Equazioni lineari in seno e coseno

Ripasso di Goniometria e Trigonometria – Formule ed esercizi risolti

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Benvenuti nella nostra guida pratica alle equazioni lineari in seno e coseno.
Queste equazioni sono nella forma $a\cos(x)+b\sin(x)+c=0$ e richiedono di determinare i valori dell’angolo $x$ che soddisfano l’equazione, in cui i parametri $a,b,c$ sono fissati.
Esistono vari metodi risolutivi per questo genere di equazioni. In questo articolo esaminiamo i principali, illustrandone le basi, le applicazioni e i loro pregi.
Il materiale costituisce dunque una guida per gli studenti e gli appassionati che desiderano apprendere in maniera completa la risoluzione di queste equazioni, anche in vista della preparazione all’Università.

Consigliamo il seguente materiale affine:

Buona lettura!

Definizione 1. Un’equazione lineare in seno e coseno è un’equazione del tipo

(1) $\begin{equation*} a\cos(x)+b\sin(x)+c=0 \end{equation*}$

con $a,b\in\mathbb{R}\setminus\{0\}$ e $c\in\mathbb{R}$ .

Per risolvere questo tipo di equazioni è possibile procedere applicando tre metodi diversi: il metodo algebrico, il metodo grafico e il metodo dell’angolo aggiunto. Di seguito la spiegazione dei tre metodi.

Metodo algebrico

Il metodo algebrico consiste nella risoluzione, appunto, algebrica dell’equazione; a seconda che il termine noto $c$ sia nullo o meno si procede tramite due diverse strade

Caso $c=0$ .

In questo caso (1) diventa

$a\cos(x)+b\sin(x)=0.$

Dividiamo i membri dell’equazione per $\cos(x)$ ; la divisione è sempre possibile in quanto se $\cos(x)=0$ , per l’identità fondamentale della goniometria si ha $\sin(x)=\pm1$ e quindi $a\cdot(\pm1)=0$ che data la non nullità di $a$ è sempre falsa.
L’equazione dunque diventa

$a\left(\dfrac{\cos(x)}{\cos(x)}\right)+b\left(\dfrac{\sin \left(x\right)}{\cos(x)}\right)=0\quad \Leftrightarrow\quad a+b\tan(x)=0$

da cui

$\tan(x)=-\dfrac{a}{b}$

cioè

$x=\arctan\left(-\dfrac{a}{b}\right)+k\pi=-\arctan\left(\dfrac{a}{b}\right)+k\pi,\,\,k\in\mathbb{Z}.$

Si conclude che la soluzione $\mathcal{S}$ dell’equazione è

$\boxcolorato{analisi}{\mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:\,-\arctan\left(\dfrac{a}{b}\right)+k\pi,\,\,k\in\mathbb{Z}\right\}.}$

Caso $c\neq0$ .

In questo caso dobbiamo avvalerci delle forme parametriche del seno e coseno, ovvero:

$\sin(x)=\dfrac{2t}{t^2+1},\quad\cos(x)=\dfrac{1-t^2}{t^2+1}$

dove abbiamo posto $t=\tan\left(\dfrac{x}{2}\right)$ e $\dfrac{x}{2}\neq\dfrac{\pi}{2}+k\pi$ ovvero $x\neq\pi+2k\pi,\,k\in\mathbb{Z}$ .

Applicando dunque le formule parametriche all’equazione (1) si ottiene

$\begin{aligned} a\left(\dfrac{1-t^2}{t^2+1}\right)+b\left(\dfrac{2t}{t^2+1}\right)+c=0\,\, \Leftrightarrow\,\, \dfrac{a-at^2+2bt+ct^2+c}{t^2+1}=0\,\, \Leftrightarrow\,\, \dfrac{t^2(c-a)+2bt+a+c}{t^2+1}=0, \end{aligned}$

notiamo che $t^2+1\neq 0$ per ogni $t\in\mathbb{R}$ , dunque è possibile moltiplicare ambo i membri dell’equazione per il termine $t^2+1$ eliminando il denominatore, e riducendo l’equazione ad un’equazione di secondo grado completa:

$t^2(c-a)+2bt+a+c=0.$

Calcoliamo il delta della formula ridotta o ridottissima:

$\dfrac{\Delta}{4}=b^2-(c-a)(c+a)=b^2-\left(c^2-a^2\right)=a^2+b^2-c^2$

e quindi

$t_{1,2}=\dfrac{-b\pm\sqrt{a^2+b^2-c^2}}{(c-a)}$

da qui, applicando la funzione inversa della tangente, possiamo ricavare le soluzioni dell’equazione (1).

Osservazione 1. Per poter trasformare seno e coseno con le formule parametriche abbiamo escluso gli angoli $x=\pi+2k\pi$ che però potrebbero essere soluzione dell’equazione; per questo, prima di applicare la risoluzione, dobbiamo controllare se questi angoli siano o meno soluzioni sostituendo nell’equazione e ottenendo:

$a\cdot(-1)+b\cdot 0+c=0\quad \Leftrightarrow\quad a=c.$

Pertanto si può concludere che la soluzione $\mathbb{S}$ dell’equazione (1) è

$\boxcolorato{analisi}{\mathcal{S}= \begin{cases} \left\{x\in\mathbb{R}: x_{1,2}=2\arctan\left(\dfrac{-b\pm\sqrt{\Delta}}{(c-a)}\right)+2k\pi,k\in\mathbb{Z}\right\}\cup\left\{x\in\mathbb{R}:x=\pi+2k\pi,k\in\mathbb{Z}\right\}\,\text{se}\,a=c,\\\\ \left\{x\in\mathbb{R}: x_{1,2}=2\arctan\left(\dfrac{-b\pm\sqrt{\Delta}}{(c-a)}\right)+2k\pi,k\in\mathbb{Z}\right\}\quad\text{se}\,\,a\neq c. \end{cases} }$

dove $\Delta=a^2+b^2-c^2$ .

Di seguito qualche esempio.

Esempio 1 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Risolvere la seguente equazione

$3\sin(x)-\sqrt{3}\cos(x)=0.$

Svolgimento. Siamo nella casistica $c=0$ , dunque dapprima dividiamo entrambi i membri per $\cos(x)$ , ottenendo

$3\tan(x)-\sqrt{3}=0,$

da cui

$\tan(x)=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\quad \Leftrightarrow\quad x=\dfrac{\pi}{6}+k\pi,\,k\in\mathbb{Z}.$

Si conclude che la soluzione $\mathcal{S}$ dell’equazione è

$\boxcolorato{analisi}{\mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:\,\,x=\dfrac{\pi}{6}+k\pi,\,k\in\mathbb{Z}\right\}.}$

Esempio 2 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Risolvere la seguente equazione

$\sqrt{3}\cos(x)-\sin(x)-1=0.$

Svolgimento. Siamo nella casistica $c\neq0$ pertanto applichiamo le formule parametriche. Notiamo che siamo nella casistica $a\neq c$ pertanto la soluzione $\mathcal{S}$ dell’equazione è

$\begin{aligned} x_{1,2}&=2\arctan\left(\dfrac{-b\pm\sqrt{a^2+b^2-c^2}}{(c-a)}\right)+2k\pi=2\arctan\left(\dfrac{1\pm\sqrt{3}}{-1-\sqrt{3}}\right)+2k\pi=\\ &=\begin{cases} 2\arctan\left(\dfrac{1+\sqrt{3}}{-1-\sqrt{3}}\right)+2k\pi\\\\ 2\arctan\left(\dfrac{1-\sqrt{3}}{-1-\sqrt{3}}\right)+2k\pi \end{cases}=\begin{cases} 2\arctan\left(-1\right)+2k\pi\\\\ 2\arctan\left(\dfrac{\sqrt{3}-1}{1+\sqrt{3}}\right)+2k\pi \end{cases}\\ &=\begin{cases} -2\cdot\dfrac{\pi}{4}+k\pi\\\\ 2\arctan\left(\dfrac{\left(\sqrt{3}-1\right)^2}{2}\right)+2k\pi \end{cases}=\begin{cases} -\dfrac{\pi}{2}+2k\pi\\\\ 2\arctan\left(2-\sqrt{3}\right)+2k\pi \end{cases}=\\\\ &=\begin{cases} -\dfrac{\pi}{2}+k\pi\\\\ 2\cdot \dfrac{\pi}{12}+2k\pi \end{cases}=\begin{cases} -\dfrac{\pi}{2}+2k\pi\\\\ \dfrac{\pi}{6}+2k\pi, \end{cases} \end{aligned}$

con $k\in\mathbb{Z}$ .
Si conclude che la soluzione $\mathcal{S}$ dell’equazione è

$\boxcolorato{analisi}{\mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:\,-\dfrac{\pi}{2}+2k\pi,\,\,x=\dfrac{\pi}{6}+2k\pi,\,\,k\in\mathbb{Z}\right\}.}$

Osservazione 2. Risulta chiaro che le formule trovate per $\mathcal{S}$ sono complicate e di difficile memorizzazione; pertanto si consiglia al lettore, ogni qual volta si voglia applicare il metodo algebrico per la risoluzione di un’equazione lineare in seno e coseno, di rifare la dimostrazione della formula dal principio applicata al caso in questione, in altri termini si consiglia di applicare le formule parametriche e di procedere nei calcoli.

Per quanto osservato procediamo nei calcoli e risolviamo l’esempio 2 applicando le formule parametriche ottenendo

$\sqrt{3}\left(\dfrac{1-t^2}{t^2+1}\right)-\dfrac{2t}{t^2+1}-1=0,$

da cui

$\begin{aligned} &\sqrt{3}\left(\dfrac{1-t^2}{t^2+1}\right)-\dfrac{2t}{t^2+1}-1=0\quad \Leftrightarrow\quad \dfrac{\sqrt{3}(1-t^2)-2t-(t^2+1)}{t^2+1}=0\quad \Leftrightarrow\quad \sqrt{3}(1-t^2)-2t-(t^2+1)=0\quad \Leftrightarrow\quad\\ &\quad \Leftrightarrow\quad\sqrt{3}(1-t^2)-2t-(t^2+1)=0\quad \Leftrightarrow\quad(-1-\sqrt{3})t^2-2t+\sqrt{3}-1=0. \end{aligned}$

Calcoliamo il delta dell’equazione di secondo grado

$\Delta=4-4(-1-\sqrt{3})(\sqrt{3}-1)=4+4(1+\sqrt{3})(\sqrt{3}-1)=4+4(\sqrt{3}^2-1^2)=4+4(3-1)=12$

e quindi

$t_{1,2}=\dfrac{2\pm\sqrt{12}}{2(-1-\sqrt{3})} =\dfrac{2\pm2\sqrt{3}}{-2(1+\sqrt{3})} =\dfrac{-1\mp\sqrt{3}}{1+\sqrt{3}}$

da cui, razionalizzando, otteniamo:

$t_{1,2}=\dfrac{-1\mp\sqrt{3}}{1+\sqrt{3}}\cdot\dfrac{1-\sqrt{3}}{1-\sqrt{3}} =\dfrac{(-1\mp\sqrt{3})(1-\sqrt{3})}{-2},$

cioè

$t_1=\dfrac{(-1+\sqrt{3})(1-\sqrt{3})}{-2} =\dfrac{(1-\sqrt{3})^2}{2}=\dfrac{4-2\sqrt{3}}{2}=2-\sqrt{3}$

$t_2=\dfrac{(-1-\sqrt{3})(1-\sqrt{3})}{-2} =\dfrac{-(1^2-\sqrt{3^2})}{-2}=\dfrac{-2}{2}=-1.$

Infine, tramite formula inversa di $\tan{\left(\dfrac{x}{2}\right)}$ , si ha

$x_1=2\arctan(2-\sqrt{3})=2\left(\dfrac{\pi}{12}+k\pi\right)=\dfrac{\pi}{6}+2k\pi\$

$\,\,\qquad \qquad x_2=2\arctan(-1)=2\left(\dfrac{7\pi}{4}+k\pi\right)=\dfrac{7\pi}{2}+2k\pi= \dfrac{3\pi}{2}+2k\pi$

Si conclude nuovamente che la soluzione $\mathcal{S}$ dell’equazione è

$\boxcolorato{analisi}{\mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:\,-\dfrac{\pi}{2}+2k\pi,\,\,x=\dfrac{\pi}{6}+2k\pi,\,\,k\in\mathbb{Z}\right\}.}$

Metodo grafico

Questo tipo di equazioni sono risolubili anche geometricamente, infatti intersecando la nostra equazione con l’identità fondamentale della goniometria, si ottiene il seguente sistema

(2) $\begin{equation*} \begin{cases} a\cos x+b\sin(x)+c=0\\ \sin^2(x)+\cos^2(x)=1. \end{cases} \end{equation*}$

Ponendo $X=\cos(x)$ e $Y=\sin(x)$ otteniamo

$\begin{cases} aX+bY+c=0\\ X^2+Y^2=1. \end{cases}$

Si osserva che quest’ultimo sistema rappresenta l’intersezione di una retta (la nostra equazione (1)) con la circonferenza centrata nell’origine e di raggio 1, da cui risolvendo il sistema si ha dalla prima equazione del sistema

$X=\dfrac{-bY-c}{a},$

che sostituita nella seconda equazione del sistema ci restituisce

$\begin{aligned} &\left( \dfrac{-bY-c}{a}\right)^2+Y^2=1\quad \Leftrightarrow\quad \dfrac{b^2Y^2+c^2+2bcY+a^2Y^2}{a^2}=\dfrac{a^2}{a^2}\quad \Leftrightarrow\quad b^2Y^2+c^2+2bcY+a^2Y^2=a^2\quad \Leftrightarrow\quad \\ &\quad \Leftrightarrow\quad Y^2\left(a^2+b^2\right)+2bcY+c^2-a^2=0 \end{aligned}$

che ha come soluzione

$Y_{1,2}=\dfrac{-bc\pm\sqrt{b^2c^2-\left(a^2+b^2\right)\left(c^2-a^2\right)}}{a^2+b^2}$

da cui

$X_{1}=\dfrac{-b\,Y_{1}-c}{a}=-\dfrac{b}{a}\left(\dfrac{-bc+\sqrt{b^2c^2-\left(a^2+b^2\right)\left(c^2-a^2\right)}}{a^2+b^2}\right)-\dfrac{c}{a},$

$X_{2}=\dfrac{-b\,Y_{2}-c}{a}=-\dfrac{b}{a}\left(\dfrac{-bc-\sqrt{b^2c^2-\left(a^2+b^2\right)\left(c^2-a^2\right)}}{a^2+b^2}\right)-\dfrac{c}{a},$

e quindi il sistema diventa

$\begin{aligned} &\begin{cases} aX+bY+c=0\\ X^2+Y^2=1 \end{cases}=\\ &=\begin{cases} X_{1}=-\dfrac{b}{a}\left(\dfrac{-bc+\sqrt{b^2c^2-\left(a^2+b^2\right)\left(c^2-a^2\right)}}{a^2+b^2}\right)-\dfrac{c}{a}\\\\ Y_{1}=\dfrac{-bc+\sqrt{b^2c^2-\left(a^2+b^2\right)\left(c^2-a^2\right)}}{a^2+b^2} \end{cases}\cup\quad\begin{cases} X_{2}=-\dfrac{b}{a}\left(\dfrac{-bc-\sqrt{b^2c^2-\left(a^2+b^2\right)\left(c^2-a^2\right)}}{a^2+b^2}\right)-\dfrac{c}{a}\\\\ Y_{2}=\dfrac{-bc-\sqrt{b^2c^2-\left(a^2+b^2\right)\left(c^2-a^2\right)}}{a^2+b^2}. \end{cases} \end{aligned}$

Esempio 3 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Risolvere la seguente equazione

$3\cos(x)+\sqrt{3}\sin(x)+3=0$

Svolgimento. Poniamo $a=3,\,b=\sqrt{3},\,c=3$ e otteniamo

$\begin{aligned} &\begin{cases} X_{1}=-\dfrac{b}{a}\left(\dfrac{-bc+\sqrt{b^2c^2-\left(a^2+b^2\right)\left(c^2-a^2\right)}}{a^2+b^2}\right)-\dfrac{c}{a}\\\\ Y_{1}=\dfrac{-bc+\sqrt{b^2c^2-\left(a^2+b^2\right)\left(c^2-a^2\right)}}{a^2+b^2} \end{cases}\cup\quad\begin{cases} X_{2}=-\dfrac{b}{a}\left(\dfrac{-bc-\sqrt{b^2c^2-\left(a^2+b^2\right)\left(c^2-a^2\right)}}{a^2+b^2}\right)-\dfrac{c}{a}\\\\ Y_{2}=\dfrac{-bc-\sqrt{b^2c^2-\left(a^2+b^2\right)\left(c^2-a^2\right)}}{a^2+b^2} \end{cases} =\\ &=\begin{cases} X_{1}=-\dfrac{\sqrt{3}}{3}\left(\dfrac{-\sqrt{3}\cdot 3+\sqrt{\sqrt{3}^2\cdot3^2-\left(3^2+\sqrt{3}^2\right)\left(3^2-3^2\right)}}{3^2+\sqrt{3}^2}\right)-\dfrac{3}{3}\\\\ Y_{1}=\dfrac{-\sqrt{3}\cdot3+\sqrt{\sqrt{3}^2\cdot 3^2-\left(3^2+\sqrt{3}^2\right)\left(3^2-3^2\right)}}{3^2+\sqrt{3}^2} \end{cases}\cup\\ &\cup\quad \begin{cases} X_{2}=-\dfrac{\sqrt{3}}{3}\left(\dfrac{-\sqrt{3}\cdot3-\sqrt{\sqrt{3}^2\cdot 3^2-\left(3^2+\sqrt{3}^2\right)\left(3^2-3^2\right)}}{3^2+\sqrt{3}^2}\right)-\dfrac{3}{3}\\\\ Y_{2}=\dfrac{-3\sqrt{3}-\sqrt{-\left(3^2+\sqrt{3}^2\right)\left(3^2-3^2\right)}}{3^2+\sqrt{3}^2} \end{cases}=\\ &=\begin{cases} X_{1}=-\dfrac{\sqrt{3}}{3}\left(\dfrac{-3\sqrt{3}+\sqrt{27}}{12}\right)-1\\\\ Y_{1}=\dfrac{-3\sqrt{3}+\sqrt{27}}{12} \end{cases}\quad \cup\quad \begin{cases} X_{2}=-\dfrac{\sqrt{3}}{3}\left(\dfrac{-3\sqrt{3}-\sqrt{27}}{12}\right)-1\\\\ Y_{2}=\dfrac{-3\sqrt{3}-\sqrt{27}}{12}. \end{cases}=\\ &=\begin{cases} X_{1}=-1\\\\ Y_{1}=0 \end{cases}\quad \cup\quad \begin{cases} X_{2}=-\dfrac{\sqrt{3}}{3}\left(\dfrac{-6\sqrt{3}}{12}\right)-1\\\\ Y_{2}=\dfrac{-6\sqrt{3}}{12}. \end{cases}=\begin{cases} X_{1}=-1\\\\ Y_{1}=0 \end{cases}\quad \cup\quad \begin{cases} X_{2}=-\dfrac{1}{2}\\\\ Y_{2}=-\dfrac{\sqrt{3}}{2} \end{cases}, \end{aligned}$

cioè

$\begin{aligned} &=\begin{cases} \cos x _{1}=-1\\\\ \sin y_{1}=0 \end{cases}\quad \cup\quad \begin{cases} \cos x_{2}=-\dfrac{1}{2}\\\\ \sin y_{2}=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}. \end{cases} \end{aligned}$

Quindi la soluzione $\mathcal{S}$ dell’equazione è

$\boxcolorato{analisi}{\mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:\,x=-\dfrac{2\pi}{3}+2k\pi,\,\,x=\pi+2k\pi,\,\,k\in\mathbb{Z}\right\}.}$

Osservazione 3. Risulta chiaro che per risolvere un’equazione lineare in seno e coseno per brevità è comodo applicare la formula ottenuta, ma come già visto nell’osservazione 2, non è facile ricordare mnemonicaménte tale formula; pertanto si consiglia di procedere facendo i calcoli e ripetendo la dimostrazione fatta per il metodo grafico.

Operiamo la sostituzione $X=\cos x$ e $Y=\sin x$ e otteniamo il seguente sistema:

(3) $\begin{equation*} \begin{cases} 3X+\sqrt{3}Y+3=0\\ X^2+Y^2=1. \end{cases} \end{equation*}$

Svolgiamo i calcoli

$\begin{aligned} &\begin{cases} 3X+\sqrt{3}Y+3=0\\ X^2+Y^2=1. \end{cases} \quad \Leftrightarrow\quad \begin{cases} \sqrt{3}X+Y+\sqrt{3}=0\\ X^2+Y^2=1. \end{cases} \quad \Leftrightarrow\quad\\ &\quad \Leftrightarrow\quad \begin{cases} Y=-\sqrt{3}\left(X+1\right)\\ X^2+Y^2=1. \end{cases} \quad \Leftrightarrow\quad\begin{cases} Y=-\sqrt{3}\left(X+1\right)\\ X^2+3\left(X+1\right)^2=1. \end{cases}\Leftrightarrow\quad\\ &\Leftrightarrow\quad \begin{cases} Y=-\sqrt{3}\left(X+1\right)\\ 2X^2+3X+1=0. \end{cases} \quad \Leftrightarrow\quad \begin{cases} Y=-\sqrt{3}\left(X+1\right)\\ 2X^2+2X+X+1=0. \end{cases}\quad \Leftrightarrow\quad\\ &\quad \Leftrightarrow\quad \begin{cases} Y=-\sqrt{3}\left(X+1\right)\\ 2X\left(X+1\right)+X+1=0. \end{cases}\quad \Leftrightarrow\quad \begin{cases} Y=-\sqrt{3}\left(X+1\right)\\ 2X\left(X+1\right)+X+1=0. \end{cases}\quad \Leftrightarrow\quad\\ &\quad \Leftrightarrow\quad\begin{cases} Y=-\sqrt{3}\left(X+1\right)\\ \left(2X+1\right)\left(X+1\right)=0, \end{cases} \end{aligned}$

da cui

$\begin{cases} X=-1\\ Y=0 \end{cases} \quad \Leftrightarrow\quad \begin{cases} \cos(x)=-1\\ \sin(x)=0 \end{cases} \quad \Leftrightarrow\quad x=\pi+2k\pi,\,\,k\in\mathbb{Z}$

$\begin{cases} X=-\dfrac{1}{2}\\\\ Y=-\dfrac{\sqrt{3}}{2} \end{cases} \quad \Leftrightarrow\quad \begin{cases} \cos(x)=-\dfrac{1}{2}\\\\ \sin(x)=-\dfrac{\sqrt{3}}{2} \end{cases} \quad \Leftrightarrow\quad x=\dfrac{4\pi}{3}+2k\pi,\,\,k\in\mathbb{Z}$

cioè

$\boxcolorato{analisi}{\mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:\,x=-\dfrac{2\pi}{3}+2k\pi,\,\,x=\pi+2k\pi,\,\,k\in\mathbb{Z}\right\}.}$

Questo sistema rappresenta l’intersezione tra la nostra equazione (una retta) e la circonferenza centrata nell’origine e di raggio uno; possiamo rappresentare la situazione graficamente:

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Metodo dell’angolo aggiunto

Metodo dell’angolo aggiunto. Data un’equazione lineare in seno e coseno vale quanto segue

(4) $\begin{equation*} a\cos x +b \sin x +c=0\quad \Leftrightarrow\quad \rho\sin(x+\alpha)=-c \end{equation*}$

dove $\rho=\sqrt{a^2+b^2}$ e $\alpha=\arctan\left(\dfrac{b}{a}\right)$ .

Dimostrazione. Senza perdita di generalità supponiamo $a,b>0$ . Riscriviamo (1) come segue

$\begin{aligned} a\cos x +b\sin x =\sqrt{a^2+b^2}\left(\sqrt{\dfrac{a^2}{a^2+b^2}}\,\cos x +\sqrt{\dfrac{b^2}{a^2+b^2}}\,\sin x \right), \end{aligned}$

da cui, osservando quanto segue

$\cos^2\left(\arctan\left(\dfrac{a}{b}\right)\right)=\dfrac{b^2}{a^2+b^2}$

$\sin^2\left(\arctan\left(\dfrac{a}{b}\right)\right)=\dfrac{a^2}{a^2+b^2},$

si ha

$a\cos x +b\sin x =\sqrt{a^2+b^2}\left(\cos\left(\arctan\left(\dfrac{a}{b}\right)\right)\,\cos x +\sin\left(\arctan\left(\dfrac{a}{b}\right)\right)\,\sin x \right).$

Applicando la formula di somma e sottrazione del coseno si ottiene

$\sqrt{a^2+b^2}\left(\sin\left(\arctan\left(\dfrac{a}{b}\right)\right)\cos x +\cos\left(\arctan\left(\dfrac{a}{b}\right)\right)\sin x \right)=\sqrt{a^2+b^2}\sin\left(x+\arctan\left(\dfrac{a}{b}\right)\right),$

cioè l’asserto.

Osservazione 4. Dalla regola fondamentale della goniometria $\sin^2 x +\cos^2 x=1$ è possibile ottenere le seguenti relazioni

$\sin^2 x=\dfrac{\tan^2 x}{1+\tan^2 x}$

$\cos^2 x=\dfrac{1}{1+\tan^2 x},$

da cui ponendo $x=\arctan\left(\dfrac{a}{b}\right)$ si ottengono le relazioni usate nella dimostrazione.

In termini pratici questo metodo prevede di trasformare l’equazione (1) in un’equazione elementare nel solo seno, il cui argomento è $x+\alpha$ dove $\alpha$ è l’angolo aggiunto. Di seguito qualche esempio.

Esempio 4 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Risolvere la seguente equazione

$\sin(x)-\cos(x)+1=0.$

Svolgimento. I parametri sono dati da

$a=1,\quad b=-1,\quad c=1$

quindi otteniamo

$\begin{cases} \rho=\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{2}\\ \alpha=\arctan\left(\dfrac{b}{a}\right)=\arctan(-1)=-\dfrac{\pi}{4}, \end{cases}$

da cui

$\sqrt{2}\sin\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)+1=0,$

cioè

$\sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)=-\dfrac{1}{\sqrt{2}}$

che ha come soluzioni

$\begin{cases} x+\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{5\pi}{4}+2k\pi\\\\ x+\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{7\pi}{4}+2k\pi \end{cases} \Leftrightarrow\quad \begin{cases} x=\pi+2k\pi\\\\ x=\dfrac{3\pi}{2}+2k\pi \end{cases}$

con $k\in \mathbb{Z}$ . Si conclude che la soluzione $\mathcal{S}$ dell’equazione è

$\boxcolorato{analisi}{\mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:\,x=\pi+2k\pi,\,x=\dfrac{3\pi}{2}+2k\pi,\,\,k\in\mathbb{Z}\right\}.}$

Osservazione 5. Il metodo dell’angolo aggiunto è sicuramente più semplice da memorizzare rispetto alle formule ottenute per il metodo algebrico e grafico pertanto è possibile applicare direttamente la (4); per motivi didattici proponiamo la soluzione senza ricorrere alla (4).

Osserviamo quanto segue:

$\sin x -\cos x =\sqrt{2}\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\sin x - \dfrac{1}{\sqrt{2}}\cos x \right)=\sqrt{2}\left(\cos\left(\dfrac{\pi}{4}\right)\sin x -\sin\left(\dfrac{\pi}{4}\right)\cos x \right)=\sqrt{2}\sin\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right),$

quindi

$\sin\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac{1}{\sqrt{2}},$

e pertanto ci siamo ricondotti alla stessa equazione ottenuta applicando direttamente il metodo dell’angolo aggiunto, da cui rifacendo gli stessi calcoli fatti in precedenza si ottiene $\mathcal{S}$ . Inoltre si nota che è possibile in alcuni casi ottenere anche un’equazione solo nella funzione goniometrica coseno, cioè

$\sin x -\cos x =\sqrt{2}\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\sin x - \dfrac{1}{\sqrt{2}}\cos x \right)=\sqrt{2}\left(\sin\left(\dfrac{\pi}{4}\right)\sin x -\cos\left(\dfrac{\pi}{4}\right)\cos x \right)=-\sqrt{2}\cos\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right),$

da cui

$\cos\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)=-\dfrac{1}{\sqrt{2}},$

e svolgendo i calcoli si ottiene nuovamente $\mathcal{S}$ .

Risorse didattiche aggiuntive per approfondire la matematica

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