a + ib
a + ib
= 2
=
a + b2 (a + ib)(a − ib)
1
1
=
= .
a − ib z
Esercizio 10.7. Verifichiamo che in C vale la proprietà distributiva
del prodotto rispetto alla somma, cioè ∀z1 , z2 , z3 si ha
(z1 + z2 ) · z3 = z1 · z3 + z2 · z3 .
Svolgimento: siano
z1 = a1 + ib1
z2 = a2 + ib2
z3 = a3 + ib3 .
Sia ha
(z1 + z2 ) · z3 = [a1 + a2 + i(b1 + b2 )] · (a3 + ib3 )
= (a1 + a2 )a3 − (b1 + b2 )b3 + i[(a1 + a2 )b3 + (b1 + b2 )a3 ]
= a1 a3 + a2 a3 − b1 b3 − b2 b3 + ia1 b3 + ia2 b3 + ib1 a3 + ib2 a3
= a1 a3 − b1 b3 + i(a1 b3 + b1 a3 ) + a2 a3 − b2 b3 + i(a2 b£ + b2 a3 )
= (a1 + ib1 )(a3 + ib3 ) + (a2 + ib2 )(a3 + ib3 ) .
10.2 Rappresentazione algebrica dei numeri complessi
106
Proprietà del modulo. Sia z = α + iβ . Il mdoulo di z , cioè
√
|z| = α2 + β2 , gode delle seguenti proprietà:
a) |z| ≥ 0 , |z| = 0 ⇔ z = 0 ;
b) |z| = |z| ;
c) i) |Re z| ≤ |z|
ii) |Im z| ≤ |z|
iii) |z| ≤ |Re z| + |Im z| ;
d) (disuguaglianza triangolare) |z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 | .
Dimostriamo le proprietà sopra elencate.
a) Questa proprietà segue direttamente dalla definizione di
modulo.
√
b) Sia z = a + ib e z = a − ib il suo coniugato. Si ha |z| = a2 + b2
√
e |z| = a2 + (−b)2 , da cui la tesi.
c) Sia z = a + ib .
√
i) |Re z| = |a| ≤
a2 + b2
⇔
a2 ≤ a2 + b2
che è sempre vera;
ii) la dimostrazione è anaoga al punto precendente;
iii) dimostrare
|z| ≤ |Re z| + |Im z| equivale a dimostrare che
√
2
2
a + b ≤ |a| + |b| , a sua volta equivalente a
a2 + b2 ≤ (|a| + |b|)2
= |a|2 + |b|2 + 2|a||b|
= a2 + b2 + 2|a||b|
che vale perchè 2|a||b| ≥ 0.
d) Siano z1 = a + ib , z2 √= c + id .√Dobbiamo dimostrare che
√
(a + c)2 + (b + d)2 ≤ a2 + b2 + c2 + d2 ma ciò è equivalente
a
⇒
⇔
⇔
√
√
(a + c)2 + (b + d)2 ≤ a2 + b2 + c2 + d2 + 2 a2 + b2 c2 + d2
√
√
a2 + c2 + 2ac + b2 + d2 + 2bd ≤ a2 + b2 + c2 + d2 + 2 a2 + b2 c2 + d2
√
√
ac + bd ≤ a2 + b2 c2 + d2
√
ac + bd ≤ (a2 + b2 )(c2 + d2 ) .
10.2 Rappresentazione algebrica dei numeri complessi
107
Ma abbiamo
ac + bd ≤ |ac + bd| ≤ |ac| + |bd| = |a||c| + |b||d|
∀a, b, c, d ∈ R .
Quindi per concludere la dimostrazione è suﬃciente
dimostrare che
√
|a||c| + |b||d| ≤ (a2 + b2 )(c2 + d2 ) .
Grazie alla presenza dei moduli, si può dimostare la proprietà solamente per a, b, c, d ≥ 0 . Quindi basta provare
che
(ac + bd)2 ≤ (a2 + b2 )(c2 + d2 )
⇔
a2 c2 + b2 d2 + 2abcd ≤ a2 c2 + b2 c2 + a2 d2 + b2 d2
⇔
b2 c2 + a2 d2 − 2abcd ≥ 0
⇔
(bc + ad)2 ≥ 0
che è sempre vera. La tesi è quindi dimostrata.
Esercizio 10.8. Trovare tutti i numeri complessi z = a + ib che
soddisfano l’equazione
z2 + i Im z + 2z = 0 .
(10.6)
Svolgimento: z = a + ib verifica l’equazione (10.6) se e solo se
(a + ib)(a + ib) + ib + 2(a − ib) = 0
⇔
a2 − b2 + 2iab + ib + 2a − 2ib = 0
⇔
a2 − b2 + 2a + i(2ab + b) = 0
{ 2
a − b2 + 2a = 0
2ab + b = 0
⇔
La seconda equazione ha le due soluzioni
b=0
∨
2a + 1 = 0 .
• Se b = 0 , dalla prima equazione segue a = 0
quindi si ottengono i numeri complessi
z=0+i·0
∨
z = −2 + i · 0 .
∨
a = −2
10.3 Forma trigonometrica (o polare) dei numeri complessi
108
1
• Se a = − , allora dalla prima equazione si ha
2
1
− b2 − 1 = 0
4
⇒
b2 = −
3
4
che non ha soluzioni
10.3. Forma trigonometrica (o polare) dei numeri complessi
Un numero complesso z = (a, b) può essere rappresentato
utilizzando le coordinate polari (ρ, ϑ) nel seguente modo:
z = ρ(cos ϑ + i sin ϑ)
dove ρ è il modulo di z dato da
ρ = |z| =
√
a2 + b2
e ϑ è l´argomento di z , che si ottiene dalle relazioni
b = ρ sin ϑ
a = ρ cos ϑ
ovvero
b
= tan ϑ .
a
]
[
La funzione tan : − π2 , π2 → R è biunivoca (come vedremo
nel corso di Analisi Matematica 1) e la sua inversa è la funzione
arcotangente che indicheremo con arctan.
Figura 3
10.3 Forma trigonometrica (o polare) dei numeri complessi
109
Sia z , 0 . Allora z può essere scritto utlizzando le coordinate
polari nel seguente modo
z = ρ(cos ϑ + i sin ϑ)
dove
ρ=
√
a2 + b2 ,
cos ϑ = √
a
a2 + b 2
,
b
sin ϑ = √
.
a2 + b2
Esercizio 10.9. Scrivere il numero complesso
√
z= 3+i
in forma trigonometrica.
Svolgimento:
√
ρ=
( √ )2
3 + 12 = 2 ,
1
tan ϑ = √
3
Quindi:
⇒
ϑ=
π
,.
6
)
(
π
π
.
z = 2 cos + i sin
6
6
Il prodotto di due numeri complessi z1 , z2 scritti in forma
trigonometrica, cioé
z1 = ρ1 (cos ϑ1 + i sin ϑ1 )
z2 = ρ2 (cos ϑ2 + i sin ϑ2 ) ,
viene calcolato come segue:
z1 · z2 = ρ1 ρ2 (cos ϑ1 + i sin ϑ1 )(cos ϑ2 + i sin ϑ2 )
= ρ1 ρ2 (cos ϑ1 cos ϑ2 − sin ϑ1 sin ϑ2
+i(sin ϑ1 cos ϑ2 + cos ϑ1 sin ϑ2 ))
= ρ1 ρ2 (cos(ϑ1 + ϑ2 ) + i sin(ϑ1 + ϑ2 )) .
Se z1 = z2 = z = ρ(cos ϑ + i sin ϑ) , allora
z2 = ρ2 (cos 2ϑ + i sin 2ϑ) .
10.3 Forma trigonometrica (o polare) dei numeri complessi
110
Figura 4
Siano ρ1 = ρ2 = 1 . Osserviamo che
π
π
i = cos + i sin
2
2
e
i · i = i2 = −1 .
Dunque ruotando i di un angolo di
π
2
si arriva in (−1, 0)) .
10.3.1. Formula di De Moivre.
zn = ρn (cos nϑ + i sin nϑ) .
Dimostriamo la proprietà usando il principio di induzione. Osserviamo che p(2) è vera. Quindi facciamo vedere che p(n) ⇒ p(n+1),
cioè
zn = ρn (cos 0ϑ+i sin nϑ)
⇒
zn+1 = ρn+1 (cos(n+1)ϑ+i sin(n+1)ϑ) .
Per ipotesi induttiva si ha
zn+1 = z · zn = ρn (cos nϑ + i sin nϑ)ρ(cos ϑ + i sin ϑ) .
Resta da dimostrare che
(cos nϑ + i sin nϑ)(cos ϑ + i sin ϑ) = cos(n + 1)ϑ + i sin(n + 1)ϑ .
Ma poiché il prodotto si ottiene sommando gli angoli, si ottiene come
angolo
ϑ + nϑ = (n + 1)ϑ
10.3 Forma trigonometrica (o polare) dei numeri complessi
111
e la dimostrazione è conclusa.
10.3.2. Radice n-esima dell’unità. Sia
z = ρ(cos ϑ + i sin ϑ) .
Allora
zn = 1
se e solo se
cos nϑ + i sin nϑ = 1
⇔
ρ=1e
cos nϑ + i sin nϑ = 1 .
Dunque abbiamo
{
⇔
e da ciò segue nϑ = 2kπ ,
cos nϑ = 1
sin nϑ = 0 ,
k ∈ Z . Quindi
ϑ=
2kπ
.
n
Se
k = 0,
ϑ=0
2π
ϑ=
n
4π
ϑ=
n
se
k = 1,
se
k = 2,
se
k = n − 1,
se
k = n,
ϑ=
ϑ = 2π
2(n − 1)π
n
cioè per k = n abbiamo fatto un giro completo. Quindi tutte le
soluzioni dell’equazione zn = 1 sono
}
{
2kπ
2kπ
+ i sin
, k = 0, ..., n − 1 .
cos
n
n
Consideriamo ora un’equazione del tipo
zn = ω
con
ω = r(cos φ + i sin φ) ,
φ ∈ [0, 2π[ .
10.3 Forma trigonometrica (o polare) dei numeri complessi
112
Quindi, se esprimiamo z come z = r(cos ϑ + i sin ϑ) , l’equazione
diventa
ρn (cos nϑ + i sin nϑ) = r( cos φ + i sin φ) ,
da cui
ρn = r
⇒
nϑ = φ + 2kπ
ρ=
√
n
r
⇒
ϑ=
φ 2kπ
+
.
n
n
Quindi le soluzioni sono
{ [
(
)
(
)]
}
√
φ 2kπ
φ 2kπ
n
r cos
+
+ i sin
+
: k = 0, ..., n − 1 .
n
n
n
n
Esercizio 10.10. Risolviamo l’equazione
z5 = 1 + i .
L’equazione è della forma vista sopra con n = 5 e ω = 1+i . Scriviamo
ω in forma trigonometrica. Si ha che
√
|ω| = 2 ,
quindi
)
√ (
π
π
2 cos + i sin
.
4
4
Pertanto le soluzioni dell’equazione sono
{
(
)
(
)
}
√
π 2kπ
π 2kπ
10
2 cos
+
+ i sin
+
: k = 0, 1, 2, 3, 4 .
20
5
20
5
ω=

Fabio Giannoni Precorso di Analisi Matematica 1

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