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Equazioni goniometriche
ESERCIZI SVOLTI EQUAZIONI GONIOMETRICHE LINEARI IN SENO E COSENO
ESERCIZIO N°1 Risolvere l’equazione
sen x +
√
3 cos x=0Osservando che
x ≠π 2+kπ
si può dividere ciascun termine dell’equazione per cos x ≠ 0 Pertanto si ha
sen x
cos x+
√
3 cos x cos x =0Cioè
tg x +
√
3=0→ tg x=−√
3 → x=12 0°+k 180 °ESERCIZIO N°2 Risolvere l’equazione
sen x −cos x=0 Osservando che
x ≠π 2+kπ
si può dividere ciascun termine dell’equazione per cos x ≠ 0 Pertanto si ha
sen x
cos x−cos x cos x=0 Cioè
tg x−1=0 →tg x=1→ x=45°+k 180 °
ESERCIZIO N°3 Risolvere l’equazione
cos x−sen x=1
Si trasforma l’equazione data mediante le formule parametriche, cioè
sen x = 2 t
1+t2;cos x=1−t2
1+t2dove t=tg x 2conx
2≠π
2+kπ → x ≠ π +2 kπ k∈ Z
Pertanto, sostituendo si ha 1−t2
1+t2− 2 t 1+t2=1
Moltiplicando ambo i membri per 1+t2 si ottiene 1−t2−2 t=1+t2
Svolgendo i calcoli si ottiene
2t2+2 t=0 →2 t(t+1)=0 ↗
↘ t=0 t=−1 Per t=0 si ha
tgx
2=0 →x
2=0+kπ → x =2 kπ Per t=−1 si ha
tgx
2=−1→x 2=3
4 π +kπ → x =3
2π +2kπ
ESERCIZIO N°4 Risolvere l’equazione
√
3 cos x+sen x−2=0Si trasforma l’equazione data mediante le formule parametriche, cioè
sen x = 2 t
1+t2;cos x=1−t2
1+t2dove t=tg x 2conx
2≠π
2+kπ → x ≠ π +2 kπ k∈ Z Pertanto, sostituendo si ha
√
3×1−t2 + 2 t−2=0
Moltiplicando ambo i membri per 1+t2 si ottiene
(
1−t2) √
3+2t−(
1+t2)
2=0Svolgendo i calcoli si ottiene
√
3−√
3 t2+2 t−2−2 t2=0 →2 t2+√
3 t2−2 t+2−√
3=0Cioè si è trovato un’equazione algebrica di secondo grado completa nella variabile t (2+
√
3)t2−2 t+2−√
3=0∆
4=1−(2+
√
3)(2−√
3)=1−(4−3)=1−1=0Pertanto, l’equazione ammette due soluzioni reali e coincidenti
t= 1 2+
√
3=2−
√
3(2+
√
3)(2−√
3)=2−√
3 con molteplicita' 2 Per t=2−√
3 si hatgx
2=2−
√
3 →x 2= π12+kπ → x=π 6+2 kπ
ESERCIZIO N°5 Risolvere l’equazione
(1−
√
2)cos x +sen x +1−√
2=0Si trasforma l’equazione data mediante le formule parametriche, cioè
sen x = 2 t
1+t2;cos x=1−t2
1+t2dove t=tg x 2conx
2≠π
2+kπ → x ≠ π +2 kπ k∈ Z
Pertanto, sostituendo si ha 1−t2
1+t2 (1−
√
2)+ 2 t1+t2+1−
√
2=0Moltiplicando ambo i membri per 1+t2 si ottiene
(
1−t2)
(1−√
2)+2 t+(
1+t2)
(1−√
2)=0Mettendo in evidenza il fattore 1−
√
2 si ottiene(
1−t2+1−t2)
(1−√
2)+2t=0→ 2 t+2(1−√
2)=0 →t +1−√
2=0 → t=√
2 – 1Ossia
tgx
2=
√
2−1→x2=π8+kπ → x=π4+2 kπSi osserva che l’equazione goniometrica data si annulla anche per x=π +2 kπ ESERCIZIO N°6
Risolvere l’equazione cos1
3x−sen1 3 x=−1
Si pone l’angolo uguale ad una incognita ausiliare, ossia 1
3 x= y
Pertanto, l’equazione data diventa cos y−seny=−1
Si trasforma l’equazione suddetta mediante le formule parametriche, cioè
sen y= 2t
1+t2;cos y =1−t2
1+t2 dove t=tg y 2con y
2≠π
2+kπ → y ≠ π +2 kπ k∈ Z
Pertanto, sostituendo si ha 1−t2
1+t2− 2 t 1+t2=−1
Moltiplicando ambo i membri per 1+t2 si ottiene 1−t2−2 t=−1−t2
Svolgendo i calcoli si ottiene 2t=2→ t=1
Ossia
tg y
2=1→ y 2=π
4+kπ → y =π
2+2 kπ →1 3x=π
2+2 kπ → x=3
2π+6 kπ
Si osserva inoltre che l’equazione cos y−seny=−1
si annulla anche per y=π +2 kπ infatti
cos(π +2 kπ)−sen(π +2 kπ)=−1
Pertanto, l’equazione data ammette anche le soluzioni del tipo 1
3 x=π +2 kπ → x=3 π +6 kπ
ESERCIZIO N°7 Risolvere l’equazione
−cos2
5x +sen2 5x=1
Si pone l’angolo uguale ad una incognita ausiliare, ossia 2
5 x= y
Pertanto, l’equazione data diventa
−cos y +seny=1
Si trasforma l’equazione suddetta mediante le formule parametriche, cioè
sen y= 2t
1+t2;cos y =1−t2
1+t2 dove t=tg y 2con y
2≠π
2+kπ → y ≠ π +2 kπ k∈ Z
Pertanto, sostituendo si ha
−1−t2 1+t2 + 2t
1+t2=1
Moltiplicando ambo i membri per 1+t2 si ottiene
−1+t2+2 t=1+t2
Svolgendo i calcoli si ottiene 2t=2→ t=1
Ossia
tg y
2=1→ y 2=π
4+kπ → y =π
2+2 kπ →2 5x=π
2+2 kπ → x=5
4π +5 kπ
Si osserva inoltre che l’equazione
−cos y +seny=1
si annulla anche per y=π +2 kπ infatti
−cos(π +2 kπ)+sen(π+2 kπ)=1 1=1 identita'
Pertanto, l’equazione data ammette anche le soluzioni del tipo 2
5 x=π +2 kπ → x=5
2π +5 kπ
ESERCIZIO N°8 Risolvere l’equazione
sen
(
2 x−π3)
+√
3 cos(
2 x−π3)
−√
3=0Si pone l’angolo uguale ad una incognita ausiliare, ossia
2 x −π 3=y
Pertanto, l’equazione data diventa sen y+
√
3 cos y −√
3=0Si trasforma l’equazione suddetta mediante le formule parametriche, cioè
sen y= 2t
1+t2;cos y =1−t2
1+t2 dove t=tg y 2con y
2≠π
2+kπ → y ≠ π +2 kπ k∈ Z
Pertanto, sostituendo si ha 2t
1+t2+1−t2
1+t2
√
3−√
3=0Moltiplicando ambo i membri per 1+t2 si ottiene 2t +
(
1−t2) √
3−(
1+t2) √
3=0Svolgendo i calcoli si ottiene
2t−2
√
3 t2=0 →2√
3t2−2 t=0 →2 t(√
3 t−1)=0↗↘2 t=0 → t=0 t= 1
√
3→ t=√
33 Per t=0 si ha
tg y
2=0 → y
2=0+kπ → y=2kπ → 2 x −π
3=2 kπ → x =π 6+kπ Inoltre
per t=
√
33 tg y
2=
√
33 → y 2=π
6+kπ → y=π
3+2 kπ →2 x−π 3=π
3+2 kπ → 2 x=2
3π +2 kπ
Cioè semplificando per 2 si ottiene
x=π 3+kπ
ESERCIZIO N°9 Risolvere l’equazione
(
√
3+2)sen x +cos x +1=0Si trasforma l’equazione data mediante le formule parametriche, cioè
sen x = 2 t
1+t2;cos x=1−t2
1+t2dove t=tg x 2conx
2≠π
2+kπ → x ≠ π +2 kπ k∈ Z Pertanto, sostituendo si ha
(
√
3+2)× 2t1+t2+1−t2 1+t2+1=0
Moltiplicando ambo i membri per 1+t2 si ottiene
2(
√
3+2)t +1−t2+1+t2=0→ 2(√
3+2)t+2=0→(√
3+2)t+1=0 Cioèt= −1
√
3+2Razionalizzando si ha
t= −
√
3−2(
√
3+2)(√
3−2)=−
√
3−23−4 =−(2−
√
3)Per t=−(2−
√
3) si hatgx
2=−(2−
√
3)→x 2=1112π +kπ → x=11
6 π +2 kπ
Si osserva che l’equazione goniometrica data si annulla anche per x=π +2 kπ Infatti si ha
(
√
3+2)sen( π +2 kπ )+cos (π +2 kπ )+1=0 Cioè−1+1=0
ESERCIZIO N°10 Risolvere l’equazione
√
22 sen x−cos x −1=0
Si trasforma l’equazione data mediante le formule parametriche, cioè
sen x = 2 t
1+t2;cos x=1−t2
1+t2dove t=tg x 2conx
2≠π
2+kπ → x ≠ π +2 kπ k∈ Z
Pertanto, sostituendo si ha
√
2 2 × 2 t1+t2−1−t2
1+t2−1=0
Moltiplicando ambo i membri per 1+t2 si ottiene
√
2t−1+t2−1−t2=0 →√
2t−2=0 →t= 2√
2=√
2Per t=
√
2 si hatgx
2=
√
2 →x2=arctg
√
2 →x2 ≅54,7356 °+k 180 °
Cioè
x≅109,4712°+k 360°
Poiché
0,4712× 6 0'=28,272 ' e 0,272× 6 0' '=16,32' ' Si può anche scrivere
x≅109° 28'1 6' '+k 360°
Si osserva che l’equazione goniometrica data si annulla anche per x=180 °+k 360°
Infatti si ha
√
22 sen (180 °+k 360° )−cos (180 °+k 36 0 °)−1=0
−(−1)−1=0
