Equazioni e disequazioni File

Appunti su equazioni e disequazioni - AS 2016/2017
I seguenti appunti sono stati scritti per chiunque avesse bisogno di un chiarimento sui
metodi di risoluzione di equazioni e disequazioni non polinomiali. Sono stati pensati come
rinforzo per gli studenti del liceo scientico che necessitano di un ripasso su questi metodi dei
quali non si può fare a meno durante il proprio percorso di studi. Per chiarimenti, suggerimenti
o critiche riguardo eventuali migliorie del presente documento, l'indirizzo a cui scrivere è
[email protected].
Indice
Valori assoluti
1
Esponenziali
8
Equazioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Disequazioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Equazioni e disequazioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
5
8
Logaritmi
10
Goniometria
14
Esercizi riassuntivi
25
Equazioni e disequazioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Equazioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Disequazioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10
16
22
Valori assoluti
Prima di cominciare con equazioni e disequazioni, è essenziale ricordare la denizione di valore
assoluto di un numero (o di un'espressione in generale):
|A(x)| =
A(x)
se A(x) ≥ 0
−A(x) se A(x) < 0
(1)
che ha come conseguenza la nota proprietà secondo cui per ogni x per cui è denita l'espressione A risulta che
|A(x)| ≥ 0.
La risoluzione di equazioni e disequazioni consiste nel trasformare l'equazione con i valori
assoluti in una di che non lo sia; naturalmente non è corretto sbarazzarsi semplicemente del
modulo, ma occorre fare riferimento alla denizione (1).
1
Equazioni
Le equazioni con i valori assoluti possono essere di diversi tipi:
♣ |A(x)| = k con k ∈ R, che si risolve unendo le soluzioni delle equazioni
A(x) = k ∨ A(x) = −k;
♣ |A(x)| = |B(x)|, che si risolve prendendo atto dell'equivalenza delle equazioni
|A(x)| = |B(x)| ←→ A2 (x) = B 2 (x);
♣ |A(x)| = B(x), che si risolve come unione dei sistemi
A(x) ≥ 0
A(x) < 0
∪
;
A(x) = B(x)
−A(x) = B(x)
♣ |A(x)| + |B(x)| = C(x) (per la risoluzione si veda il relativo esempio).
Nei seguenti esempi vediamo come applicare i vari metodi.
Esempio
L'equazione
|3 − x| = 7
è del primo tipo. Qui il valore del modulo è assegnato e gli unici due numeri che hanno modulo
uguale a 7 sono −7 e 7, quindi le uniche due possibilità sono
3 − x = 7 =⇒ x = −4
e
3 − x = −7 =⇒ x = 10.
Quindi abbiamo due soluzioni: x = −4 e x = 10.
Esempio
L'equazione
|3 − x| = −7
è del primo tipo. A dierenza del caso precedente, possiamo già concludere che l'equazione
non ammette nessuna soluzione in quanto non è possibile che il valore di un modulo sia
strettamente minore di zero. In altre parole, non è possibile assegnare un valore ad x che
renda il modulo pari a −7.
Esempio
L'equazione
x − 3
3 − x = |x|
è del secondo tipo. Siccome si tratta di un'uguaglianza tra due quantità positive, essa mantiene
le medesime soluzioni anche se se ne considera il quadrato:
2
x − 3
= |x|2 ;
−
x
3
a questo punto il modulo è ininuente in quanto due quantità al quadrato sono senz'altro
positive:
x−3
−x
3
2
2
= (x)2
da cui
x − 3x − 3
3
2
= x2
(−2x − 3)2
= x2
9
−5x2 + 12x + 9
=0
9
5x2 − 12x − 9 = 0
3
x=3∨x=− .
5
Esempio
L'equazione
2
2x − 2x = x2 + 3x
è del terzo tipo. In questo caso non ci sono scorciatoie e bisogna ricorrere direttamente
alla denizione: identicando con A(x) = 2x2 − 2x possiamo scrivere l'equazione data come
l'unione dei seguenti due sistemi
2x2 − 2x ≥ 0
∪
2x2 − 2x = x2 + 3x
2x2 − 2x < 0
−2x2 + 2x = x2 + 3x
0<x<1
.
−2x2 + 2x = x2 + 3x
che, risolvendo le disequazioni, diventa
x≤0∨x≥1
∪
2x2 − 2x = x2 + 3x
Questi due sistemi sono di semplice risoluzione, quindi prima di passare ai calcoli, vale la
pena di riettere sul signicato di quello che è stato scritto: "spezzare" l'equazione in due
sistemi equivale ad aermare che
] per gli x per cui risulta che 2x2 − 2x ≥ 0, allora le equazioni
2
2x − 2x = x2 + 3x ←→ 2x2 − 2x = x2 + 3x
hanno le stesse soluzioni, quindi possiamo scegliere di risolvere quella più semplice delle
due (cioè quella di destra);
] per gli x per cui risulta che 2x2 − 2x < 0, allora le equazioni
2
2x − 2x = x2 + 3x ←→ −2x2 + 2x = x2 + 3x
hanno le stesse soluzioni, quindi possiamo scegliere di risolvere quella più semplice delle
due (cioè ancora quella di destra).
L'interpretazione graca aiuta a comprendere quanto esposto: se consideriamo le curve di
equazioni
y = 2x2 − 2x,
y = −2x2 + 2x
otteniamo due parabole (in verde ed in blu rispettivamente in Figura 1); l'equazione
y = 2x2 − 2x
è rappresentata invece dalla curva in arancione, quindi vediamo come, eettivamente, quest'ultima coincida perfettamente con la prima parabola solamente per x ≤ 0 ∨ x ≥ 1, mentre
si sovrappone alla seconda per i restanti valori di x. Queste osservazioni chiariscono il motivo
3
Figura 1: Graci a confronto.
per cui è necessario specicare sempre quali zone dell'asse delle ascisse si stanno considerando
quando si toglie il modulo.
Concludiamo ora l'esercizio risolvendo i sistemi:
x≤0∨x≥1
∪
x2 − 5x = 0
x≤0∨x≥1
∪
x=0∨x=5
0<x<1
3x2 + x = 0
0<x<1
x = 0 ∨ x = − 13
da cui le soluzioni accettabili x = 0 ∨ x = 5.
Questa è la riprova della necessità di specicare il segno del contenuto del modulo all'interno del sistema: se ci fossimo limitati ad unire i risultati di
2x2 − 2x = x2 + 3x ∨ −2x2 + 2x = x2 + 3x
avremmo accettato la soluzione
x=−
1
3
che invece è da scartare.
Esempio
L'equazione
|x| + |3 + x| = 1 − x
è del quarto tipo. In questo caso il procedimento è più articolato perché bisogna sciogliere
due moduli e, quindi, è necessario denire bene il segno di ogni argomento: distinguendo i
moduli
I : |x|,
II : |3 + x|
risulta che
I:x≥0
e
II : x ≥ −3
4
da cui possiamo costruire la tabella (1 )
−3
I
II
0
− − +
− + +
che ci permette di aermare che
- per x < −3 entrambi i moduli vanno sciolti cambiando il segno all'interno (segno "−");
- per −3 ≤ x < 0 il primo modulo va sciolto cambiando il segno all'interno (segno "−"),
mentre il secondo va sciolto mantenendo i segni che già ci sono (segno "+");
- per x ≥ 0 entrambi i moduli vanno sciolti mantenendo il segno all'interno (segno "+").
L'equazione si traduce allora nell'unione di tre sistemi:
x < −3
∪
−x − 3 − x = 1 − x
da cui
−3 ≤ x < 0
∪
−x + 3 + x = 1 − x
x < −3
∪
x = −4
−3 ≤ x < 0
∪
x = −2
x≥0
x+3+x=1−x
x≥0
x = − 32
x = −4 ∨ x = −2.
Ancora una volta, l'assenza della suddivisione in "zone" non avrebbe consentito di scartare
la soluzione non accettabile.
Disequazioni
Anche per le disequazioni si possono distinguere delle analoghe tipologie (2 ):
♣ |A(x)| ≥ k con k > 0 (3 ), che equivale a risolvere
A(x) ≤ −k ∨ A(x) ≥ k;
♣ |A(x)| ≤ k con k ≥ 0 (4 ), che equivale a risolvere
−k ≤ A(x) ≤ k;
♣ |A(x)| ≥ |B(x)|, la cui risoluzione è del tutto analoga a quella dell'equazione;
♣ |A(x)| ≥ B(x) , la cui risoluzione è del tutto analoga a quella dell'equazione;
♣ |A(x)| + |B(x)| ≥ C(x), la cui risoluzione è del tutto analoga a quella dell'equazione.
1
Attenzione: quella riportata non è una tabella dello studio del segno di una frazione! Qui i segni non
vanno moltiplicati: serve solamente per capire a quali condizioni si può sciogliere il modulo mantenendo il
segno del suo argomento ed a quali, invece, il segno va cambiato!
2
Per brevità, utilizziamo come verso predenito il ≥, ma naturalmente tutte le tipologie esistono anche per
≤, < e >.
3
Per k ≤ 0 la disequazione è vera per ogni x.
4
Per k < 0 la disequazione è falsa per ogni x.
5
Esempio
La disequazione
2x − 5 x+1 >1
è del primo tipo. Si tratta quindi di risolvere
2x − 5
2x − 5
< −1 ∨
> 1.
x+1
x+1
Per la prima disequazione risulta
2x − 5
< −1
x+1
3x − 4
<0
x+1
4
3
D > 0 =⇒ x > −1
N > 0 =⇒ x >
−1
4
3
N
D
− − +
− + +
N
D
+ − +
4
−1 < x < .
3
Per la seconda disequazione, invece,
2x − 5
>1
x+1
x−6
>0
x+1
N > 0 =⇒ x > 6
D > 0 =⇒ x > −1
−1
6
N
D
− − +
− + +
N
D
+ − +
x < −1 ∨ x > 6.
Unendo le soluzioni, il risultato è
x<
4
∨ x > 6 ∧ x 6= −1.
3
6
Esempio
La disequazione
|x2 − x| < 2|x|
è del terzo tipo. Si risolve elevando entrambi i membri:
|x2 − x|2 < 4|x|2
(x2 − x)2 < 4x2
x4 − 2x3 + x2 < 4x2
x4 − 2x3 − 3x2 < 0
x2 (x2 − 2x − 3) < 0
x2 (x − 3)(x + 1) < 0
−1
I
II
III
0
3
+ + + +
− − − +
− + + +
+ − − +
da cui
−1 < x < 3 ∧ x 6= 0.
Esempio
La disequazione
2x − |x + 1| > x − 2
è del quarto tipo in quanto, dopo un rapido rimaneggiamento, la si può ricondurre alla forma
|x + 1| < x + 2.
Applichiamo lo stesso procedimento usato per risolvere l'equazione di terzo tipo:
x+1≥0
∪
x+1<x+2
x ≥ −1
∪
∀x ∈ R
quindi complessivamente
Esempio
x+1<0
−x − 1 < x + 2
x < −1
x > − 23
3
x>− .
2
La disequazione
|x − 1| + |3 − x| ≤ 2
è del quinto tipo. Applichiamo lo stesso procedimento usato per risolvere l'equazione di quarto
tipo:
I : |x − 1|,
II : |3 − x|
risulta che
I : x − 1 ≥ 0 ⇐⇒ x ≥ 1
e
II : 3 − x ≥ 0 ⇐⇒ x ≤ 3
7
da cui possiamo costruire la tabella
1 3
I
II
− + +
+ + −
che ci permette di aermare che
- per x < 1 il primo modulo va sciolto cambiando il segno all'interno (segno "−"), mentre
il secondo va sciolto mantenendo i segni che già ci sono (segno "+");
- per 1 ≤ x < 3 entrambi i moduli vanno sciolti mantenendo il segno all'interno (segno
"+");
- per x ≥ 3 il primo modulo va sciolto mantenendo il segno all'interno (segno "+"),
mentre il secondo va sciolto cambiando i segni che già ci sono (segno "−").
L'equazione si traduce allora nell'unione di tre sistemi:
x<1
∪
−x + 1 + 3 − x ≤ 2
da cui
1≤x<3
∪
x−1+3−x≤2
x<1
∪
x≥1
1≤x<3
∪
∀x ∈ R
x≥3
x−1−3+x≤2
x≥3
x≤3
Il primo sistema non ha soluzioni, del secondo teniamo le condizioni di esistenza, mentre
il terzo ha soluzione x = 3; unendo i risultati si ottiene
1 ≤ x ≤ 3.
Esponenziali
La denizione degli esponenziali nasce dall'estensione del concetto di potenza con esponente
reale; si indica con ax dove a è detta base e deve essere
a > 0 ∧ a 6= 1.
L'esponenziale non richiede condizioni di esistenza speciche ed ha la proprietà che
∀x ∈ R : ax > 0.
Continuano inoltre a valere le note proprietà delle potenze.
Equazioni e disequazioni
Distinguiamo essenzialmente tre tipi di equazioni esponenziali:
♠ riconducibili alla forma aA(x) = ab oppure analoghe disequazioni: queste si risolvono
ponendo
A(x) = b;
♠ riconducibili ad un'equazione polinomiale tramite una sostituzione;
♠ riconducibili alla forma aA(x) = b, dove b non può essere scritto come potenza in base
a: queste si risolvono con l'uso dei logaritmi.
Allo stesso modo possiamo classicare le disequazioni:
8
♠ riconducibili alla forma aA(x) > ab (oppure con verso ≥, ≤ o <): queste si risolvono
ponendo
se a > 1
A(x) > b
se 0 < a < 1;
A(x) < b
♠ riconducibili ad una disequazione polinomiale tramite una sostituzione;
♠ riconducibili alla forma aA(x) > b (oppure con verso ≥, ≤ o <, dove b non può essere
scritto come potenza in base a: queste si risolvono con l'uso dei logaritmi.
Esempio
L'equazione
√
32x−1
−x
1
·9 =
3
1
x
è del primo tipo in quanto, applicando le proprietà delle potenze, possiamo scrivere
3
2x−1
2
3
2
· 3 x = 3x
2x−1
+ x2
2
= 3x .
Abbiamo dunque l'uguaglianza di due potenze con la stessa base: salvo riconoscere che
deve essere x 6= 0 (perché la x compare anche come denominatore), possiamo uguagliare gli
esponenti:
2x − 1 2
+ =x
2
x
2x2 − x + 4 − 2x2
=0
2x
x = 4.
Esempio
L'equazione
è del secondo tipo:
1
3
= 2x −
x
2
2
3
1 = 22x − 2x
2
e, applicando la sostituzione t = 2x , si ottiene
3
t2 − t − 1 = 0
2
che ha soluzioni
t=−
da cui, ri-sostituendo,
1
2
t=2
1
2
x
2 = 2;
2x = −
la prima è impossibile in quanto un esponenziale non può essere negativo, mentre la seconda
è un'equazione esponenziale di primo tipo: basta uguagliare gli esponenti per ottenere x = 1.
9
Esempio
La disequazione
x2 +2x
3
16
≥
4
9
è del secondo tipo. Riconduciamo entrambe le potenze ad avere la stessa base:
x2 +2x −2
3
3
≥
4
4
e passiamo agli esponenti tenendo conto che, siccome la base è minore di 1, dovremo cambiare
il verso della disequazione:
x2 + 2x ≤ −2
x2 + 2x + 2 ≤ 0
che non ha soluzioni.
Logaritmi
La denizione di logaritmo è:
ax = b ⇐⇒ x = loga b
(2)
in cui chiamiamo
del logaritmo il numero a;
F
base
F
argomento
del logaritmo il numero b.
La base del logaritmo, secondo la denizione (2), nasce dalla base di un'esponenziale, quindi
dovrà essere a > 0 e a 6= 1; l'argomento è un esponenziale, quindi necessariamente b > 0.
Dalla denizione emergono due importanti caratteristiche: per ogni scelta della base a
risulta
∗ loga 1 = 0;
∗ loga a = 1.
Equazioni e disequazioni
Si chiamano equazioni/disequazioni logaritmiche quelle equazioni/disequazioni in cui l'incognita compare nell'argomento di almeno un logaritmo.
Per risolverle è consigliabile adarsi alla scaletta seguente:
(a) condizioni di esistenza : va risolto un sistema composto dalle disequazioni ottenute
ponendo gli argomenti di ogni logaritmo maggiori di zero;
(b) risoluzione : va risolta l'equazione/disequazione vera e propria applicando le tecniche
sotto esposte;
(c) confronto delle soluzioni : le soluzioni ottenute al punto (b) vanno confrontate con le
condizioni ottenute al punto (a) dichiarando quali sono accettabili e quali no.
Il principio fondamentale per la soluzione di equazioni e disequazioni è basato sull'osservazione che due logaritmi aventi la stessa base sono uguali, allora sono uguali anche gli
argomenti:
loga b = loga c ⇐⇒ b = c.
10
Per le disequazioni, questo principio va distinto in due diversi casi, analogamente a quanto
accade per le disequazioni esponenziali:
loga b > loga c ⇐⇒ b > c se a > 1
loga b > loga c ⇐⇒ b < c se 0 < a < 1
ed analoghe considerazioni per le disequazioni che presentano i segni <, ≤, ≥. In altre parole
è necessario invertire il verso della disequazione nel caso in cui la base sia minore di 1.
Vediamo qualche esempio:
Esempio
log2
p
5 − x2 − x = 0.
Seguiamo la scaletta:
(a) Anché l'equazione abbia senso, deve essere
p
5 − x2 − x > 0,
quindi la prima cosa da fare è risolvere questa disequazione:
x<0
∪
5 − x2 ≥ 0
x≥0
5 − x2 > x2
x√
<0
√ ∪
− 5≤x≤ 5
(
xq
≥0
√
− 5≤x<
−
r
5
2
<x<
q
5
2
5
.
2
(b) Ora risolviamo l'equazione vera e propria applicando la denizione:
log2
si traduce in
p
5 − x2 − x = 0
p
20 = 5 − x2 − x
p
5 − x2 − x = 1
p
5 − x2 = 1 + x

 1+x≥0
5 − x2 ≥ 0

5 − x2 = (1 + x)2

≥ −1
 x√
√
− 5≤x≤ 5
 2
x +x−2=0

≥ −1
 x√
√
− 5≤x≤ 5

x = 1 ∨ x = −2
x = 1.
(c) Ultimo passo è controllare se la soluzione trovata al punto (b) è ammissibile secondo le
condizioni poste dal punto (a): eettivamente
√
− 5≤1<
r
quindi l'equazione data ha come soluzione x = 1.
11
5
,
2
Esempio
log(x − 1) − log(x + 2) = log 3.
Seguiamo la scaletta:
(a) Anché l'equazione abbia senso, deve essere
x−1>0
x+2>0
x>1
x > −2
quindi x > 1.
(b) Ora risolviamo l'equazione vera e propria applicando prima le proprietà:
log(x − 1) − log(x + 2) = log 3
log
x−1
= log 3;
x+2
a questo punto abbiamo l'uguaglianza di due logaritmi con la stessa base: ne segue che
devono essere uguali anche gli argomenti:
x−1
=3
x+2
x − 1 − 3x − 6
=0
x+2
−2x − 7
=0
x+2
e, considerate le condizioni del punto (a), possiamo passare a
−2x − 7 = 0
7
x=− .
2
(c) Ultimo passo è controllare se la soluzione trovata al punto (b) è ammissibile secondo le
condizioni poste dal punto (a): risulta
7
− <1
2
quindi l'equazione data non ha soluzioni.
Esempio
log32 x + 6 log22 x − 16 log2 x = 0.
Seguiamo la scaletta:
(a) Anché l'equazione abbia senso, deve essere x > 0.
12
(b) Ora risolviamo l'equazione vera e propria applicando la sostituzione
t = log2 x
per ottenere
t3 + 6t2 − 16t = 0
che si risolve semplicemente scomponendo il polinomio in
t(t − 2)(t + 8) = 0;
le soluzioni sono
t=0
t=2
t = −8
che corrispondono a
log2 x = 0 =⇒ x = 1
log2 x = 2 =⇒ x = 4
1
log2 x = −8 =⇒ x = 8 .
2
(c) Ultimo passo è controllare se la soluzione trovata al punto (b) è ammissibile secondo le
condizioni poste dal punto (a): tutte e tre le soluzioni del punto (b) sono strettamente
positive, quindi ammissibili.
Esempio
log(x2 + 17x + 16) < 2.
Seguiamo la scaletta:
(a) Anché la disequazione abbia senso, deve essere
x2 + 17x + 16 > 0
da cui
(x + 16)(x + 1) > 0
x < −16 ∨ x > −1.
(b) Ora risolviamo la disequazione vera e propria osservando che log 10 = 1:
log(x2 + 17x + 16) < 2
log(x2 + 17x + 16) < 2 log 10
log(x2 + 17x + 16) < log 102
e, siccome la base è strettamente maggiore di 1, manteniamo il verso
x2 + 17x + 16 < 100
x2 + 17x − 84 < 0
(x − 4)(x + 21) < 0;
le soluzioni sono
−21 < x < 4.
(c) Ultimo passo è controllare se le soluzioni trovate al punto (b) sono compatibili con le
condizioni poste dal punto (a): va risolto il sistema
x < −16 ∨ x > −1
−21 < x < 4
da cui
−21 < x < −16 ∨ −1 < x < 4.
13
Esempio
log 1 9 + log 1 x ≥ 0.
3
3
Seguiamo la scaletta:
(a) Anché la disequazione abbia senso, deve essere x > 0.
(b) Ora risolviamo la disequazione vera e propria:
log 1 9 + log 1 x ≥ 0
3
3
log 1 x ≥ − log 1 9
3
3
log 1 x ≥ log 1 9−1
3
3
e, siccome la base è strettamente minore di 1, bisogna invertire il verso:
1
x≤ .
9
(c) Ultimo passo è controllare se le soluzioni trovate al punto (b) sono compatibili con le
condizioni poste dal punto (a): va risolto il sistema
da cui
x>0
x ≤ 19
1
0<x≤ .
9
Goniometria
Dato un triangolo rettangolo (come in Figura 2), si deniscono le quantità
Figura 2: Triangolo rettangolo.
sin α = cos β =
tan α =
c1
I
cos α = sin β =
sin α
c1
=
cos α
c2
tan β =
c2
I
sin β
c2
=
cos β
c1
che ritroviamo sulla circonferenza goniometrica (di raggio unitario) in Figura 3.
Coseno e seno hanno le seguenti fondamentali proprietà: per ogni angolo α risulta
| sin α| ≤ 1,
| cos α| ≤ 1
14
(3)
Figura 3: Circonferenza goniometrica.
sin2 α + cos2 α = 1
(4)
cos(−α) = cos α
(5)
sin(−α) = − sin α
π
− α = cos α
sin
2
π
cos
− α = sin α
2
sin (π − α) = sin α
(6)
cos (π − α) = − cos α.
(10)
(7)
(8)
(9)
Inoltre le funzioni coseno e seno sono periodiche di periodo 2π mentre la tangente è
periodica di periodo π , ossia per ogni k ∈ Z:
sin(α + 2kπ) = sin α
cos(α + 2kπ) = cos α
tan(α + kπ) = tan α.
Esistono numerose formule che riguardano le funzioni goniometriche... riportiamo le più
frequenti:
sin(2α) = 2 sin α cos α
(11)
cos(2α) = cos2 α − sin2 α
(12)
sin(α + β) = sin α cos β + cos α sin β
(13)
sin(α − β) = sin α cos β − cos α sin β
(14)
cos(α + β) = cos α cos β − sin α sin β
(15)
cos(α − β) = cos α cos β + sin α sin β
α
2 tan
2
sin α =
α
2
1 + tan
2
α
1 − tan2
2
cos α =
α.
1 + tan2
2
(16)
15
(17)
(18)
I valori fondamentali delle funzioni goniometriche sono riportati nella seguente tabella:
α (gradi) α (rad.) sin α cos α tan α
0
30◦
30◦
45◦
60◦
90◦
120◦
135◦
150◦
180◦
210◦
225◦
240◦
270◦
300◦
315◦
330◦
360◦
0
0
π
6
π
6
π
4
π
3
π
2
2
3π
3
4π
5
6π
1
2
1
√2
2
√2
3
2
π
0
−√12
− √22
− 23
−1
√
− √23
− 22
− 12
0
7
6π
5
4π
4
3π
3
2π
5
3π
7
4π
11
6 π
0
1
√
3
√2
2
2
1
2
1
0
√
3
√2
3
√2
2
2
1
2
0
−√12
− √22
− 23
−1
√
− √23
− 22
− 12
0
1
√2
2
√2
3
2
√
3
√3
3
3
1
√
3
@
√
− 3
−1
√
− 33
0
√
3
3
1
√
3
@
√
− 3
−1
√
1
3
3
0
Equazioni
Possiamo suddividere le equazioni goniometriche secondo alcune categorie:
\
del tipo sin x = k, cos x = k, tan x = k; la strategia risolutiva
si può articolare in due passi:
Equazioni elementari
1. trovare gli angoli compresi tra 0 e 2π che sono soluzione dell'equazione (cioè le
soluzioni "visibili" sulla circonferenza goniometrica o sulla tabella);
2. considerare che ognuna delle soluzioni trovate al punto precedente individua altre
innite soluzioni che si ottengono aggiungendo ad essa un multiplo di 2π .
\
Equazioni riconducibili ad elementari
\
Equazioni lineari
tramite qualche semplice passaggio;
del tipo a sin x + b cos x + c = 0; la strategia risolutiva consiste in
1. se c = 0, poniamo la condizione cos x 6= 0 e dividiamo l'equazione per cos x
ottenendo
a
sin x
cos x
+b
=0
cos x
cos x
a tan x + b = 0
di tipo elementare (5 ).
2. se c 6= 0 abbiamo tre strade possibili:
5
Attenzione: dopo aver risolto utilizzando questo metodo, bisogna vericare che le soluzioni escluse dalla
condizione cos xneq0 siano ammissibili e, in tal caso, riammetterle!
16
- √
il metodo dell'angolo aggiunto consiste nel dividere l'equazione per la quantità
a2 + b2 (6 ) ed ottenere
√
a
b
c
sin x + √
cos x + √
=0
2
2
2
2
+b
a +b
a + b2
a2
che permette l'utilizzo delle formule (13), (14), (15) o (16) (per maggiori
chiarimenti si veda l'esempio relativo);
- l'utilizzo delle formule parametriche (17) e (18) consente di riscrivere l'equazione come
α
α
2 tan
a
1+
2
tan2
1 − tan2
2
α +b
α +c=0
2
1 + tan
2
2
che, con la sostituzione t = tan α2 diventa
a
1 − t2
2t
+
b
+c=0
1 + t2
1 + t2
riconducibile ad una elementare;
- il metodo graco consiste nel considerare cos x e sin x come coordinate nel
piano cartesiano (cos x, sin x) = (X, Y ) ed intersecare l'equazione data con la
circonferenza goniometrica ottenendo il sistema
aY + bX + c = 0
X 2 + y2 = 1
che riconduce tutto ad equazioni di tipo elementare.
\
Equazioni di secondo grado
distinguiamo due casi:
del tipo a sin2 x + b sin x cos x + c cos2 x = d; anche qui
1. se d = 0 l'equazione si dice omogenea e si può procedere in maniera analoga a
quanto visto per le equazioni lineari imponendo cos x 6= 0 e dividendo tutto per
cos2 x in modo da ottenere
a
sin2 x
sin x
+b
+c=0
2
cos x
cos x
a tan2 x + b tan x + c = 0
riconducibile ad una elementare; anche questa volta gli angoli esclusi dalla condizione cos x 6= 0 vanno reintegrati qualora verichino l'equazione;
2. se d 6= 0 utilizziamo la relazione (4) per rendere l'equazione omogenea
a sin2 x + b sin x cos x + c cos2 x = d(sin2 x + cos2 x)
(a − d) sin2 x + b sin x cos x + (c − d) cos2 x = 0
e quindi risolubile come al punto precedente.
6
Si noti che tale quantità è diversa da zero o l'equazione non sarebbe lineare ma elementare.
17
Esempio
L'equazione
2 sin x = 1
è elementare in quanto equivale a
1
sin x = ;
2
la strategia da seguire è
1. trovare gli angoli soluzioni dell'equazione compresi tra 0 e 2π ;
2. considerare ognuna delle soluzioni sommando ad essa un multiplo di 2π .
Guardando la circonferenza goniometrica, notiamo che ci sono due possibili angoli il cui seno
vale 12 :
x=
π
5
∨x= π
6
6
e, considerata la periodicità, si ottiene allora la totalità delle soluzioni
x=
5
π
+ 2kπ ∨ x = π + 2kπ
6
6
per k ∈ Z.
Esempio
L'equazione
sin2 x − 3 sin x + 2 = 0
è riconducibile ad una elementare in quanto, applicando la sostituzione t = sin x, si ottiene
t2 − 3t + 2 = 0
di soluzioni
t = 1 ∨ t = 2.
Allora si tratta di unire le soluzioni di due equazioni elementari:
sin x = 1 ∨ sin x = 2
quindi possiamo seguire strategia dell'esempio precedente. Per la prima:
1. le soluzioni dell'equazione sin x = 1 comprese tra 0 e 2π sono
x=
π
3
∨ x = π;
2
2
2. ogni soluzione trovata al punto precedente va considerata alla luce della periodicità: per
k∈Z
x=
π
3
+ 2kπ ∨ x = π + 2kπ.
2
2
A voler essere precisi, le soluzioni trovate possono essere scritte in maniera più sintetica come
x=
π
+ kπ
2
in quanto è facile vericare che questa scrittura comprende tutti gli angoli del punto 2.
Passiamo ora alla seconda equazione: sin x = 2 non ha soluzioni in quanto per la proprietà
(3), deve essere
−1 ≤ sin x ≤ 1.
18
Esempio
L'equazione
sin2 x − 3 sin x + 2 = 0
è riconducibile ad una elementare in quanto, applicando la sostituzione t = sin x, si ottiene
t2 − 3t + 2 = 0
di soluzioni
t = 1 ∨ t = 2.
Allora si tratta di unire le soluzioni di due equazioni elementari:
sin x = 1 ∨ sin x = 2
quindi possiamo seguire strategia dell'esempio precedente. Per la prima:
1. le soluzioni dell'equazione sin x = 1 comprese tra 0 e 2π sono
x=
π
3
∨ x = π;
2
2
2. ogni soluzione trovata al punto precedente va considerata alla luce della periodicità: per
k∈Z
x=
3
π
+ 2kπ ∨ x = π + 2kπ.
2
2
A voler essere precisi, le soluzioni trovate possono essere scritte in maniera più sintetica come
x=
π
+ kπ
2
in quanto è facile vericare che questa scrittura comprende tutti gli angoli del punto 2.
Passiamo ora alla seconda equazione: sin x = 2 non ha soluzioni in quanto per la proprietà
(3), deve essere
−1 ≤ sin x ≤ 1.
Esempio
L'equazione
sin x + cos x = 0
è lineare con c = 0, quindi poniamo cos x 6= 0 (equazione di tipo elementare) per ottenere
x 6=
e dividiamo per cos x:
π
+ kπ
2
sin x cos x
+
=0
cos x cos x
tan x + 1 = 0
tan x = −1
di tipo elementare; le soluzioni tra 0 e 2π sono
3
7
x= π∨x= π
4
4
e, complessivamente,
3
x = π + kπ.
4
Per concludere, chiediamoci se gli angoli esclusi inizialmente sono soluzioni dell'equazione:
risulta
π
π
sin
+ kπ + cos
+ kπ 6= 0
2{z
2{z
|
} |
}
=1
=0
quindi la soluzione denitiva è solamente
3
x = π + kπ.
4
19
Esempio
L'equazione
sin
π
4
è lineare con c 6= 0 e ponendo α =
+
π
4
π x
x
+ cos
+
−1=0
2
4
2
+
x
2
sin α + cos α − 1 = 0.
Risolviamola con tutti i metodi possibili:
√
- Metodo dell'angolo aggiunto. Risulta che
a2 + b2 =
√
1+1=
√
2 da cui
1
1
1
√ sin α + √ cos α − √ = 0
2
2
2
√
√
√
2
2
2
sin α +
cos α =
;
2
2
2
riconoscendo che
√
2
π
π
= sin = cos
2
4
4
possiamo allora scrivere
√
π
π
2
sin sin α + cos cos α =
;
4
4
2
utilizzando la formula (16) si ottiene
cos
√
π
2
2
−α =
4
di tipo elementare. Ricordando la sostituzione fatta, possiamo riscrivere
√
π x
2
cos
− −
=
4
4
2
2
x √2
=
cos −
2
2
π
e, per la proprietà (5),
cos
Le soluzioni tra 0 e 2π sono
x
2
√
=
2
.
2
x
π x
= ∨ =
2
4 2
π
7
x= ∨x= π
2
2
7
π
4
3
= π
2
quindi complessivamente
x=
π
3
+ 2kπ ∨ x = π + 2kπ
2
2
o, più sinteticamente,
x=
20
π
+ kπ.
2
- Formule parametriche. Riscriviamo l'equazione utilizzando le formule (17) e (18):
α
1 − tan2
2 +
α
1 + tan2
1 + tan2
2
ed applichiamo la sostituzione t = tan α2 :
2 tan
α
2
α −1=0
2
2t
1 − t2
+
−1=0
2
1+t
1 + t2
2t + 1 − t2 − 1 − t2 = 0
t2 − t = 0
di soluzioni
t=0∨t=1
da cui
tan
α
α
= 0 ∨ tan = 1.
2
2
Risolvendo separatamente queste equazioni elementari si ottiene (sorvoliamo sui passaggi):
α
α
= 0 =⇒ = kπ =⇒ α = 2kπ
2
2
α
α
π
π
tan = 1 =⇒ = + kπ =⇒ α = + 2kπ;
2
2
4
2
ritornando alla variabile x, le soluzioni sono
π x
π
3
α = 2kπ =⇒ + = 2kπ =⇒ x = − + 2kπ = π + 2kπ
4
2
2
2
π x
π
π
π
α = + 2kπ =⇒ + = + 2kπ =⇒ x = + 2kπ
2
4
2
2
2
tan
quindi, complessivamente
π
+ kπ.
2
- Metodo graco. Sostituendo cos α = X e sin α = Y , impostiamo il sistema
Y +X −1=0
X2 + Y 2 = 1
x=
da cui
Ritornando alla variabile x:
e quindi
X =1−Y
Y2−Y =0
X=1
X=0
∨
Y =0
Y =1
cos α = 1
cos α = 0
∨
sin α = 0
sin α = 1
π
α = kπ ∨ α = + kπ.
2
π x
π x
π
+ = kπ ∨ + = + kπ
4
2
4
2
2
π
π
x = − + 2kπ ∨ x = + 2kπ
2
2
3
π
x = π + 2kπ ∨ x = + 2kπ
2
2
x=
21
π
+ kπ.
2
Esempio
L'equazione
√
2 2 sin x cos x + 1 = 0
è di secondo grado non omogenea, quindi dobbiamo usare la prima fondamentale (4):
√
2 2 sin x cos x + 1(cos2 x + sin2 x) = 0
√
sin2 x + 2 2 sin x cos x + cos2 x = 0;
ora, sotto la condizione x 6=
π
2
+ kπ , dividiamo per cos2 x ottenendo
√ sin x cos2 x
sin2 x
2
+
2
+
=0
cos2 x
cos x cos2 x
√
tan2 x + 2 2 tan x + 1 = 0;
ed applicando la sostituzione t = tan x
√
t2 + 2 2t + 1 = 0
di soluzioni
√
t = − 2 ± 1.
Vanno quindi risolte le equazioni elementari
√
tan x = − 2 − 1,
√
tan x = − 2 + 1
che non corrispondono ad angoli noti, quindi lasciamo semplicemente indicato
√
x = arctan − 2 − 1 + kπ,
√
x = arctan − 2 + 1 + kπ.
Tra queste soluzioni non compaiono evidentemente quelle inizialmente escluse dalla condizione
cos x 6= 0, quindi l'esercizio è concluso.
Disequazioni
Per risolvere le disequazioni goniometriche si applicano gli stessi metodi risolutivi visti per
le equazioni, con la dierenza che la soluzione non viene immediatamente restituita ma va
dedotta dalla circonferenza goniometrica.
Esempio
La disequazione
2 cos x +
√
è di tipo elementare:
3>0
√
cos x > −
3
.
2
Per prima cosa, troviamo i valori "di conne", ossia le soluzioni dell'equazione
√
cos x = −
risulta (Figura 4)
3
;
2
5
7
x = π + 2kπ ∨ x = π + 2kπ.
6
6
Disegniamo√sulla circonferenza goniometrica l'arco ricoperto dagli angoli il cui coseno è
maggiore di − 23 (in viola in Figura 5): e, ricordando che
22
Figura 4: Soluzione dell'equazione tra 0 e 2π .
Figura 5: Soluzione della disequazione tra 0 e 2π .
23
7
5
cos π = cos − π ,
6
6
possiamo scrivere che la soluzione tra 0 e 2π è (7 )
5
5
− π < x < π;
6
6
aggiungiamo la periodicità per concludere:
5
5
− π + 2kπ < x < π + 2kπ.
6
6
Esempio
La disequazione
cos x > −1
ci chiede di dichiarare per quali angoli il coseno è strettamente maggiore di −1: la risposta è
che, per la proprietà (3), sicuramente
∀x ∈ R : cos x ≥ −1
quindi la disequazione data è equivalente a
cos x 6= −1.
La soluzione è, facendo riferimento sempre alla circonferenza goniometrica,
x 6= π + 2kπ.
Esempio
La disequazione
sin2 x − cos2 x > 0
è di secondo grado omogenea; sotto la condizione cos x 6= 0, possiamo dividere tutto per cos2 x
ed ottenere
tan2 x − 1 > 0
che è riconducibile ad una elementare tramite la sostituzione t = tan x:
t2 − 1 > 0
di soluzioni
t < −1 ∨ t > 1.
Le disequazioni che si generano sono elementari:
tan x < −1 ∨ tan x > 1
la soluzione della prima è rappresenta in blu in Figura 6, mentre la soluzione della seconda in
arancione.
Com'è possibile vedere, le soluzioni sono
7
π
π
π
3
+ kπ < x < + kπ ∨ + kπ < x < π + kπ.
4
2
2
4
Questo modo è il più sintetico di scrivere la soluzione; naturalmente non è errato considerare
0<x<
5
7
π ∨ π < x < 2π.
6
6
24
Figura 6: Soluzioni della disequazione tra 0 e 2π .
Esempio
La disequazione
2 sin x cos x − cos x ≥ 0
si può riscrivere come
cos x(2 sin x − 1) ≥ 0
cioè nel prodotto di due equazioni elementari. Risolviamole separatamente (8 ) e poi moltiplicheremo i segni:
cos x ≥ 0 =⇒ −
e
sin x ≥
π
π
+ 2kπ ≤ x ≤ + 2kπ
2
2
1
π
5
=⇒ + 2kπ ≤ x ≤ π + 2kπ.
2
6
6
Per moltiplicare i segni, anziché utilizzare la solita tabella in cui è rappresentato l'insieme R su una retta, utilizziamo la circonferenza goniometrica allo stesso modo: in Figura 7
sono rappresentate in blu le soluzioni della prima disequazione (linea continua dove è sin x è
positivo, tratteggiata dove è negativo) ed in arancione quelle della seconda.
Moltiplicando i segni (doppia riga tratteggiata equivale ad un doppio segno "meno") si
ottiene che complessivamente l'equazione è vericata per
π
π
5
3
+ 2kπ ≤ x ≤ + 2kπ ∨ π + 2kπ ≤ x ≤ π + 2kπ.
6
2
6
2
Esercizi riassuntivi
Esercizio
√
2−x
72 2x
√ x
≥ 0.
9 − 10 · 3x + 9
Svolgimento. Prima di scegliere una strategia risolutiva, osserviamo la disequazione e facciamo
alcune riessioni: per cominciare, la richiesta che ci viene fatta è capire se la frazione a primo
membro sia positiva; il segno di una frazione è dato dal prodotto del segno del numeratore e
di quello del denominatore e, nel nostro caso, abbiamo:
- il numeratore è un esponenziale, quindi è sempre positivo;
8
Si possono prendere come esempi di risoluzione gli esempi precedenti.
25
Figura 7: Soluzioni delle disequazioni tra 0 e 2π .
- il denominatore è una radice quadrata, quindi è sempre positiva.
Quindi, una volta fatte le dovute condizioni di esistenza, la risposta è già data. Facciamo
allora queste condizioni: deve essere
x>0
9x − 10 · 3x + 9 > 0
dove la prima condizione è per l'esistenza dell'esponenziale, mentre la seconda per la radice
ed il denominatore. Risulta
9x − 10 · 3x + 9 > 0
32x − 10 · 3x + 9 > 0
ed applicando la sostituzione t = 3x si ottiene
t2 − 10t + 9 > 0
(t − 9)(t − 1) > 0
t<1∨t>9
3x < 1 ∨ 3x > 9
3x < 30 ∨ 3x > 32
e siccome la base è maggiore di 1:
x < 0 ∨ x > 2.
Il sistema è allora
x>0
x<0∨x>2
da cui x > 2.
26
Esercizio
√
36x : 32
< | − 3−x |.
37
Svolgimento. In questa disequazione non ci sono somme di esponenziali, quindi conviene cercare di scrivere tutto come un'unica potenza per poi confrontare gli esponenti; applicando le
proprietà delle potenze si ottiene
√
36x−2
< | − 3−x |
37
3
6x−2
2
37
< | − 3−x |
33x−1
< | − 3−x |
37
33x−1−7 < | − 3−x |
33x−8 < | − 3−x |;
siccome |y| = | − y| per ogni y ∈ R, possiamo anche scrivere
33x−8 < |3−x |.
Seguendo l'usuale regola sui moduli risulta
3−x < −33x−8 ∨ 3−x > 33x−8
quindi vanno risolte le due disequazioni unendo i risultati. La prima è
3−x < −33x−8
la quale è evidentemente impossibile in quanto il primo membro è positivo mentre il secondo è
negativo; la seconda, invece, è una disequazione tra potenze che hanno la stessa base maggiore
di 1, quindi possiamo passare alla disequazione sugli esponenti senza cambiare il verso:
−x > 3x − 8
x < 2.
Esercizio
2x − 1 >
√
3 · 2x − 3.
Svolgimento. Cominciamo dalle condizioni di esistenza: il radicando deve essere positivo ed
anche l'altro membro, dovendo essere maggiore di una radice quadrata
3 · 2x − 3 ≥ 0
2x − 1 ≥ 0
Raccogliendo il 3 nella prima disequazione, ci rendiamo conto che in realtà le soluzioni sono
le stesse per entrambe, quindi risolviamo
2x − 1 ≥ 0
2x ≥ 1
x ≥ 0.
27
Siamo ora autorizzati ad elevare tutto al quadrato ed ottenere
(2x − 1)2 > 3 · 2x − 3
(2x − 1)2 > 3(2x − 1)
(2x − 1)2 − 3(2x − 1) > 0
(2x − 1)(2x − 1 − 3) > 0
(2x − 1)(2x − 4) > 0
quindi devo studiare il segno di entrambi i fattori; il primo è
2x − 1 > 0
che sono (quasi) le condizioni di esistenza, quindi x > 0. L'altro fattore è
2x − 4 > 0
2x > 4
2x > 22
x > 2.
Facendo la tabella dei segni e tenendo conto delle condizioni di esistenza, si ottiene che la
soluzione della disequazione è x > 2.
Esercizio
2x <
7x+1
.
2
Svolgimento. Questa è una disequazione in cui non compaiono somme, quindi conviene scrivere le solite due potenze (una a sinistra ed una a destra) da poter confrontare in seguito;
l'unico problema è che, per ora, abbiamo la x che compare come esponente di due potenze
aventi basi diverse. Cerchiamo allora di ridurle ad avere almeno lo stesso esponente:
2x <
7x · 7
2
e dividendo da entrambe le parti per 7x si ottiene
2x
7
<
x
7
2
x
2
7
<
7
2
x −1
2
2
<
;
7
7
a questo punto posso confrontare gli esponenti, ma, visto che la base è minore di 1, devo
ricordarmi di cambiare il verso della disequazione:
x > −1.
28
Esercizio
e1−|x−1| − 1
≥ 0.
e2x + 1
Svolgimento. Si tratta di una disequazione fratta, quindi vanno studiati i segni di numeratore
e denominatore. Il primo è
e1−|x−1| − 1 ≥ 0
e1−|x−1| ≥ 1
passo alla disuguaglianza sugli esponenti mantenendo il verso perché e > 1:
1 − |x − 1| ≥ 0
|x − 1| ≤ 1
−1 ≤ x − 1 ≤ 1
x − 1 ≥ −1
x−1≤1
x≥0
x≤2
0 ≤ x ≤ 2;
per il denominatore invece
e2x + 1 > 0
è vera per ogni x ∈ R in quanto gli esponenziali sono sempre strettamente positivi. Dunque
0
2
N
D
− + −
+ + +
N
D
− + −
da cui la soluzione 0 ≤ x ≤ 2.
Esercizio
ln ln(x2 − 1) < 0.
Svolgimento. Si tratta di una disequazione logaritmica, quindi abbiamo una scaletta da seguire:
(a) Condizioni di esistenza:
quindi complessivamente
x2 − 1 > 0
ln(x2 − 1) > 0
x < −1 ∨ x > 1
x2 − 1 > 1
x < −1√∨ x > 1 √
x<− 2∨x> 2
√
√
x < − 2 ∨ x > 2.
29
(b) Ora risolviamo la disequazione vera e propria applicando le tecniche acquisite:
ln ln(x2 − 1) < 0
ln ln(x2 − 1) < ln 1
ln(x2 − 1) < 1
ln(x2 − 1) < ln e
x2 − 1 < e
x2 < 1 + e
√
√
− 1 + e < x < 1 + e.
(c) Ultima cosa da fare è il confronto con le condizioni trovate al punto (a): tenendo conto
che 1 + e ' 3, 718, risulta che
√
√
√
√
− 1 + e < x < − 2 ∨ 2 < x < 1 + e.
30