DISEQUAZIONI GONIOMETRICHE

Autore:

Mario Maran

Classe:

TEZA ELETTRONICA (3ET)

Anno scolastico:

2003/2004

Scuola:

Itis Euganeo

DISEQUAZIONI GONIOMETRICHE

Dispensa

Scopo di queste dispense è introdurti alla soluzione di disequazioni

goniometriche. Per disequazioni goniometrica intendiamo disequazioni nelle quali figurino, funzioni

goniometriche il cui argomento contiene l’incognita.

Le tipologie di disequazioni

goniometriche che imparerai a risolvere

sono limitate, ma sufficienti per gli scopi

che ci prefiggiamo per il loro utilizzo.

∆ΙΣΕΘΥΑΖΙΟΝΙ ΓΟΝΙΟΜΕΤΡΙΧΗΕ

∆ΙΣΕΘΥΑΖΙΟΝΙ ΓΟΝΙΟΜΕΤΡΙΧΗΕ A cura di Maran Mario.

Nulla è perfetto e certamente neppure queste note. Se leggendole trovassi errori non solo nelle spiegazioni o negli esercizi ma anche di grammatica, fammelo sapere, li correggerò. Fammi sapere anche tutte le tue impressioni e cosa dovrebbe o potrebbe essere migliorato. Puoi scrivermi al seguente indirizzo e-mail: [email protected]

ABBREVIAZIONI E LISTA DEI SIMBOLI.

Dis. Disequazione/disequazioni.

ℜ Insieme dei numeri reali.

D Dominio.

¢ Insieme dei numeri interi.

∪ Unione di insiemi.

∩ Intersezione di insiemi.

∧ Congiunzione logica.

∨ Disgiunzione logica.

INTRODUZIONE

Scopo di queste dispense è introdurti alla soluzione di dis. goniometriche. Per dis. goniometrica intendiamo dis. nelle quali figurino, funzioni goniometriche il cui argomento contiene l’incognita. Le tipologie di dis. goniometriche che imparerai a risolvere sono limitate, ma sufficienti per gli scopi che ci prefiggiamo per il loro utilizzo. Come esempio,

imparerai a risolvere dis. del tipo: cosx−sinx≤0;

tan tan 2 0 t a n 2

x x

x

−

> ; ^{log sin}

(

^tan

)

¹

x+ x >2. Per poter risolvere altri tipi di dis., per esempio;sine^x−sinx> − 3 / 2 o sin^{1 1}

x< x dovrai pazientare il termine dei tuoi studi di matematica nella scuola superiore e strumenti di Analisi che, se procederai, incontrerai all’Università.

OSSERVAZIONI

E’ importante fare subito una serie di osservazioni che certamente ti aiuteranno.

Tutte le dis. goniometriche che incontrerai sono risolte, in genere, in intervalli limitati della retta reale, per capirci, cose del tipo: ;

3 6

π π

− +

 

 

 o ⁵ ,³ 6π π2

 

 

 , ma ben sai che le funzioni goniometriche sono funzioni periodiche per cui gli intervalli di soluzione sono, o possono essere, infiniti. Pertanto saranno intervalli del tipo:

]

^α+^kT;β+^kT

[

ove α β

,

∈ℜ^{, k}∈^{¢ ,} T è il periodo della soluzione. Se quindi risolvendo una dis., non trovassi delle soluzioni del tipo suddetto, ricontrolla attentamente i tuoi calcoli, potresti non aver sbagliato, ma l’eventualità di soluzioni non limitate è rara ( Per esemp io: cos(x− x)>0ha tra le sue soluzioni; x≥0, che non è un intervallo limitato, così difficili , comunque non le incontrerai nei tuoi studi attuali.). La periodicità della soluzione è strettamente legata alla periodicità delle funzioni componeneti, ma è influenzata anche dalla forma della dis. A tal proposito ti propongo un esercizio utile:

Esercizio.

Sia F I: → ℜuna funzione periodica di periodo T ( il che vuol dire: F x( +kT)=F x( ) con

x I x kT I e k

∀ ∈ + ∈ ∀ ∈^¢ ) e sia f :I→ ℜdefinita da f x( )= F(λx). Alloro f è periodica di periodo ₁ T T =λ.

E’ un esercizio teorico, facile e molto utile. In pratica se consideriamo la funzione sin che ha periodo 2π , troviamo che, ad esempio, la funzione sin(3 )x ha periodo ²

3

π(λ=3).

In pratica la risoluzione di qualunque dis. goniometrica, si riconduce alla risoluzione di dis. di tipo elementare, sarà il primo argomento successivo a queste osservazioni. Tutti i metodi che ti verranno proposti, hanno lo scopo di poter leggere le soluzioni di una dis. in termini di soluzioni di dis. elementari. I metodi di riduzione a dis. elementari, sono

molteplici e non sempre equivalenti in termini di facilità, sarà il tuo studio e gli esercizi svolti, ad affinare la capacità di capire quale sia il metodo più economico od elegante per risolvere il problema.

In queste dispense si farà un uso continuo dei grafici delle funzioni goniometriche a te note,per cui se non dovessi ricordarli con precisione, rivedili. Rivedi anche la soluzione delle equazioni goniometriche, che saranno indis pensabili.

Non si useranno metodi risolutivi legati all’uso della circonferenza goniometrica nel piano cartesiano, dato che l’autore di queste note lo trova un espediente un po’ farraginoso.

Esercizio.

Dimostra che il grafico della funzione Sin(x) nell’intervallo

[

^0,2π

]

è simmetrico rispetto al punto

( )

^0,π e che negli intervalli

[ ] [

^0,π ^, π π^{, 2}

]

è simmetrico rispettivamente, alle rette

x=π2 e 3

x =2π. Cosa puoi dire per le simmetrie notevoli dei grafici delle funzioni goniometriche che conosci?

Concludiamo con una nota.

Supponi di voler risolvere la dis. : x²−2x<3x, con semplici calcoli troveresti che la soluzione è 0< <x 5. Prova a considerare ora le curve algebriche: y=x²−2x e y=3x, disegnale nel piano cartesiano (vedi fig.1).

-2 2 4 6

-10 20 30

5 0

y

x

fig. 1

Avrai certamente notato che l’intervallo di soluzione e individuato sull’asse x , dove il grafico della parabola

2 2

y= x − x, giace sotto ( < ) al grafico della retta y=3x^.

Questo metodo risolutivo per le dis., prende il nome di metodo grafico, si tratta dunque di disegnare il grafico di due funzioni, trovare i punti di intersezione e individuare gli intervalli ove il grafico dell’una sta sopra o sotto al grafico dell’altra a seconda del verso della dis. Sarà proprio questo il metodo che utilizzeremo. Gli svantaggi del metodo grafico, sono legati alla rappresentazione grafica delle funzioni e dalla determinazione dei punti di intersezione dei grafici, negli ultimi anni della scuola superiore, imparerai dei metodi potenti e sufficienti per la rappresentazione delle funzioni nel piano cartesiano, anche l’individuazione dei punti di intersezione troverà una soluzione altrettanto buona, ma non sempre sufficiente. Ad ogni buon conto, le difficoltà al momento sono minime, serve solo saper tracciare i grafici delle funzioni goniometriche.

DISEQUAZIONI ELEMENTARI

Come ti ho detto prima, le dis. elementari, anche se le più facili, sono le più importanti. Il metodo per la loro soluzione sarà quello grafico, che hai visto, in un caso molto semplice, nell’introduzione.

Incominciamo risolvendo la dis .:

Esercizio svolto n° 1

cos 1

x< −2 (1.1)

E’ molto importante capire dove cerchiamo le soluzioni, della dis. precedente. Salvo indicazioni diverse, le soluzioni andranno ricercate nel sottoinsieme della retta reale più grande ( rispetto all’inclusione) nel quale ha senso valutare le funzioni che compongono la dis. Nel corso dei tuoi studi hai già incontrato questo insieme e a seconda dei casi lo hai chiamato Campo di Esistenza (abbreviato C.E.) o Dominio ( indicato generalmente con D).

Noi parleremo in modo prevalente di dominio, anche se, comunque lo si voglia chiamare, dev’essere ben chiaro cosa rappresenta e ricordarsi di individuarlo sempre nel risolvere una qualunque dis.

Nel nostro caso il dominio

D = ℜ

, cioè tutto l’asse reale, visto che la funzioneg x( )=cos( )x e ovunque definita in

ℜ

. Inoltre sappiamo che il suo periodo è

2π

^.

Tracciamo ora in un sistema di assi cartesiani il grafico della funzione ( )g x =cos( )x e il grafico della funzione ( ) 1

2

f x = − , in un intervallo di periodicità, che per esempio può essere l’intervallo

[

0 , 2π ( Vedi fig. 2).

]

-1 -0.5

0.5 1

x

1

x

2

2π

0

2

π 3

2 π π

fig. 2

Non è importante quale intervallo di periodicità tu scelga, non cambia nulla per ciò che concerne la soluzione dell’esercizio, salvo il modo di scrivere gli intervalli nei quali la dis. è verificata. E’ una tua scelta, che può essere anche dettata da un puro capriccio estetico.

Guardando alla dis. (1.1) avrai visto che ricerchiamo ove il cos( )x è minore di 1 2

− , cioè dove, guardando la fig. 2, il

grafico del coseno giace sotto il grafico della funzione 1 ( )

2 f x = − .

Quindi la soluzione è

{

x∈ ℜx1+2kπ< < +x x2 2kπ,k∈^¢

}

. Analizziamo meglio la soluzione, avrai notato il +, questo termine serve a riportare l’intervallo x₁ < <x x₂ su tutta la retta reale, con periodicità 2π, che come ricorderai è la periodicità della funzione g x( )=cos( )x . Se riportassi solamente

x

₁

< < x x

₂, si perderebbero tutte le soluzioni in

ℜ

che non vivono in

[

0 , 2π , inoltre il termine 2kπ non è legato a dove si rappresenta la funzione cos( )

]

x (noi abbiamo scelto

[

0 , 2π ), ma dalla stessa funzione goniometrica con cui si sta lavorando. Se non è molto chiaro non

]

preoccuparti, ci torneremo sopra più avanti. Manca la determinazione di

x

₁e

x

₂.Non è difficile vedere che sono le soluzioni dell’equazione 1

cosx= −2, che dovresti essere in grado di saper risolvere, comunque ₁ 2 3

x = πe ₂ 4 3 x = π. In conclusione, ricordando che il dominio della (1.1) è D= ℜ, le soluzioni della dis. (1.1) sono:

{

^{23 2 43 2 ,}

}

S= x∈ ℜ π+ kπ< <x π+ kπ k∈^¢ .

Proviamo ora a risolvere lo stesso esercizio ma considerando come intervallo di rappresentazione l’intervallo

[

^{− +π π,}

]

^,

che ha lunghezza 2πcome il precedente. Come sopra, tracciamo il grafico della funzione ( ) cos( )g x = x e 1 ( )

2 f x = − in questo intervallo (vedi fig. 3).

-1 0.5 1

π π

−

0

2 π

1

− 2 2

−π

2 3π

− 2

3π

fig. 3

Come sopra individuiamo dove il grafico della funzione coseno giace sotto il grafico della funzione

1

( ) 2

f x = −

^{. Le}

soluzioni sono ₁ 2 2

2 2 et 2 ,

3 3

S =x∈ ℜ − +π kπ≤ < −x π+ kπ π< ≤ +x π kπ k∈ 

 ^¢ . ( N.B.: I valori π e −π,

sono soluzioni della (1.1). ). Ci troviamo di fronte ad un piccolo dilemma. La dis. è la stessa ma le soluzioni sono diverse. Cerchiamo di capire dove si nasconde l’inghippo. Prima di tutto scriviamo le soluzioni in un modo più snello, cioè, invece di utilizzare la notazione insiemistica intrinseca, usiamo una notazione che già conosci ed allo stesso modo precisa. D’ora in poi k indicherà sempre un numero intero. Le soluzioni che abbiamo trovato con la rappresentazione in

[

0 , 2π , le indicheremo con :

]

2 4

2 , 2

3 3

x∈ π+ kπ π+ kπ (1.2) allo stesso modo, le soluzioni per la rappresentazione in

[ ^{− + π π ,} ]

si scriveranno:

2 2

2 , 2 2 , 2

3 3

x∈ − + π kπ − π+ kπ   ∪ π+ kπ π+ kπ (1.3).

Al variare del parametro

k ∈

¢ , si otterranno tutti gli intervalli di soluzione della dis.(1.1). Considera nella (1.2)

0 e 1

k = k =

, si otterranno gli intervalli:

2 2 2 2

, ; , ; 2 , 2 ; 2 , 2

3 3 3 3

π π π π π π π π π π π π

− − − + − + + +

       

       

       

cioè

2 2 4 8

, ; , ; , ; , 3

3 3 3 3

π π π π π π π π

− −

       

       

       

^.

Se hai notato i due intervalli:

2 4

, ; ,

3π π π 3π

   

   

   

hanno per unione l’intervallo: 2 4

, 3π 3π

 

 

 

che è un intervallo di soluzione della dis. (1.1) nella rappresentazione in

[

^{0 , 2}π , quando si assuma

] k = 1

^.

Morale della favola: le soluzioni sono le stesse salvo che vengono scritte e parametrizzate in modo diverso, quindi sei completamente libero di scegliere l’intervallo di studio che più ti piace, nulla cambia per le soluzioni. Cosa accade agli

intervalli 2 8

, e , 3

3 3

π π π π

− −

   

   

   

? La risposta è semplice, faranno parte della soluzione in rappresentazione

[

0 , 2π , per certi valori di

] k

.Porta particolare attenzione a non considerare intervalli di studio più piccoli della lunghezza del periodo della funzione con cui stai lavorando, perché in caso contrario rischieresti di perdere delle soluzioni.

Per la funzione f x( )=sin( )x la cosa è la stessa, cambia semplicemente il grafico con cui lavori. Il prossimo esercizio sarà ancora una dis. elementare, ma con una piccola difficoltà in più.

Esercizio svolto n° 2

1 s i n 2

x≥ 2 (2,1).

Iniziamo come sempre determinando il dominio. In questo caso visto che la funzione seno esiste qualunque sia il suo valore angolare, ne deduciamo che il dominio è: D= ℜ. L’argomento del seno, come hai visto è 2x , per ottenere una forma più snella poniamo z=2x ottenendo per la dis. (2,1):

sin 1 z≥ 2

Abbiamo ottenuto una dis. elementare del tutto simile alla prima che abbiamo risolto. Visto che il periodo del seno è 2π , disegniamo il grafico delle funzioni ( ) sinf z = z e 1

( ) 2

g z = , in un intervallo di lunghezza 2π . Questa volta scegliamo l’intervallo

[

^{− +π, π}

]

. Se provi a tracciarli, dovresti trovare una cosa simile a quanto vedi in fig. 5.

1 2

π

−

π

0 z

6

π 5

6π Fig. 5

y

Visto che cercavamo dove il grafico della funzione f z( )=sinz giace sopra al grafico della funzione 1 ( ) 2 g z = , considerato che l’equazione 1

sinz=2è risolta in

[

^{− +π, π}

]

^{per e z 5}

6 6

z=π = π, troviamo che le soluzioni sono:

2 ,5 2

6 6

S=z∈ ℜ ∈z π+ kπ π+ kπ.

L’esercizio, però non è concluso, infatti le soluzioni sono scritte in funzione di z e non di x , come dal testo della dis.

Si tratta di lavorare ancora un po’. Come si può fare per determinare le soluzioni in x ? Ricordi l’esercizio proposto nell’introduzione a queste note? La funzione f x( )=s i n 2xha periodo 2

T= 2π=π, ci aspettiamo, quindi che la periodicità delle soluzioni sia π e non 2π . Inoltre se 5

e z =

6 6

z=π π risolvono l’equazione 1

sin( )

z =2, è facile capire che le soluzioni dell’equazione 1

s i n 2

x= 2 in

[

^{− +π, π}

]

si hanno per

x=12π e 5

x=12π. Insomma le soluzioni in x sono date da : 5

2 , 2

6 6

S=z∈ ℜ ∈z π+ kπ π+ kπ.

Resta da verificare la compatibilità con il dominio

D

ma dato che D= ℜ, non si hanno problemi di sorta, l’insieme delle soluzioni è proprio

S

.

Come hai visto, risolvere una dis. elementare, non è poi così difficile. Forse l’ultima parte del secondo esercizio, potrebbe essere un po’ più delicata, la preciseremo meglio nel prossimo esercizio svolto nel quale analizzeremo meglio come lavorare con argomenti sempre lineari, ma non semplici. Il prossimo esercizio è abbastanza complicato non per le idee della soluzione, ma per i calcoli. Leggilo con attenzione, e cerca di capire non tanto le procedure, quanto più le motivazioni ai vari passaggi, sono queste motivazioni che ti aiuteranno a risolvere senza problemi tutte le dis.

elementari che incontrerai.

Esercizio risolto n°3

Risolvere la dis. :

2

tan 3

3 x π 5

 −  <

 

 

(3.1).

Per ciò che concerne il dominio, sappiamo che la tangente esiste solo quando il suo argomento è diverso da 2 π k

π + e dunque si dovrà porre :

2

3 5 2

x π π k

π

− ≠ +

da cui:

2 7

3 10

x≠ π+kπ e infine:

21 3

20 2

x≠ π+ kπ.

Il dominio vale è: ^D=

{

^{x∈ ℜ x≠ 2021π+23kπ,k∈¢}

}

^.

La funzione 2

( ) tan

3 5

f x x π

=

  

−

  

non è facile da disegnare, però prova a porre;

: 2

3 5

z x π

=



−



 

 

La dis. si riscrive come:

tan( )z < 3 (3.2)

e questa è sicuramente alla tua portata ( ad essere sinceri anche nella forma (2.1) non avresti trovato grandi difficoltà, ma sicuramente la (3,2) è più semplice). Traccia ora il grafico della funzione f z( )=tan( )z e g z( )= 3 , dovresti trovare una cosa simile a quanto puoi vedere in fig. 4.

0

2

π π

3

3

π

^z

y

fig.4

Le soluzioni sono individuate sull’asse z ove il grafico della tangente giace sotto il grafico della retta y= 3, cioè:

0 , ,

3 2

z∈ + kπ π+kπ   ∪ π+kπ π+kπ.

Queste soluzioni le riscriviamo in un modo diverso ma certamente a te più famigliare, come:

0

3 2

kπ z π kπ π kπ z π kπ + ≤ < + ∪ + < ≤ + .

Che fine ha fatto la variabile x ? Qualcosa non quadra! Effettivamente la dis. proposta doveva essere risolta in x e non in z . Si tratta di lavorare ancora un po’. Ti ricorderai che abbiamo posto 2

:

3 5

z x π

=

  

−

  

, possiamo dunque sostituire

questa espressione per z , nelle soluzioni trovate precedentemente, ottenendo:

2 2

0+kπ≤3x− < +π π5 3 kπ ∪ π2+kπ<3x− ≤ +π5 π kπ. La soluzione: 2

0

3 5 3

kπ x π π kπ + ≤ − < +

Equivale al seguente sistema di dis.:

2 0

3 5

2

3 5 3

x k

x k

π π

π π π

 − ≥ +



 − < +



Per le dis. componenti valgono i soliti principi di

equivalenza delle dis. ( li ricordi? Se così non fosse rivedili, sono importanti.). Quindi possiamo riscriverlo come segue:

2 0

3 5

2

3 3 5

x k

x k

π π

π π π

 ≥ + +



 < + +



(Abbiamo applicato il principio del trasporto, portando 5

−πal secondo membro).

3

5 2

8 3

15 2

x k

x k

π π

π π

 ≥ + ⋅

  

  

 < + ⋅

  



(Abbiamo applicato il secondo principio, moltiplicando ambo i membri per 3 2).

Alla fine troviamo:

3 3

10 2

4 3

5 2

x k

x k

π π

π π

 ≥ +



 < +



Tornando a scrivere le soluzioni in forma compatta si ha:

3 3 4 3

10π+2kπ≤ <x 5π+2kπ. Facendo la stessa cosa per l’altra soluzione troveresti:

21 3 9 3

20π+ 2kπ< ≤x 5π+ 2kπ, Alla fine di tutto:

3 3 4 3 21 3 9 3

10π+2kπ≤ <x 5π+2kπ ∪ 20π+2kπ< ≤x 5π+2kπ .

Sono queste le soluzioni cercate? La risposta è negativa. Dobbiamo verificare quali di queste appartengono al dominio che avevamo determinato inizialmente e che era: ^D=

{

^{x∈ ℜ x≠ 2021π+23kπ,k∈¢}

}

. Notiamo che gli intervalli determinati e il dominio, sono scritti con periodi uguali 3

T 2π

 = 

 

 , dunque per capire quali dei valori degli intervalli determinati, dovranno essere eliminati, sarà sufficiente vedere cosa succede all’interno di un periodo, ad esempio:

0 ,3 2π

 

 

 . Si tratta di risolvere un sistema, o se preferisci ( è la stessa cosa), fare l’intersezione di due insiemi e

cioè: 3 3 4 3 21 3 9 3

10 2 5 2 20 2 5 2

D∩x∈ ℜ x∈ π+ kπ≤ <x π+ kπ∪ π+ kπ< ≤x π+ kπ

 .

E’ la solita intersezione di sottoinsiemi di ℜ, dalla fig. 5 ricaviamo la soluzione finale del nostro esercizio:

(La crocetta indica che il valore è escluso.)

In conclusione abbiamo il nostro insieme delle soluzioni:

3 3 4 3 21 3 9 3

10 2 5 2 20 2 5 2

S =x∈ ℜ ∈ ∈x x π+ kπ≤ <x π+ kπ∪ π+ kπ< ≤x π+ kπ

 

Starai certamente pensando “Cribbio quanto lavoro da fare!”. In realtà la prima parte, quella relativa alle soluzioni in z non è stata difficile. Non trovi? Si tratta di disegnare i grafici di due funzioni che conosci bene. La seconda parte, cioè la scrittura delle soluzioni in x a partire da quelle in z , sembrerebbe più complicata, ma può essere semplificata.

Parti dalle soluzioni in z:

0+kπ≤ < +z π3 kπ ∪ π2+kπ< ≤ +z π kπ, e scrivi al posto di z il suo valore in x:

2 2

0+kπ≤3x− < +π π5 3 kπ ∪ π2+kπ<3x− ≤ +π5 π kπ. Ora somma a tutti i termini

5

π, ottieni:

2 2

0+ +π5 kπ≤3x− + < + +π π π π5 5 3 5 kπ ∪ π π2+ +5 kπ<3x− + ≤ + +π π5 5 π π5 kπ, facendo i conti:

2 8 7 2 6

5 k 3x 15 k 10 k 3x 5 k

π+ π≤ < π+ π ∪ π+ π < ≤ π+ π.

Infine, divi tutti i termini per 2

3 ( il coefficiente della x), o se vuoi moltiplica per 3

2( E’ lo stesso), trovi:

3 3 2 3 8 3 7 3 2 3 6

2⋅π5+kπ≤ ⋅2 3x< ⋅2 15π+kπ ∪ 2⋅10π+kπ< ⋅2 3x≤ ⋅2 5π+kπ. Facendo i calcoli:

3 3 4 3 21 3 9 3

10π+2kπ≤ <x 5π+2kπ ∪ 20π+2kπ< ≤x 5π+2kπ. A questo punto intersechi con il dominio D ed il gioco è fatto.

Con un po’ di esercizio vedrai che in fin dei conti è una baggianata, e fra l’altro, sempre la stessa cosa.

La teoria senza la pratica è sterile. Prova a risolvere qualcuno degli esercizi seguenti, servono a te per mettere alla prova le tue conoscenze sino a qui apprese. Non serve fare migliaia di esercizi, magari tutti uguali e che ci diranno che si è degli studenti diligenti, ma fare esercizi significativi, nei quali rivedere quanto appreso, fissarlo nella mente e per quanto possibile, approfondirlo. Non avere fretta di trovare il risultato (Perché hai tanti compiti, e i tuoi amici ti aspettano per stare in compagnia. Piuttosto fai meno esercizi.), ma focalizza la tua attenzione sui metodi, cerca di capire dove possono nascere problematicità, cerca di vedere se è possibile ricavare dei metodi o informazioni di correttezza da quanto stai facendo ( di solito è sempre possibile). Ci vuole del tempo, ma è un buon investimento per ciò che imparerai in futuro, ma anche per ora, visto che poi farai meno fatica, dovrai studiare meno e ti divertirai molto di più.

ESERCIZI:

1) 2sinx> 2 3

2 , 2

4 k 4 k

π π π π

 + + 

 

 

2) 2cosx< 3 11

2 , 2

6 k 6 k

π π π π

 + + 

 

 

3) tanx < 2 1+ 3 3

4π kπ,4π kπ

− + + 

 

 

0

3

10π 4

5π 21

20π 9

5π 3

2π

Fig. 5

4) Determinare il dominio della funzione: f x( )=logsinx

]

^{0 2+ kπ π, +2kπ}

[

5) 2

3 1

cot x> 5

6 k ,6 k x 2 k

π π π π π π

 + + ∧ ≠ +

 

 

6) 3

cos 2

3 2

x π

 + <

 

 

7) Per chi conosce le funzioni goniometriche inverse, utilizzando le tecniche viste sino ad ora, provi a risolvere:

arcsin 6

x>π 1

2, 1

 

 

 

8) Provare che arctan cot

x+arc x=π2 ∀ ∈ ℜx . Come potresti risolvere la dis.: cot 1 tgπ2−arc x< ? Esercizio svolto n° 4

In questo esercizio vedremo di ripetere alcune idee che hai già visto nella soluzione delle equazioni goniometriche e come è possibile ricondurre una dis. goniometrica alla soluzione di dis. elementari.

L’esercizio che risolveremo è il seguente:

cos2x+sinx≥0 (4,1) Il dominio della dis. è: D= ℜ .

L’idea fondamentale, che vale la pena di essere sottolineata, è che per risolvere una equazione o dis. goniometrica è sempre necessario trasformare l’espressione che hai di fronte in modo tale da ottenere funzioni goniometriche dello stesso argomento angolare, per capirci vogliamo funzioni goniometriche tutte calcolate in x o in 2x oppure

2 x e così via. Sucessivamente, cercheremo di esprimere tutte le funzioni presenti in funzione di una sola di esse. E’ per questo motivo che il tuo insegnante ha insistito molto sulle identità goniometriche, appunto perché tu riuscissi a capire come meglio muoverti tra le innumerevoli formule che hai studiato ( somma, differenza, duplicazione, bisezione ecc.). Tutto questo con lo scopo di trascrivere l’espressione data come polinomio trigonometrico semplice ( per capirci, un polinomio in x , che al posto della x ha una funzione trigonometrica).

Nel nostro caso potremmo ad esempio utilizzare le formule di bisezione per trasformare il sin x in qualcosa che ha per argomento 2x , ma se ben ricordi le formule di bisezione hanno le radici quadrate e in più dipendono dal quadrante nel quale stai lavorando. Non conoscendo dove vive la variabile x , anzi dovendola determinare, questa strada non è vantaggiosa ( Le formule di bisezione ha senso utilizzarle quando la funzione goniometrica in esame è elevata ad una potenza pari.). Però conosci anche le formule di duplicazione, e se le applichi in questo caso nella forma

cos2x= −1 2sin2xtroverai per la (4,1):

1 2sin− ²x+sinx≥0 (4,2) che ha proprio la forma di un polinomio trigonometrico semplice.

Ora cambiamo di segno, ottenendo:

2sin²x−sinx− ≤1 0. (4,3) e poniamo

sin t= x la (4.3) si riscrive come:

2t2− − ≤t 1 0

una dis. razionale di secondo grado che sai risolvere agilmente, se lo fai, dovresti trovare:

1 1

t≤ −2 ∪ t≥ . Ma t=sinx e dunque:

sin 1 sin 1

x≤ −2 ∪ x≥ .

Quindi la soluzione della nostra dis. è l’unione delle soluzioni di due dis. elementari, che a questo punto dovresti essere in grado di risolvere.

La dis.

sin 1 x ≤ −2 è risolta per :

7 11

2 2

6 6

x π kπ x π kπ

 ∈ ℜ + ≤ ≤ + 

 

 

cioè:

7 11

2 , 2

6 6

x∈ π+ kπ π+ kπ. Mentre la terza:

sinx≥1

essendo la funzione seno limitata all’intervallo

[ ]

^−1,1 , è risolta solo dai valori:

2 2

x = +π kπ.

Facendo l’unione delle due soluzioni, e ricordando che il dominio della dis. era tutto l’asse reale, in conclusione troviamo:

7 11

2 2 2

6 6 2

x π kπ x π kπ x π kπ

 ∈ ℜ + ≤ ≤ + ∨ = + 

 

 

o in forma compatta:

7 11

2 , 2 2

6 6 2

x∈ π+ kπ π+ kπ ∪ = +x π kπ .

Esercizio svolto n° 5

L’esercizio che vogliamo risolvere è il seguente:

( )

sin cos 2sin cos

1 cos 2 sin 1 cos sin

x x x x

x x x x

> + − +

+ + . (5.1) Il dominio è individuato dalle seguenti condizioni: 1 cos 0

sin 0

x x

+ ≠

 ≠

 che equivale a cos 1

sin 0

x x

 ≠ −

 ≠

 .Dunque x k

x k

π π

π

 ≠ +

 ≠ . Alla fine:

{ }

D= x∈ ℜ ≠x kπ .

L’idea per la soluzione è quella di ricondursi a qualcosa di simile ad una dis. razionale fratta. Iniziamo perciò portando, come si dice, tutto a primo membro:

( )

sin cos 2sin cos

2 0

1 cos sin 1 cos sin

x x x x

x x x x

− − + + >

+ + ,

a questo punto sommiamo i tre termini:

( ) ( )

( )

sin2 2sin 1 cos cos 1 cos 2sin cos

sin 1 cos 0

x x x x x x x

x x

− + − + + + >

+ ,

semplificando:

( )

2 2

sin 2sin cos cos

sin 1 cos 0

x x x x

x x

− − >

+ . (5.2) L’espressione ottenuta e una frazione in cui i termini che la compongono sono costituiti da polinomi trigonometrici, come vedi cerchiamo i valori di x per i quali la frazione risulta positiva cioè il suo segno. Lo studio del segno è cosa che sai già fare, ma nel caso delle dis. goniometriche ci sono delle considerazioni importanti da fare e a cui stare molto attenti.

A questo punto studieresti il segno del numeratore e denominatore, però così facendo il lavoro si farebbe lungo e quando le cose ,in matematica si fanno lunghe, sono pericolose, nel senso che è più facile sbagliare.

Notiamo che il segno della (5.2) dipende da tutti i fattori che compongono la frazione, dunque studiando il segno di ogni singolo fattore e successivamente facendo il prodotto dei segni, otterremo il risultato desiderato, con un po’ meno fatica.

Studiamo singolarmente le espressioni seguenti:

2 2

1) sin 2sin cos cos 0

2) sin 0

3) 1 cos 0

x x x x

x x

− − >

>

+ >

Risolviamo la prima, cioè:

sin²x−2sin cosx x−cos²x>0. (5.3) Un’equazione del tipo precedente ha un nome particolare, viene generalmente indicata come dis. omogenea, derivando il suo nome dal fatto che i termini del polinomio trigonometrico hanno tutti lo stesso grado.

Hai già incontrato cose simili quando hai studiato le equazioni goniometriche, e se ricordi per poterle risolvere, dividevi ambo i membri per cos x² , trasformando l’equazione goniometrica in una equazione polinomiale di secondo grado.

L’idea in questo caso è la stessa, ma con qualche avvertenza in più. Ti ho già chiesto di ripetere i principi di equivalenza per le dis. Se lo hai fatto, ricorderai che è possibile dividere ambo i membri di una stessa dis. per una quantità numerica o algebrica (trascendente), a patto che ciò per cui si divide sia non nullo è di segno costante, nel qual caso se positivo il verso rimane lo stesso, in caso contrario dev’essere invertito.

Bene, nel nostro caso cos x² risulta nullo per 2 x π2 k

π

= + e sai già come comportarti, cioè, verifichi se tali valori sono oppure no soluzioni della (5.3), nel caso lo siano, al termine dell’esercizio unirai tali valori alle soluzioni trovate. Nel caso contrario non devi fare null’altro. Inoltre essendo cos²x≥ ∀ ∈ ℜ0 x possiamo dividere senza problemi ambo i membri della dos. senza ulteriori indugi. Nota che la dis. (5.3) ha grado due. Quanto appena detto funziona allo stesso modo se il grado e pari(deg = 2n), si dividerà solamente per una potenza pari di cos x ( cos²ⁿx ), ma se il grado e dispari ( deg = 2n+1 ) quanto detto non funziona altrettanto bene, visto che la funzione f x( )=cos²ⁿ⁺¹xnon è sempre positiva per qualunque valore reale e dunque o si dovranno studiare due casi, e successivamente unire le soluzioni trovate, oppure cercare altre strade.

E’ facile vedere che la (5.3) è verificata per 2

x= +π2 kπ, pertanto ti dovrai ricordare nel proseguo dello svolgimento di queste soluzioni. Supponiamo allora che 2

x ≠ +π2 kπe dividiamo ambo i membri della (5.3) per cos x² , otteniamo:

2 2

2 2 2

sin 2sin cos cos

0

cos cos cos

x x x x

x− x − x>

da cui :

tan²x−2tanx− >1 0 (5.4) Al solito poniamo t=tanx:

t²− − >2t 1 0 (5.5) che risolta fornisce:

1 2 1 2

t< − ∪ t> + Ricordando che era t=tanx, troviamo le soluzioni della (5.4):

, 3 ,

2 8 8 2

x π k π k k π k

π π π π π

   

∈ − + − +   ∪ + + .

Nota che abbiamo scelto l’intervallo , 2 2

−π π

 

 .

Sapevamo che 2

x= +π2 kπ, erano soluzioni della (6.1), e dunque dobbiamo unirle a quelle appena determinate, ottenendo le soluzioni complete per la (5.3):

, 3 ,

2 8 8 2

x∈ − + π kπ − +π kπ   ∪ π+kπ π+kπ. Passiamo ora alla soluzione della seconda:

sinx>0 (5.6) una dis. molto semplice non trovi? Le sue soluzioni parametrizzate in

[

^0,2π

]

^sono:

^{x∈ +}

]

^{0 2kπ π, +2kπ}

[

. (5.7).

Ti ho fatto un piccolo scherzo! Te ne sei accorto? Ti dirò più avanti cosa ho fatto e perché.

La terza dis. è:

1 cos+ x>0 (5.8) che equivale a :

cosx> −1 ed è risolta per :

∀ ∈ ℜx tali che x≠ +π 2kπ , (5.9) dato che la funzione coseno assume valori nell’intervallo

[

^{−1 , 1}

]

, ma è necessario escludere -1 dato che la disuguaglianza è stretta.

A questo punto siamo pronti per lo studio dei segni. Lo scherzo che ti ho giocato è stato quello di studiare le soluzioni della (5.3) nell’intervallo ,

2 2

−π π

 

  e la (5.6) nell’intervallo

[

^{0 , 2}π

]

, più che uno scherzo è stata una necessità. La

periodicità delle soluzioni della (5.3) è π , mentre le soluzioni della (5.6) è 2π . Per la (5.3) ho scelto come intervallo di periodicità ,

2 2

−π π

 

 , avrei potuto scegliere

[

^{0 ,}π

]

, non sarebbe cambiato nulla per le soluzioni, solo la loro scrittura.

La mia intenzione era quella di mettere in risalto una cosa molto importante, che riguarda il prodotto dei segni. Intanto quando si esegue il prodotto dei segni per una dis. goniometrica è necessario individuare il più grande intervallo nel quale è necessario scrivere le soluzioni. In questo caso è l’intervallo

[

^{0 , 2π}

]

, altre volte la scelta non è così semplice.

Se ad esempio la periodicità delle soluzioni fosse stata π e 2

3π , avremmo dovuto scegliere un intervallo di lunghezza 3π che è la lunghezza minima di un intervallo che contiene intervalli di lunghezza π e 2

3π un numero intero di volte.

Se così non facessimo rischieremmo di perdere delle soluzioni. Come altro esempio , se le periodicità fossero state 3 πe

4

π, avre mmo dovuto scegliere un intervallo di lunghezza π .

Cosa accadrebbe se i periodi fossero stati 1 e π ? ( Situazione alquanto difficile ed imbarazzante!).

Stabilito l’intervallo di studio, si tratta ora di scrivere le soluzioni delle varie dis. nell’intervallo considerato, sfruttando la periodicità. Per la prima dis. troviamo che le soluzioni in

[

^{0 , 2}π

]

^sono:

3 7 11 3 3 15

, , , ,

8 2 2 8 8 2 2 8

x∈ π π   ∪ π π   ∪ π π   ∪ π π per le altre non abbiamo problemi.

Siamo pronti per il prodotto dei segni. Ricordati di studiare il segno solo all’interno dell’intervallo

[

^{0 , 2π}

]

e non oltre, altrimenti rischi di introdurre soluzioni che non ci sono!

Guardando la (5.2), vediamo che sono soluzioni gli intervalli nei quali è presente il segno +, pertanto abbiamo:

3 7 11 15

2 , 2 2 , 2 2 , 2 2

8 8 8 8

x∈ π+ kπ π+ kπ   ∪ π+ kπ π+ kπ   ∪ π+ kπ π+ kπ (5.10) Resta da eseguire l’intersezione con il dominio ^D=

{

^{x∈ ℜ ≠x kπ}

}

^.

E’ facile comunque vedere che non si devono apportare modifiche alle (6.8), che dunque sono anche le soluzioni cercate per il nostro esercizio.

Esercizio svolto n° 6

L’esercizio che risolveremo adesso è il seguente:

4sin²x− < +3 1 2sinx (6.1) Dovresti ricordare come si risolvono, almeno da un punto di vista algebrico, esercizi di questo tipo ( Disequazioni irrazionali. ). Avevi lavorato sempre con polinomi, ma la tecnica che hai visto si applica in modo del tutto analogo alle dis. goniometriche.

La tecnica risolutiva per la (6.1), è costruita in modo tale che la ricerca delle soluzioni avvenga direttamente nel dominio, pertanto in questo caso non è necessaria la sua determinazione.

Se ricordi, la soluzione della (6.1) e riportata alla soluzione del seguente sistema:

0 π 2π

+ + + +

+ + + +

+ + + + + + + +

+ + + +

-

- - - -

- - -

- -

Prima disequazione

-

Seconda disequazione Terza disequazione

Fig. 6 2

π 7

8π 3

2π 15

8π 3

8π 11

8π

-

( ) ^{( )}

2

2 2

2

4sin 3 0

1 2sin 0

4sin 3 1 2sin

x x

x x

 − ≥

 + ≥



 − < +

 che diventa:

4sin2 3 0 sin 1

2

sin 1

x x x

 − ≥

 ≥ −



> −



.

La terza equazione del sistema è più restrittiva della seconda, per cui, il sistema precedente, può essere sostituito con il seguente:

4sin2 3 0 sin 1

2 x x

 − ≥

 ≥

 .

Posto t=sinxotteniamo:

4 2 3 0 1 2 t t

 − ≥

 ≥



che fornisce:

3 3

2 2

1 2

t t

t

 ≤ − ∪ ≥



 >



.

Eseguendo l’intersezione si trova:

3 t≥ 2 ma t=sinxe dunque la (6.1) è risolta ove:

sin 3 x ≥ 2 le cui soluzioni sono:

2 ,2 2

3 3

x∈π+ kπ π+ kπ.

Nella soluzione delle dis. goniometriche, in un modo o in un altro, ci si riconduce sempre alla soluzione di dis. note almeno da un punto di vista algebrico. Ma quando la riduzione non è possibile facilmente o non si sa che pesci pigliare, cosa fare? Una soluzione sempre applicabile, visto che tutte le espressioni goniometriche si possono sempre ricondurre ad espressioni che contengono solo seno e coseno ( addirittura una sola delle due ) è quella di utilizzare le formule parametriche per seno e coseno.

2

2 2

2tan 1 tan

2 2

sin , cos 2

1 tan 1 tan

2 2

x x

x x x k

x − x π π

= = ≠ +

+ +

.

Vediamo la loro applicazione nel seguente esercizio svolto.

Esercizio svolto n° 7 Si voglia risolvere:

3sin cosx x− 3cos²x<3sinx− 3cosx (7.1) Il dominio della dis. (7.1) è tutto l’asse reale D= ℜ. La (7.1), potrebbe essere risolta facilmente con una fattorizzazione (riesci a vedere quale?), comunque in queste note la risolveremo utilizzando le espressioni razionali di seno e coseno, come preannunciato.

Notiamo che x= +π 2kπsono soluzioni della (7.1), pertanto supposto x ≠ +π 2kπ, possiamo sostituire a seno e coseno le loro espressioni razionali ottenendo:

2

2 2 2

2 2 2 2 2

2tan 1 tan 1 tan 2tan 1 tan

2 2 2 2 2

3 3 3 3

1 tan 1 tan 1 tan 1 tan 1 tan

2 2 2 2 2

x x x x x

x x x x x

 

−  −  −

−   < −

 

+ +  +  + +

dopo facili calcoli, posto tan 2

t= x, si trova:

4 3 2

3t +6t − 3t >0, visto che si può semplificare per t² ( Perché? ), si ha:

3t2+ −6t 3>0, che risolta fornisce:

3 2 , 2 3

t< − t> + cioè:

tan 3 2 , tan 2 3

2 2

x x

< − > + le cui soluzioni in

2 x sono:

5 7

, ,

2 12 2 2 12

x∈ π+kπ π+kπ   ∪ π+kπ +kπ

in x :

5 7

2 , 2 2 , 2

6 6

x∈ π+ kπ π+ kπ   ∪ π+ kπ + kπ

Ricordando che x = +π 2kπsono soluzioni della (7.1) e che il dominio era tutto l’asse reale, si hanno le soluzioni finali:

5 7

2 , 2

6 6

x∈ π+ kπ + kπ.

La tecnica appena vista è molto potente, ma gli svantaggi sono spesso insuperabili. Nella sostituzione si arriva a polinomi che facilmente hanno gradi molto alti, e la soluzione della dis. è vincolata alla fattorizzazione del polinomio ottenuto, cosa non sempre facile.

ESERCIZI:

1) 2cos 3

0 sin

x

x− ≥

]

^{π+2kπ π, 2 +2kπ}

[

2) 2cos²x+3cosx− >2 0 ^{2 , 2 5 2 ,2( 1)}

3 3

kπ π kπ π kπ k π

+ +  ∪ + + 

   

   

3) 2cos³x−2cos²x−cosx+ >1 0 ^,3

4 k 4 k

π π π π

 + + 

 

 

4) 2sin²x− −1 cosx<sinx ^{2 , 2}

4 k 2 k

π π π π

 + + 

 

 

5) 2 s i n 3

cos 0 x

x

+ > 2 , 2

2 k 2 k

π π π π

− + + 

 

 

6) 3sinx+cosx>1 2

0 2 , 2

kπ 3π kπ

 + + 

 

 

7) 2 3cos²x−sin2x< 3 2

6 k ,3 k

π π π π

 + + 

 

 

8) 1 2sin

1 sin 0 x x

− >

+ 5 7

2 , 2 2 , 2

6 k 6 k 6 k 6 k

π π π π π π π π

− + +  ∪ + + 

   

   

9)

(

^{2 1 tan+}

)

^x>tan₂^x

10) 2cos² 1 cos

2

x> − x

Titolo:

Disequazioni goniometriche

Autore:

Mario Maran

Email:

[email protected]

Classe:

TERZA ELETTRONICA (3ET)

Anno scolastico:

2003/2004

Scuola:

Itis Euganeo

Via Borgofuro, 6

Via Borgofuro 6 - 35042 Este (PD) - Italy Telefono 0429.21.16 - 0429.34.72 Fax 0429.41.86

http://www.itiseuganeo.it [email protected]

Note legali:

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