Capitolo 8. - Soluzioni
8.1
Basta applicare la formula di passaggio da un sistema di misura all’altro.
b) 32 π;
a)
π
6;
k)
145025
1800000 π;
t) 2520;
c) 2π;
d)
l) 220 300 ;
u) 820 300 ;
π
180 ;
m) 3600 ;
e)
π
4;
f) 34 π;
n) 2700;
g) 54 π;
o) 1200 ;
h)
π
12 ;
i)
p) 570 170 450 ;
105
1800 π;
q) 150 ;
j)
130025
1800000 π;
r) 670 300 ;
s) 3300 ;
v) 540 270 .
8.2
a) terzo; b) primo; c) terzo; d) secondo ; e) secondo ; f) primo; g) secondo; h) quarto;
i) quarto;
j) terzo; k) secondo; l) terzo;
m) primo;
n) primo.
8.3
Ricordare che una funzione f (x) è periodica di periodo T > 0 se T è il più piccolo numero positivo tale
che f (x + T ) = f (x) per ogni x nel dominio della funzione.
(a) Il periodo è 2π; infatti
(b) Il periodo
2
3 π;
cos(x + 2π − 2) = cos(x − 2).
infatti
π
π
π
2
= sin 3x + 2π +
= sin 3x +
.
sin 3 x + π +
3
8
8
8
(c) Il periodo è 8; infatti
i
π
π
hπ
x + 2π − 2 = 5 cos
x−2 .
5 cos (x + 8) − 2 = 5 cos
4
4
4
(d) Il periodo è
π
6;
infatti
h π i
π
2 tan 3 x +
= 2 tan 3x +
= 2 tan 3x.
6
2
(e) Il periodo è 6π; infatti la prima funzione ha periodo 2π, la seconda 6π, e 6π è il più piccolo multiplo
intero positivo dei due periodi.
(f) Il periodo è 12π; infatti la prima funzione ha periodo 4π, la seconda 6π.
(g) Il periodo è 2π; infatti la prima funzione ha periodo 32 π; la seconda 52 π
(h) Il periodo è π; infatti la prima funzione ha periodo ha periodo π, la seconda π4 .
(i) La funzione non è periodica; infatti la prima ha periodo 2π la seconda ha periodo 2 e non esiste alcun
multiplo intero di 2π che sia uguale ad un multiplo intero di 2.
8.4
Negli esercizi da (g) fino a (l) si usi l’identità
a sin x + b cos x =
p
a2 + b2 sin(x + ϕ)
con ϕ ∈ R da calcolare opportunamente (vedi Esercizio 16 del Capitolo 8).
359
ESERCIZIO ?? a)
x −→ sin2x
ESERCIZIO ?? b) x −→ sin(x − 1)
y
y
0
0
x
ESERCIZIO ?? c) x −→ sin
x
2
1
x
ESERCIZIO ?? d) x −→ sin |x|
y
y
0
0
x
x
ESERCIZIO ?? e) x −→ cos |x|
ESERCIZIO ?? f ) x −→ | tan x|
1
0.5
y
–6
–4
–2
2
x
4
6
–0.5
0
x
–1
360
ESERCIZIO ?? g) x −→ sin x + cos x
Osservare che
√
π
sin x + cos x = 2 sin x +
;
4
ESERCIZIO ?? h) x −→ cos x −
Osservare che
√
5
cos x − 3 sin x = 2 sin x + π
6
y
√
3 sin x
y
0
0
x
x
ESERCIZIO ?? i) x −→ 2 + sin x + 3 cos x
Osservare che
√
2 + sin x + 3 cos x = 2 + 10 sin(x + arctan 3)
ESERCIZIO ?? j) x −→ sin 2x + cos 2x
Osservare che
√
π
x −→ sin 2x + cos 2x = 2 sin 2x +
4
y
y
0
0
x
x
ESERCIZIO ?? k) x −→ | sin x + cos x|
Osservare che
√ π x −→ | sin x + cos x| = 2 sin x +
4
ESERCIZIO ?? l) x −→ |1 − sin x − cos x|
Osservare che
√
π x −→ |1 − sin x − cos x| = 1 − 2 sin x +
4
y
y
x
x
361
π
ESERCIZIO ?? m) x −→ cos x +
4
ESERCIZIO ?? n) x −→ | sin |x||
y
y
x
x
π
ESERCIZIO ?? p) x −→ tan x −
3
ESERCIZIO ?? o) x −→ 3 + cos x
y
y
0
0
x
x
π ESERCIZIO ?? q) x −→ cos x +
4
ESERCIZIO ?? r) x −→ cos 4x
y
y
0
0
x
362
x
ESERCIZIO ?? s) x −→ tan
x
3
ESERCIZIO ?? t) x −→ sin
3
x
2
y
y
0
0
x
x
8.5
√
(a) α = 600 , b = 10 sin 300 = 5, a = 10 cos 300 = 5 3.
√
15
4 ,
√
sin α = sin( π2 − β) = cos β = 415 , cos α = 41 , α = 750 310 , β = 140 290 , b = 16 sin β = 4,
√
a = 16 cos β = 4 15.
√
√
π
tan β
2√
2√
5
5
(c) sin β = p
5, cos β =
5
, sin α = sin
− β = cos β =
cos α =
=
2
5
5
2
5
5
1 + tan β
α = 260 3340 , β = 630 260 b = 0, 6 sin β = 0, 537, a = 0, 6 cos β = 0, 268.
(b) cos β =
(d) b = 3, sin α = cos β = 54 , cos α = sin β = 35 , α = 530 80 , β = 360 520 .
a
= 18, 63; b = c cos 750 = 4, 82.
sin 750
√
√
1
b
2 2
, sin β = cos α = , α = 700 310 , β = 190 290 , c =
= 24, a = c cos β = 16 2.
(f) cos β = sin α =
3
3
sin β
(e) β = 150 ; c =
√
(g) c = 2 3, sin α = cos β =
(h) α = 530 400 ; c =
√
3
2 ,
cos α = sin β =
1
, α = 600 β = 300 .
2
72, 5
= 122, 37; a = c sin α = 98, 58.
sin β
8.6
(a) β = 53o 70 4800 , γ = 96o 520 1200 , a = 5, 036, b = 8, 056
(b) α = 36o 520 1200 , β = 73o 440 2300 , γ = 69o 230 2500 , a = 25, b = 40
√ √
(c) Innanzitutto è verificata la condizione necessaria, perché b > c sin β (perché b = 20 2( 3 − 1),
c sin β = 20). Inoltre esistono due soluzioni perché b < c. Infatti applicando il teorema dei seni:
sin γ
sin 45o
1
√ = √ √
=⇒ sin γ = √ √
= 0, 966 =⇒
20 2
20 2( 3 − 1)
2( 3 − 1)
γ2 = 105o
γ1 = 75o
o
α2 = 30o√
α1 = 60√ √
oppure
=⇒
a2 = 20( 3 − 1)
a1 = 20 3( 3 − 1)
363
C1
C2
h=20
b
45
0
c=20 21/2
B
A
(d) La condizione necessaria per l’esistenza del triangolo b > sin β è verifficata in quanto c sin β = 20 < 40.
È verificata anche la condizione di unicità di soluzione in quanto b > c. Applichiamo il teorema dei seni:
1
sin γ
sin 45o
√ =
⇒ sin γ = ⇒ γ = 30o
40
2
20 2
(la soluzione γ = 150o è da scartare).
Infine α = 105o e a = 54, 64.
(e) β = 19o 280 1600 , h √
= 12 sin β = 4 = b; esiste dunque un unico triangolo ed è quello rettangolo.
Infine γ = 90o , a = 8 2 = 11, 31, α = 70o 310 4400
(f) β = 16o360 600 , h = 14 sin β = 4 < b, quindi non esiste alcun triangolo.
(g) Ricaviamo cos β = − 91 e quindi β = 96o 220 4600 , α = 48o 110 2300 , γ = 35o 250 5100 .
I lati sono ottenuti dal teorema dei seni:
a=
sin α
sin β
= 1, 29 b =
= 1, 71.
sin γ
sin γ
(h) α = 70o 310 4400 . Mentre dal teorema di Carnot otteniamo a2 = 13 − 12 cos α = 9 ovvero a = 3;
inoltre γ = α e β = 38o560 3200 .
√
(i) α = 104o280 3900 , sin α = 415 ; dal teorema di Carnot a2 = 52 − 48 cos α = 64 cioè a = 8.
Applichiamo il teorema dei seni
√
15
sin γ
sin β
=
=
⇒ β = 46o 340 300 , γ = 28o 570 1800 .
6
4
32
8.7
(a) Gli angoli sono uguali a quelli formati dalle rette y = 3x e y = x (parallele alle precedenti).
Essendo tan α = 3, tan β = 1, si ha
tan γ = tan(α − β) =
1
2
⇒
γ = 260 330 5400 .
L’altro angolo è dunque γ 0 = 630 260 600 .
(b) Gli angoli sono quelli che la retta y = 23 x forma con l’asse x.
Dunque γ = arctan 32 = 560 180 3600 , γ 0 = 330 410 2400 .
364
(c) Gli angoli sono quelli tra le rette y = −x e y = x4 . Essendo tan α = −1 e tan β = 14 , si ha:
5
tan γ = tan(α − β) = − ,
3
γ = 1200 570 5000 ,
γ 0 = 590 20 1000 .
8.8
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
(f)
√
2
3
√
3
cos α = −
2
cos α = 2
cos α =
3
5
√
2
4
√
3
tan α = −
3
tan α =
tan α = −
7
25
√
15
sin α =
8
√
5
sin α = −2
5
sin α = −
tan α =
4
3
7
24
tan α = −
cos α = −
√
15
7
√
5
5
8.9
√
(a)
tan α =
3
3
y=
√
3
3 (x
(b)
tan α = −1
y=
10
3
(c)
tan α = −
(d)
tan α =
3
4
7
24
− 1)
−x
y = − 43 x − 4
y=−
295
7
+ x
96
24
8.10
(a)
sin 3α
= sin(2α + α) = sin 2α cos α + cos 2α sin α = 2 sin αcos2 α + sin α cos2 α − sin3 α =
= sin α(3 cos2 α − sin2 α) = = sin α(3 − 4 sin2 α) = 3 sin α − 4 sin3 α
(b)
cos 3α
= cos(2α + α) = cos 2α cos α − sin 2α sin α = (cos2 α − sin2 α) cos α − 2 sin2 α cos α =
= cos α(cos2 α − 3 sin2 α) = cos α(4 cos2 α − 3) = 4 cos3 α − 3 cos α.
(c)
sin 4α
= 2 sin 2α cos 2α = 4 sin α cos α(cos2 α − sin2 α)
(d)
cos 4α
= cos2 2α − sin2 2α = (cos2 α − sin2 α)2 − 4 sin2 α cos2 α =
= (2 cos2 α − 1)2 − 4 cos2 (1 − cos2 α) = 8 cos4 α − 8 cos2 α + 1.
365
8.11
√
√
(a) 0
(b) − 3 cos α − sin α
(c)
(d) −4 sin α cos α
(e) 0
(f)
(h) − tan α
(i) 1
(g)
√
3 sin α − cos α
(l) 2 cos2 α
(o)
(m)
√
2 sin α cos α
cos α + sin α
4 sin α cos3 α
cos2 α − sin2 α
1
4
(s) −
(u)
3
(1 − cos α)
4
(v)
4 tan α
(1 − tan α)2
(n) −4 sin2 α cos2 α
(p) 2(cos α − sin α)
(r)
3−1
(sin α + cos α)
2
(q) 2
sin2 α
4
(t)
1
cos α
1 + sin2 α
sin α cos α
4 cos α − sin2 α
2(cos α + 1)
(z) 2 − cos α − cos2 α
8.12
Poniamo t = tan
(a) −
(d)
α
2
2t2 + 2t
t2 + 1
1 − 2t2
1 + t2
(b)
2t4 − 4t3 + 2t2 + 4t
(t2 + 1)2
(c)
4t(1 − t2 )
t4 − 6t2 + 1
(e)
1−t
1+t
(f) t
8.13
α
5
α cos
2
2
(b) 2 sin α cos 4α
(a) 2 sin
(c) −2 cos
5
α
α
α
α
α sin + 2 sin cos = 2 sin
2
2
2
2
2
cos
α
5
− cos α
2
2
(d) 2 cos α cos 2β
α + β + π2
α−β−
π
= 2 cos
(e) sin α − sin β +
sin
2
2
2
1
(cos α − 5 cos 5α)
(f)
2
!
√
1h
π
πi
1
3
(g)
cos 2α +
+ cos
=
− sin 2α
2
2
6
2
2
π
2
(h) sin(α − β) − [sin(α + β) − sin(β − α)] = − sin(α + β)
366
8.14
Supponiamo ad esempio siano noti a, b, γ e proviamo che l’area del triangolo è data da 21 ab sin γ.
Se γ = 90o il risultato è ovvio. Distinguiamo due casi verificando che il valore b sin γ rappresenta la misura
dell’altezza relativa al lato a in entrambi i casi.
1o caso: 0 < γ < 90o
Indicata con AH l’altezza in questione e considerato il triangolo AHC, si ottiene subito l’asserto in quanto
h = b sin γ (vedi figura).
A
α
b
c
h
β
γ
H
B
a
C
2o caso : 90o < γ < 180o
Consideriamo nella figura sotto il triangolo AHC, si ha:
AH = b sin(180o − γ) = b sin γ.
A
c
b
γ
B
a
h
o
180 − γ
C
H
8.15
5π
π
2
π
+ k2π, k ∈ Z, oppure 3x =
+ h2π, h ∈ Z, e dunque x =
+ k π, k ∈ Z,
6
6
18
3
5π
2
oppure x =
+ h π, h ∈ Z.
18
3
π
π
(b) x − = 2x + k2π, k ∈ Z, oppure x − = π − 2x + h2π, h ∈ Z, e dunque x = − π3 + k2π, k ∈ Z,
3
3
4π
2
oppure x =
+ h π, h ∈ Z.
9
3
(a) 3x =
367
π
π
− x = k2π, k ∈ Z, cioè x =
+ k2π, k ∈ Z.
12
12
π
π
π
π
(d) 2x −
= x + + k2π, k ∈ Z, oppure 2x −
= −x − + h2π, h ∈ Z, e dunque
12
3
12
3
5π
π
2
x=
+ k2π, k ∈ Z, oppure x = − + h π, h ∈ Z.
12
12
3
(c)
(e) 2x = x + k2π, k ∈ Z, oppure 2x = −x + h2π, h ∈ Z, e dunque x = k2π, h ∈ Z,
2
oppure x = h π, h ∈ Z.
3
π
4
3π
π
= π − x + kπ, k ∈ Z dunque x =
+ k , k ∈ Z.
6
3
4
2
√
3
4
(g) sin x = 0 oppure sin x = −
dunque x = kπ, k ∈ Z oppure x = π + h2π, h ∈ Z
2
3
5π
oppure x =
+ h2π, h ∈ Z.
3
(f) x −
(h) cos x = 1 (la soluzione cos x = 2 non è accettabile ) dunque x = kπ, k ∈ Z.
(i) tan x = 1 dunque x =
π
+ kπ, k ∈ Z
4
(j)
ovvero
sin x ≥ 0
sin2 − sin x + 2 = 0
sin x = −1
oppure
⇐⇒
x=−
sin x < 0
sin2 − sin x − 2 = 0
π
+ k2π, k ∈ Z.
2
√
√
1− 5
1+ 5
(la soluzione cos x =
non è accettabile) quindi x = k2π, ∈ Z
(k) cos x = 1 oppure cos x =
2
2
√
1− 5
+ h2π, h ∈ Z
oppure x = ± arccos
2
(l) Nessuna soluzione.
π
π
+ k , k ∈ Z.
4
4
π
(n) cos x = 0 oppure cos x = 1 da cui x = + kπ, k ∈ Z, oppure x = h2π, h ∈ Z.
2
(m) tan x = ±1 ovvero x =
(o) Poiché i valori per cui cos x = 0 non risolvono l’equazione, questa equivale a tan x = −1
π
e dunque x = − + kπ, k ∈ Z.
4
(p) Posto X = cos x, Y = sin x :
Y −X +1=0
X2 + Y 2 = 1
Le soluzioni sono (vedi figura): (X, Y ) = (1, 0) oppure (X, Y ) = (0, −1), da cui
π
cos x = 1
cos x = 0
oppure
⇒ x = k2π, oppure x = − + h2π, h, k ∈ Z.
sin x = 0
sin x = −1
2
368
Y
0
1
X
−1
(q) Equivale a cos x −
cos x = −1
sin x = 0
√
3 sin x + 1 = 0. Posto X = cos x, Y = sin x :
√
X − 3Y + 1 = 0
X2 + Y 2 = 1
oppure
1
cos x = √
2
sin x = 23
(r) Sostituendo il termine noto con
⇒ x = π + k2π, oppure x =
π
+ h2π, h, k ∈ Z.
3
1
(cos2 x + sin2 x), possiamo riscrivere:
2
sin2 x + 2 sin x cos x − cos2 x = 0
Poiché i valori che annullano il coseno non risolvono l’equazione, possiamo dividere per cos2 x :
tan2 x + 2 tan x − 1 = 0
√
Questa è un’equazione di secondo
grado in tan x che per soluzioni tan x = −1 ± 2,
√
e dunque x = arctan(−1 ± 2) + kπ, k ∈ Z.
√
(s) L’equazione equivale a sin2 +2 3 sin x cos x = 1 ovvero, sostituendo il secondo membro
con sin2 x + cos2 x,
√
2 3 sin x cos x = cos2 x,
π
1
da cui cos x = 0 oppure tan x = √ , che implicano x = + kπ, k ∈ Z oppure
2
2 3
1
x = arctan √ + hπ, h ∈ Z.
2 3
(t) Si sostituisce il termine noto con 3(sin2 x + cos2 x), l’equazione equivale a
√
√
3 sin2 x + ( 3 − 1) sin x cos x − cos2 x = 0
Dividendo per cos2 x (i valori che annullano cos x non soddisfano l’equazione) si ottiene
√
√
3 tan2 x + ( 3 − 1) tan x − 1 = 0
che fornisce
√
( 1
p
√
√
√
√
3) ± 4 + 2 3
1 − 3 ± (1 + 3)
3
√
√
tan x =
=
=
2 3
2 3
−1
π
π
da cui x = + kπ, k ∈ Z oppure x = − + hπ, h ∈ Z.
6
4
(1 −
369
(u) Il sistema equivale a
π
π
x = + (h + k)
6
2
⇐⇒
.
π
π
y = + (h − k) .
6
2
Poniamo h + k = m, m ∈ Z; di conseguenza h − k = (h + k) − 2k = m − 2k, da cui
π
x = + mπ
6
, m, k ∈ Z.
y = π + m π − kπ
6
2
x − y = kπ
, k, h ∈ Z
x + y = π + hπ
3
(v)
che equivalgono a
da cui segue
√
sin y = 3 sin x
tan x tan y > 0
sin2 x
3 sin2 x
=1
1 − sin2 x 1 − 3 sin2 x
√
3
sin
y
=
2
tan x tan y > 0
sin x = 1
2
π
x=
x = + k2π
6
oppure
y = π + h2π
y=
3
h, k ∈ Z.
√
sin y = 3 sin x
tan x tan y > 0
⇐⇒
sin2 x = 1
4
√
3
sin
y
=
−
2
oppure
tan x tan y > 0
sin x = − 1
2
5π
5π
π
+ k2π
+ k2π
x=−
x = − + k2π
6
6
6
oppure
oppure
y = − π + h2π
2π
2π
+ h2π
y=−
+ h2π
3
3
3
(w) I valori per cui cos x = 0, (x = π2 + kπ, k ∈ Z) risolvono l’equazione.
Per trovare le altre soluzioni dividiamo per cos4 x :
√
tan4 x − 4 tan2 x + 3 = 0, ⇒ tan x = ±1, ± 3
da cui x = ±
π
π
+ kπ, k ∈ Z, oppure x = ± + kπ, k ∈ Z.
4
3
(x) L’equazione può essere riscritta nella forma
sin 2x =
3
cos x
+
,
2 | cos x|
cioè
cos x > 0
sin 2x = 5
2
(che non ha soluzioni) oppure
cos x < 0
.
sin 2x = 1
2
π
5π
Nel secondo sistema l’equazione ha come soluzioni 2x = + k2π, k ∈ Z, oppure 2x =
+ h2π, h ∈ Z,
6
6
π
5π
da cui x =
+ kπ, k ∈ Z, oppure x =
+ hπ, h ∈ Z. Perché sia poi soddisfatta anche la condizione
12
12
370
sul coseno deve essere x =
π
5π
+ (2k + 1)π, k ∈ Z, oppure x =
+ (2h + 1)π, h ∈ Z.
12
12
(y)
cos x − sin x =
√
2
1
1
√ cos x − √ sin x
2
2
=
√ π √
π
π √
= 2 cos x +
≤ 2.
2 cos x cos − sin x sin
4
4
4
Poiché
√
2+
√
1
2,
>
1 + x2
l’equazione non ha soluzioni.
4−α
4−α
ed ammette soluzioni se e solo se 0 ≤
≤ 1,
7
7
π
cioè −3 ≤ α ≤ 4. Se α = −3 allora x = + kπ, k ∈ Z. Se invece −3 < α < 4 allora
2
r
r
4−α
4−α
x = arcsin
+ k2π, k ∈ Z oppure x = π ± arcsin
+ h2π, h ∈ Z.
7
7
Infine per α = 4 risulta x = kπ, k ∈ Z.
(z) L’equazione equivale a sin2 x =
8.16
(a)
5π
π
+ k2π < x <
+ k2π, k ∈ Z.
6
6
1/2
(b)
4
2
π + k2π < x < π + k2π, k ∈ Z.
3
3
−1/2
371
1
(c) sin x < 0 oppure sin x > √ da cui π + h2π < x < 2π + h2π, h ∈ Z, oppure
2
3π
π
+ k2π < x <
+ k2π, k ∈ Z.
4
4
U
(d) −
1
π
7
π
< sin x < 1 da cui − + k2π < x < π + k2π, k ∈ Z e x 6= + k2π, k ∈ Z.
2
6
6
2
−1/2
1
(e) 2 cosx −5 cos x + 2 > 0 da cui cos x < oppure cos x > 2; quest’ultima non ha soluzioni, mentre la
2
π
5
prima è risolta da + k2π < x < π + k2π, k ∈ Z.
3
3
1/2
√
√
π
(f) Equivale a −2 ≤ tan x ≤ − 3 oppure 3 ≤ tan x ≤ 2, da cui + kπ ≤ x ≤ arctan 2 + kπ, k ∈ Z
3
π
oppure − arctan 2 + hπ ≤ x ≤ − + hπ, h ∈ Z.
3
372
π/3
π/3
(g) Posto X = cos x, Y = sin x
da cui −
Y +X >0
X2 + Y 2 = 1
3π
π
+ k2π < x <
+ k2π, k ∈ Z.
4
4
(h) Posto X = cos x, Y = sin x
da cui
π
+ k2π < x < 2π + k2π, k ∈ Z.
2
Y +X −1<0
X2 + Y 2 = 1
373
√
√
1
1
(sin x− 3 cos x)+ (cos x− 3 sin x) ≤ 0 che equivale a sin x+cos x ≥ 0, a questo punto procediamo
2
2
π
3
come nell’esercizio precedente ed otteniamo − + k2π ≤ x ≤ π + k2π.
4
4
π
3
(j) cos x = 0 oppure tan2 x > 1 , da cui + kπ < x < π + kπ, k ∈ Z.
4
4
(i)
(k) cos x = 0 oppure cos3 x(tan3 x + 1) > 0; queste condizioni equivalgono alle seguenti
cos x > 0
cos x < 0
cos x = 0 oppure
oppure
tan x > −1
tan x < −1
da cui otteniamo −
3
π
+ k2π < x < π + 2kπ, k ∈ Z.
4
4
(l) 2 cos2 x(cos x + sin x) − (cos x + sin x) < 0 ovvero (2 cos2 x − 1)(cos x + sin x) < 0 che equivale a
cos x > √1 oppure cos x < − √1
− √1 < cos x < √1
oppure
2
2
2
2
cos x + sin x < 0
cos x + sin x > 0
Le soluzioni sono:
π
5
3
+ k2π < x < π + k2π, x 6= π + k2π, k ∈ Z.
4
4
4
(m) Utilizziamo la formula tan x =
tan x2
1 − tan2
x
2
. Poniamo t = tan x2 e sostituiamo nel testo:
t(t2 + 1)
>0
t2 − 1
π
x
Le soluzioni sono −1 < t < 0 oppure t > 0. Da cui − + kπ < < kπ oppure
4
2
x
π
π
π
π
+ kπ < < + kπ, k ∈ Z da cui − + k2π < x < k2π oppure + k2π < x < π + k2π, k ∈ Z.
4
2
2
2
2
π
Queste condizioni si possono sintetizzare nella seguente + kπ < x < π + kπ, k ∈ Z.
2
1
2 x
2 x
− 1 ottenendo 3 cos
−
cot x ≥ 0, da cui seguono
(n) Utilizziamo la formula cos x = 2 cos
2
2 2
cos2 x ≥ 1
cos2 x ≤ 1
2
2 oppure
2
2
cot x ≥ 0
cot x ≤ 0
Le soluzioni sono
374
ovvero
π
− + kπ ≤ x ≤ π + kπ
4
2
4
kπ < x ≤ π2 + kπ
π
− + k2π ≤ x ≤ π + k2π
2
2
π
kπ < x ≤ 2 + kπ
π + kπ ≤ x ≤ 3π + kπ
4
2
4
oppure
π
+
kπ
≤
x
<
π
+ kπ
2
π + k2π ≤ x ≤ 3π + k2π
2
2
oppure
π
2 + kπ ≤ x < π + kπ
k ∈ Z,
k ∈ Z.
π
3
Dal primo sistema si ottiene 2kπ < x ≤ + k2π oppure x = π + k2π, k ∈ Z.
2
2
π
3
Dal secondo sistema si ottiene + k2π ≤ x < π + k2π oppure x = π + k2π, k ∈ Z.
2
2
3
In definitiva k2π < x < π + k2π oppure x = π + k2π, k ∈ Z.
2
π
π
(o) tan x < 0 oppure tan x > 1. Le soluzioni sono dunque + kπ < x < π + kπ, x 6= + kπ, kπ, k ∈ Z.
4
2
(p) Perché sia definita
tan x2deve essere x 6= π + k2π. Utilizzando le formule parametriche, la disequazione
x
x
tan2 − 1 > 0 cioè
diventa tan2
2
2
x
π + k2π < x < 3 π + k2π
tan 6= 0
2
2
2
⇐⇒
tan x > 1 oppure tan x < −1
x 6= π + k2π, k ∈ Z.
2
2
(q) La disequazione ha senso se
cos 2x 6= 1
sin x 6= 0
⇐⇒ x 6= kπ, k ∈ Z.
La disequazione equivale a
π
π
sin x cos x > cos2 x ⇐⇒ cos x(sin x − cos x) > 0 ⇐⇒
+ kπ < x < + kπ, k ∈ Z.
4
2
π
(r) La disequazione ha senso se x 6= k , k ∈ Z, ed equivale a
2
sin x + cos x − 1
<0
sin x cos x
Ponendo Y = sin x, X = cos x diventa
375
2
2
X +Y =1
Y +X −1
<0
XY
3
π + k2π, k ∈ Z.
2
π
π
(s) La disequazione ha senso per x 6= + k , ed equivale a
4
2
2 sin3 x cos x
≤0
cos2 x − sin2 x
Ponendo X = cos x, Y = sin x otteniamo il sistema
4XY 3
≤0
X2 − Y 2
.
2
2
X +Y =1
π
π
π
π
Le soluzioni sono + k < x ≤ + k , k ∈ Z.
4
4
2
2
Le soluzioni sono π + k2π < x <
(t) La disequazione proposta equivale alla seguente:
sin x(cos x + 1)
√
<0
2 cos2 x
Ponendo X = cos x, Y = sin x ci siamo ricondotti a risolvere il sistema
Y (X + 1)
<0
X2
.
2
X +Y2 =1
Le soluzioni sono π + k2π < x < 2π + k2π, x 6=
3
π + k2π, k ∈ Z.
2
(u) La disequazione proposta equivale alla seguente
(2 sin2 x + sin x − 1) tan x
√
≥0
sin x − 3 cos x + 1
1
2
(figura sotto, a sinistra). Il segno del numeratore è espresso nella figura sotto, a destra.
Consideriamo il numeratore: 2 sin2 x + sin x − 1 ≥ 0 ⇐⇒ sin x ≤ −1 oppure sin x ≥
376
Consideriamo il denominatore: ponendo X = cos x, Y = sin x otteniamo:
√
Y − 3X + 1 ≥ 0
.
X2 + Y 2 = 1
La soluzione geometrica è indicata nella figura sotto, a sinistra.
Infine le soluzioni sono 0 + k2π ≤ x <
5
π
π + k2π oppure π + k2π ≤ x ≤ π + k2π, k ∈ Z.
2
6
(v) Studiamo il segno del numeratore: tan2 2x ≥ 1 che equivale a tan 2x ≥ 1 oppure tan 2x ≤ −1
π
π
3
π
π
π
da cui + k ≤ x ≤ π + k , con x 6= + k .
8
2
8
2
4
2
Semplifichiamo l’espressione al denominatore per poterne studiare il segno:
√
√
2 sin x cos x + cos2 x − sin2 x > 0 ⇐⇒ tan2 x − 2 tan x − 1 < 0 ⇐⇒ 1 − 2 ≤ tan x < 1 + 2
π
π π
π
Le soluzioni sono − + k < x < k , k ∈ Z. e x 6= h π2 , h ∈ Z.
8
2
8 2
Le soluzioni della disequazione di partenza si hanno quando numeratore e denominatore hanno segno
discorde, in definiva le soluzioni sono:
x 6=
π
π
π
π
+ k , k ∈ Z, x 6= + k , k ∈ Z.
8
4
4
2
π
π
(w) La prima disequazione del sistema ha soluzioni + kπ < x < + kπ, k ∈ Z, mentre la seconda è
3
2
5
π
risolta da + k2π < x < π + k2π, k ∈ Z.
6
6
π
π
Il sistema ha dunque soluzioni:
+ k2π < x < + k2π, k ∈ Z
3
2
(x) Ponendo X = cos x e Y = sin x otteniamo il sistema
√
√
Y + ( 2 − 1)X > 2 − 1
X2 + Y 2 = 1
377
√
√
2
2
Il punto di intersezione
√ √ tra la retta Y + ( 2 − 1)X = 2 − 1 e la circonferenza X + Y = 1 è il punto
3
2
2
,
), da cui segue (vedi figura) k2π < x < π + k2π, k ∈ Z.
di coordinate (−
2
2
4
8.17
π
la diseguaglianza assume la forma
(a) Poniamo α = 2x, β = 2y con x, y ∈ 0,
2
sin 2x + sin 2y
≤ sin(x + y)
2
Usando la formula di duplicazione e quelle di addizione:
sin x cos x + sin y cos y ≤ sin x cos y + sin y cos x ⇐⇒ sin x(cos x − cos y) ≤ sin y(cos x − cos y)
ovvero
(sin x − sin y)(cos x − cos y) ≤ 0.
π
La diseguaglianza è vera perchè in 0,
la funzione seno è crescente mentre la funzione coseno è
2
decrescente (quindi se x < y, sin x − sin y < 0, cos x − cos y > 0).
L’eguaglianza vale se e solo se x = y cioè α = β.
π
π
(b) Osserviamo che cos α = sin α +
= sin x, con x ∈ 0,
.
2
2
π
π
Analogamente cos β = sin β +
= sin y, con y ∈ 0,
.
2
2
Tenuto conto di questo e della diseguaglianza dimostrata nel punto (a) otteniamo:
= sin
α+
π
2
cos α + cos β
sin x + sin y
x+y
=
≤ sin
=
2
2 2
+ β + π2
π
α+β
α+β
= sin
= cos
+
2
2
2
2
π
(c) Poniamo α = 2x, β = 2y, con x, y ∈ 0,
.
4
La diseguaglianza proposta equivale alla seguente
tan(x + y) ≤
tan 2x + tan 2y
2
378
Otteniamo una diseguaglianza equivalente applicando al primo membro le formule di addizione ed al
secondo quelle di duplicazione:
tan x
tan x + tan y
tan y
≤
+
2
1 − tan x tan y
1 − tan x 1 − tan2 y
π
I denominatori sono maggiori di zero in quanto x, y ∈ 0,
; possiamo allora scrivere
4
tan3 x + tan3 y ≥ tan2 x tan y + tan x tan2 y
tan2 x(tan x − tan y) ≥ tan2 y(tan x − tan y)
(tan x − tan y)2 (tan x + tan y) ≥ 0
π
e quindi tan x > 0 e tan y > 0.
Questa diseguaglianza è sempre verifcata perchè x, y ∈ 0,
4
Vale il segno di eguaglianza se e solo se tan x = tan y ovvero x = y. π
Anche per quest’ultima implicazione si tenga presente che x, y ∈ 0,
.
4
⇐⇒
⇐⇒
8.18
Supponiamo che il triangolo sia isoscele in a, b (quindi a = b, α = β), allora dalla relazione
γ
α + β + γ = 180o ricaviamo α = 90o − e quindi:
2
γ
1
tan α = tan 90o −
=
2
tan γ2
Sostituendo nella formula proposta,
tan
γ
γ
(a tan α + b tan β) = 2a tan tan α = 2a = a + b.
2
2
Viceversa, supponiamo valga la relazione data. Portiamo tutto al primo membro:
γ
γ
a 1 − tan tan α + b 1 − tan tan β = 0;
2
2
utilizzando il teorema dei seni:
a
sin α
=
,
b
sin β
otteniamo
1 − tan γ2 tan β
sin α
=−
.
sin β
1 − tan γ2 tan α
Osserviamo che
cos γ2 cos α − sin γ2 sin α
cos γ2 + α
γ
1 − tan tan α =
=
.
2
cos γ2 cos α
cos γ2 cos α
Analogamente
cos γ2 + β
γ
.
1 − tan tan β =
2
cos γ2 cos β
Sostituendo nella relazione sopra e semplificando:
γ
γ
(∗) tan α cos
+ α + tan β cos
+ β = 0.
2
2
379
Poichè
da (*) otteniamo
γ
γ
γ
γ
+ α = 180o −
+ β ⇒ cos
+ α = − cos
+β ,
2
2
2
2
tan α − tan β = 0 oppure
cos
γ
+ β = 0.
2
γ
γ
Dalla prima equazione segue α = β, dalla seconda + β = 90o e quindi + α = 90o : anche in questo
2
2
caso α = β.
8.19
Applicando due volte il teorema del coseno, si ha:
BC 2 = 10 − 6 cos 120o = 13,
√
√
Il perimetro vale 2 + 7 + 13
BC 02 = 10 − 6 cos 60o = 7
C
1
A
B
3
1
C’
8.20
D
2
x
1
C
1
x
o
A
90 −x
K
1/2
O
H
B
Poniamo (vedi figura)
OK = sin x, OH = cos x, DK = cos x, CH = sin x, 0 < x <
380
π
.
2
4
Da cui V1 = π(sin x + cos x) e V2 = π.
3
Il volume V3 è il tronco di cono ottenuto dalla rotazione di DC a cui si tolgono due coni ottenuti
dalla rotazione di OD e di OC.
Volume del tronco di cono:
1
1
πKH(DK 2 + CH 2 + DK CH) = π(sin x cos x)(1 + sin x cos x)
3
3
Volume del cono generato da OD
1
1
πKD2 OK = π cos2 x sin x
3
3
Volume del cono generato da OC
1
1
πCH 2 OH = π sin2 x cos x
3
3
Da cui segue
V3 =
1
π (sin x + cos x).
3
Possiamo quindi scrivere
f (x) = 3 +
4
4
=3+ √
sin x + cos x
2 sin(x +
La funzione è minima quando il denominatore è massimo.
π
π
π
Questo accade per x + = cioè x = .
4
2
4
381
π
4
8.21
Il triangolo ABD è isoscele e dunque l’altezza BC è anche mediana (vedi figura).
D
x
C
P
x
A
2r
H
x
B
2r
Quindi
AD = 2AC
area P AD
area ACB
= 4r cos x, AP = 2r cos 2x, P H = 2r cos 2x sin x,
= 2r cos x 2r cos 2x sin x = 2r 2 sin 2x cos 2x = r 2 sin 4x
1
=
AC · BC = 2r2 sin x cos x = r2 sin 2x.
2
π
π
L’area di P AD è massima per 4x = cioè x = .
2
8
Mentre area P AD = area ACB per sin 4x = sin 2x.
L’equazione è verificata per i seguenti valori di x
4x = 2x + k2π, k ∈ Z
4x = π − 2x + h2π, h ∈ Z
In definitiva la soluzione del problema è x =
⇒
⇒
x=0
π
x=
6
π
(la soluzione x = 0 ovviamente non è accettabile).
6
8.22
Osserviamo quanto segue (vedi figura)
PH
= r sin x, OH = r cos x, 0 < x <
OH 0
=
HH 0
π
3
P 0H 0
PH
r sin x
=
= √
o
o
tan 60
tan 60
3
r
0
= OH − OH = r cos x − √ sin x
3
382
B
P’
P
x
O
H’
H
A
Da queste relazioni ricaviamo
0
area H HP P
0
!
√
3
r2
2
= r sin x
=√
sin 2x − sin x =
2
3
!
√
r2
π
r2
1
1
π
1
3
cos sin 2x − sin cos 2x −
=√
=
= √
sin 2x − cos 2x −
2
2
2
6
6
2
3
3
r2
π 1
= √ sin 2x +
−
=
6
2
3
r
2 cos x − √ sin x
3
π 5
π
varia tra e π.
6
6 6
π
π
π
Il seno è massimo per 2x + = , cioè per x = .
6
2
6
Il termine 2x +
8.23
Dimostriamo l’identità applicando il principio di induzione.
Per n = 1 l’eguaglianzza è banalmente verificata.
Posto
P(n) :
n
X
sin iα =
i=1
sin n2 α sin n+1
2 α
;
α
sin 2
dimostriamo che P(n) ⇒ P(n + 1). A tale scopo si ha
n+1
X
sin iα
=
(per la proprietà del simbolo di sommatoria)
i=1
=
n
X
sin iα + sin(n + 1) α =
(per l0 ipotesi induttiva)
i=1
=
=
=
sin n2 α sin n+1
2 α
+ sin(n + 1) α =
α
sin 2
α
sin n2 α sin n+1
2 α + sin 2 sin(n + 1)α
= (per le formule di prostaferesi)
sin α2
1
α
1
2n+1
1
2n+1
1
3
2 cos 2 − 2 cos 2 α + 2 cos 2 α − 2 sin n + 2 α
sin α2
383
=
1
2
cos α2 − 12 sin n +
sin α2
3
2
Tenuto conto che
P(n + 1) :
n+1
X
n+2
sin n+1
2 α sin 2 α
,
α
sin 2
sin iα =
i=1
otteniamo la tesi mediante le formule di prostaferesi:
1
2
n+2
sin n+1
2 α sin 2 α
=
α
sin 2
cos α2 −
1
2
sin n +
sin α2
3
2
α
8.24
π
Campo di esistenza: deve essere sin x 6= ±1, cioè (limitatamente al dominio assegnato) x 6= ± .
2
Segno e zeri: studiamo la disequazione f (x) ≥ 0, che equivale successivamente a: 1
1 + sin x
≥ 1 ⇐⇒ 1 + sin ≥ 1 − sin x ⇐⇒ sin x ≥ 0.
1 − sin x
Dunque:
f (x) > 0
per
f (x) < 0
per
f (x) = 0
per
π π ∪
x ∈ 0,
,π
2
2
π π ∪ − ,0
x ∈ −π, −
2
2
x = 0, x = ±π.
Immagine: studiamo l’equazione f (x) = α al variare del parametro α; questo equivale successivamente
alle seguenti equazioni 2
eα − 1
1 + sin x
= eα ⇐⇒ sin x = α
1 − sin x
e +1
Perché l’equazione ammetta soluzioni deve essere
α
e − 1
α
α
α
eα + 1 < 1 ⇐⇒ −e − 1 < e − 1 < e + 1,
e questa condizione è sempre verificata; dunque Im f = R.
Iniettività: la funzione non è iniettiva perchè, per ogni valore di α ∈ R l’equazione (1) ammette due
soluzioni (limitatamente all’intervallo di variazione scelto).
π π
Funzione inversa: restringendo il dominio alle x ∈ − ,
, la condizione su α per la risolubilità
2 2
dell’equazione (1) non cambia e dunque anche per la restrizione vale Im f = R.
Questa volta peró l’equazione (1) ha un’unica soluzione
x = arcsin
1 Si
2 Si
eα − 1
eα + 1
tenga presente la proprietà del logaritmo: log y ≥ 0 ⇐⇒ y ≥ 1.
ricordi il legame tra esponenziale e logaritmo: log y = α ⇐⇒ eα = y, ∀α ∈ R, ∀y > 0.
384
(1)
che fornisce la funzione inversa.
Riassumendo
f:
π π
− ,
−→ R,
2 2
π π
f −1 : R −→ − ,
,
2 2
eα − 1
.
eα + 1
f −1 (α) = arcsin
8.25
1
Campo di esistenza: deve essere x ≤ 1, cioè 2x ≥ 1 che é verificata per x ≥ 0.
2
Segno, zeri: poichè l’immagine della funzione arccos y è [0, π], anche la funzione f (x) è sempre positiva o
nulla. In particolare è nulla se
1
π
1
2
=
⇐⇒ 2x−1 =
⇐⇒ x = 1 − log2 π = log2
2x
2
π
π
(2)
Poiché il valore trovato non appartiene al campo di esistenza la funzione non si annulla.
Immagine: studiamo l’equazione f (x) = α, al variare del parametro α:
arccos
1
1
1
1
= α ⇐⇒ x = cos α ⇐⇒ 2x =
⇐⇒ x = log2
.
2x
2
cos α
cos α
Perché la soluzione trovata abbia senso, deve essere
h π
1
> 0 ovvero α ∈ 0,
cos α
2
Riassumendo:
h π
f : [0, +∞) −→ 0,
,
2
f −1 :
h
π
−→ [0, +∞),
2
0,
f −1 (α) = log2
1
.
cosα
8.26
Associamo un sistema di riferimento ortogonale xOy in modo che il vettore B si trovi sull’asse x
(vedi figura). Quindi B = (b1 , b2 ) = (7, 0), A = (a1 , a2 ).
y
a2= c 2
A
135
C
0
α
0
45
H
a1
K
c1
O
385
x
B
\ misura 450 e quindi
Nel triangolo rettangolo AHO l’angolo HOA
a2 = HA = 9 sin 450 = 6, 3639;
a1 = −9 cos 450 = −6, 3639.
Da questo otteniamo le coordinate di C
C = (c1 , c2 ) = (a1 + b1 , a2 + b2 ) = (7 − 6, 3639 ; 6, 3639) = (0, 6360 ; 6, 3639)
e dunque
kCk =
p
(6, 3639)2 + (0, 6360)2 = 6, 3956
L’angolo α può essere ricavato dalla relazione
tan α =
6, 3639
c2
=
⇒ α = 840 260 100
c1
0, 6360
8.27
Associamo un sistema di riferimento ortogonale xOy in modo che il vettore B si trovi sull’asse x
(vedi figura).
y
A
C
a2= c2
95
45
D
a1
0
0
40 0
H
c1
O
B
x
Consideriamo il triangolo CHO :
CH = 9 sin 400 = 5, 785 = c2
e OH = 9 cos 400 = 6, 984 = c1
\ misura
Osserviamo che AD = CH, quindi a2 = 5, 785. Nel triangolo rettangolo ADO l’angolo DOA
450 , per cui essendo OD = DA = 5, 785 si ha a1 = −5, 785.
Le coordinate di B si deducono dalla relazione B = C − A : b1 = c1 − a1 = 6, 984 + 5, 785 = 12, 679,
mentre, ovviamente, b2 = 0.
a2
Per concludere kBk = 12, 679 mentre kAk =
= 8, 181
sin 450
8.28
Associamo un sistema di riferimento ortogonale xOy in modo che il vettore A si trovi sull’asse x
(vedi figura).
386
y
D
d2
C
c2
b2
75 0
750
c1
B
30
0
A
O
b1
x
d1
Calcoliamo le componenti (a1 , a2 ), (b1 , b2 ), (c1 , c2 ) dei vettori A, B, C:
b1 = 12 cos 300 = 10, 392, b2 = 12 sin 300 = 6,
a1 = 10, a2 = 0,
c1 = 15 cos 1050 = −15 cos 750 = −3, 882 c2 = 15 sin 1050 = 14, 488
Da cui, essendo D = A + B + C, otteniamo
d1
d2
= a1 + b1 + c1 = 10 + 10, 392 − 3, 882 = 16, 510,
= a2 + b2 + c2 = 0 + 6 + 14, 488 = 20, 488,
da cui kDk = 26, 312.
8.29
Associamo un sistema di riferimento ortogonale xOy in modo che il vettore A si trovi sull’asse x
(vedi figura).
y
B
b2
120
c
d1
D
b1
0
A
O
x
d2
130 0
C
c2
Calcoliamo le componenti (a1 , a2 ), (b1 , b2 ), (c1 , c2 ) dei vettori A, B, C:
a1 = 6, a2 = 0,
b1 = 8 cos 1200 = −8 cos 600 = −4, b2 = 8 sin 1200 = 6, 928,
c1 = −10 cos 500 = −6, 427 c2 = −10 sin 500 = −7, 660
387
Da cui, essendo D = A + B + C, otteniamo
d1
d2
= a1 + b1 + c1 = 6 − 4 − 6, 427 = −4, 427,
= a2 + b2 + c2 = 0 + 6, 928 − 7, 660 = −0, 732,
ovvero kDk = 4, 487.
388
