Esercizi per la maturità: Goniometria

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Autori e revisori

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Autori: Daniele Bjørn Malesani, Valerio Brunetti, Donato Ciampa, Federico Fallucca.

Introduzione

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In questo articolo presentiamo 75 esercizi di varia natura su argomenti di goniometria, per il ripasso in vista dell’esame di maturità. La goniometria, ossia la branca della geometria che studia le relazioni tra gli angoli e le quantità a essi associate, costituisce un importante strumento nella matematica pura e applicata. Per questa ragione è importante, per il maturando, acquisire la massima competenza in questo campo.

Questa raccolta di esercizi completamente risolti e ordinati a grandi linee per argomenti è volta proprio a consolidare e approfondire i principali aspetti della goniometria per prepararsi adeguatamente alla seconda prova di matematica per l’esame di maturità.

Formulario di goniometria

Angoli notevoli.

angolo $(x)$		funzioni trigonometriche
deg	rad	$\sin(x)$	$\cos(x)$	$\tan(x)$	$\cot(x)$
0°	$0$	$0$	$1$	$0$	non esiste
30°	$\frac{\pi}{6}$	$\frac12$	$\frac{\sqrt3}{2}$	$\frac{\sqrt3}{3}$	$\sqrt3$
45°	$\frac{\pi}{4}$	$\frac{\sqrt2}{2}$	$\frac{\sqrt2}{2}$	$1$	$1$
60°	$\frac{\pi}{3}$	$\frac{\sqrt3}{2}$	$\frac12$	$\sqrt3$	$\frac{\sqrt3}{3}$
90°	$\frac{\pi}{2}$	$1$	$0$	non esiste	$0$
120°	$\frac{2\pi}{3}$	$\frac{\sqrt3}{2}$	$-\frac12$	$-\sqrt3$	$-\frac{\sqrt3}{3}$
135°	$\frac{3\pi}{4}$	$\frac{\sqrt2}{2}$	$-\frac{\sqrt2}{2}$	$-1$	$-1$
150°	$\frac{5\pi}{6}$	$\frac12$	$-\frac{\sqrt3}{2}$	$-\frac{\sqrt3}{3}$	$-\sqrt3$
180°	$\pi$	$0$	$-1$	$0$	non esiste
210°	$\frac{7\pi}{6}$	$-\frac12$	$-\frac{\sqrt3}{2}$	$\frac{\sqrt3}{3}$	$\sqrt3$
225°	$\frac{5\pi}{4}$	$-\frac{\sqrt2}{2}$	$-\frac{\sqrt2}{2}$	$1$	$1$
240°	$\frac{4\pi}{3}$	$-\frac{\sqrt3}{2}$	$-\frac12$	$\sqrt3$	$\frac{\sqrt3}{3}$
270°	$\frac{3\pi}{2}$	$-1$	$0$	non esiste	$0$
300°	$\frac{5\pi}{3}$	$-\frac{\sqrt3}{2}$	$\frac12$	$-\sqrt3$	$-\frac{\sqrt3}{3}$
315°	$\frac{7\pi}{4}$	$-\frac{\sqrt2}{2}$	$\frac{\sqrt2}{2}$	$-1$	$-1$
330°	$\frac{11\pi}{6}$	$-\frac12$	$\frac{\sqrt3}{2}$	$-\frac{\sqrt3}{3}$	$-\sqrt3$
360°	$2\pi$	$0$	$1$	$0$	non esiste

Identità fondamentale della goniometria.

$\boxcolorato{superiori}{\forall\alpha\in\mathbb{R},\quad \sin^2(\alpha)+\cos^2(\alpha)=1.}$

Relazioni tra archi associati.

Per ogni $\alpha\in\mathbb{R}$ valgono le seguenti formule:

(1) $\begin{equation*} \boxcolorato{superiori}{ \begin{aligned} \sin\left(-\alpha\right)&=-\sin(\alpha) \\[0.7ex] \cos\left(-\alpha\right)&=\cos(\alpha) \\[0.7ex] \sin\left(\dfrac{\pi}{2}\pm\alpha\right)&=\cos(\alpha) \\[0.7ex] \cos\left(\dfrac{\pi}{2}\pm\alpha\right)&=\mp\sin(\alpha) \\[0.7ex] \sin\left(\pi\pm\alpha\right)&=\mp\sin(\alpha) \\[0.7ex] \cos\left(\pi\pm\alpha\right)&=-\cos(\alpha) \\[0.7ex] \sin\left(\dfrac{3\pi}{2}\pm\alpha\right)&=-\cos(\alpha) \\[0.7ex] \cos\left(\dfrac{3\pi}{2}\pm\alpha\right)&=\pm\sin(\alpha) \end{aligned} } \end{equation*}$

Inoltre si ha, per periodicità delle due funzioni in questione:

(2) $\begin{equation*} \boxcolorato{superiori}{ \begin{aligned} \sin\left(\alpha+2k\pi\right)&=\sin(\alpha),\qquad\forall k\in\mathbb{Z} \\[0.7ex] \cos\left(\alpha+2k\pi\right)&=\cos(\alpha),\qquad\forall k\in\mathbb{Z} \end{aligned} } \end{equation*}$

Osservazione 1. Sfruttando gli archi associati del seno e coseno si ottengono risultati analoghi per la tangente e la cotangente. Ad esempio:

$\tan\left(\dfrac{\pi}{2}+\alpha\right)=\dfrac{\sin\left(\dfrac{\pi}{2}+\alpha\right)}{\cos\left(\dfrac{\pi}{2}+\alpha\right)}=\dfrac{\cos\alpha}{-\sin\alpha}=-\cot \alpha.$

Formule notevoli della goniometria.

Per ogni $\alpha,\beta\in\mathbb{R}$ valgono le seguenti relazioni.

$\quad$

Formule di addizione:

(3) $\begin{equation*} \begin{aligned} \sin(\alpha+\beta)&=\sin(\alpha)\cos(\beta)+\cos(\alpha)\sin(\beta),\\ \cos(\alpha+\beta)&=\cos(\alpha)\cos(\beta)-\sin(\alpha)\sin(\beta). \end{aligned} \end{equation*}$

$\quad$

Formule di sottrazione:

(4) $\begin{equation*} \begin{aligned} \sin(\alpha-\beta)&=\sin(\alpha)\cos(\beta)-\cos(\alpha)\sin(\beta),\\ \cos(\alpha-\beta)&=\cos(\alpha)\cos(\beta)+\sin(\alpha)\sin(\beta). \end{aligned} \end{equation*}$

$\quad$

Formule di duplicazione:

(5) $\begin{equation*} \begin{aligned} \sin(2\alpha)&=2\sin(\alpha)\cos(\alpha),\\ \cos(2\alpha)&=\cos^2(\alpha)-\sin^2(\alpha)\\ &=1-2\sin^2(\alpha)\\ &=2\cos^2(\alpha)-1,\\ \tan\left(2\alpha\right)&=\dfrac{2\tan \alpha}{1-\tan^2\alpha}\qquad\forall \alpha \neq \dfrac{\pi}{4}+k\dfrac{\pi}{2},\,k\in\mathbb{Z}. \end{aligned} \end{equation*}$

$\quad$

Formule di bisezione:

(6) $\begin{equation*} \begin{aligned} \sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)&=\pm\sqrt{\dfrac{1-\cos(\alpha)}{2}},\\ \cos\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)&=\pm\sqrt{\dfrac{1+\cos(\alpha)}{2}},\\ \tan \left(\dfrac{\alpha}{2}\right)&=\pm\sqrt{\dfrac{1-\cos\alpha}{1+\cos\alpha}}=\\ &=\dfrac{1-\cos\alpha}{\sin\alpha}= \qquad \forall \alpha \neq k\pi,\,k\in\mathbb{Z}\\ &=\dfrac{\sin \alpha}{1+\cos\alpha}\qquad \forall \alpha \neq\pi+2k\pi,\,k\in\mathbb{Z}. \end{aligned} \end{equation*}$

$\quad$

Formule di prostaferesi:

(7) $\begin{equation*} \begin{aligned} \sin(\alpha)+\sin(\beta)&=2\sin\left(\dfrac{\alpha+\beta}{2}\right)\cos\left(\dfrac{\alpha-\beta}{2}\right),\\[0.5ex] \sin(\alpha)-\sin(\beta)&=2\sin\left(\dfrac{\alpha-\beta}{2}\right)\cos\left(\dfrac{\alpha+\beta}{2}\right),\\[0.5ex] \cos(\alpha)+\cos(\beta)&=2\cos\left(\dfrac{\alpha+\beta}{2}\right)\cos\left(\dfrac{\alpha-\beta}{2}\right),\\[0.5ex] \cos(\alpha)-\cos(\beta)&=-2\sin\left(\dfrac{\alpha+\beta}{2}\right)\sin\left(\dfrac{\alpha-\beta}{2}\right). \end{aligned} \end{equation*}$

Esercizi

$\quad$

Esercizio 1 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Verifica la seguente identità:

$\left(\sin(\alpha)+\cos(\alpha)\right)^2-1=2\sin(\alpha)\cos(\alpha).$

Svolgimento.

Per prima cosa calcoliamo il quadrato presente nel membro a sinistra sviluppando il quadrato di binomio:

$(\sin(\alpha)+\cos(\alpha))^2=\sin^2(\alpha)+\cos^2(\alpha)+2\sin(\alpha)\cos(\alpha).$

L’identità diventa

$\sin^2(\alpha)+\cos^2(\alpha)+2\sin(\alpha)\cos(\alpha)-1=2\sin(\alpha)\cos(\alpha).$

Sottraendo il termine $2\sin(\alpha)\cos(\alpha)$ da entrambi i membri, sfruttando la proprietà invariantiva delle equazioni, si ottiene

$\sin^2(\alpha)+\cos^2(\alpha)-1=0$

e, sfruttando l’identità fondamentale della trigonometria, otteniamo

$\begin{aligned} \underbrace{\sin^2(\alpha)+\cos^2(\alpha)}_{=1}-1=0 \iff 1-1=0, \end{aligned}$

da cui la tesi.

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Verifica la seguente identità:

$\sin^4(\alpha)+\cos^4(\alpha)=1-2\cot^2(\alpha)\cdot\sin^4(\alpha).$

Svolgimento.

Dalla regola fondamentale della goniometria si ottiene

$\begin{aligned} \sin^2(\alpha)+\cos^2(\alpha)=1 & \iff (\sin^2(\alpha)+\cos^2(\alpha))^2=1^2\\ & \iff \sin^4(\alpha)+\cos^4(\alpha)+2\sin^2(\alpha)\cos^2(\alpha)=1\\ & \iff \sin^4(\alpha)+\cos^4(\alpha)=1-2\sin^2(\alpha)\cos^2(\alpha), \end{aligned}$

da cui

$1-2\sin^2(\alpha)\cos^2(\alpha)=1-2\cot^2(\alpha)\cdot\sin^4(\alpha)$

e, ricordando che

$\cot^2(\alpha)=\left(\dfrac{\cos(\alpha)}{\sin(\alpha)}\right)^2=\dfrac{\cos^2(\alpha)}{\sin^2(\alpha)},$

si ha

$2\sin^2(\alpha)\cos^2(\alpha)=2\left(\dfrac{\cos^2(\alpha)}{\sin^2(\alpha)}\right)\cdot\sin^4(\alpha).$

Semplificando il termine $\sin^2(\alpha)$ nel membro di destra si ottiene la tesi.

Esercizio 3 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Dato il valore di una funzione trigonometrica di un angolo $\alpha$ , determinare il valore delle altre sapendo che il secondo lato di $\alpha$ cade nel quadrante indicato:

(8) $\begin{equation*} \begin{split} \quad \sin\alpha=\frac{1}{3},\qquad \text{I quadrante};\\ \quad \cos\alpha=-\frac{1}{5},\qquad \text{III quadrante};\\ \quad \tan\alpha=-\sqrt{3},\qquad \text{II quadrante}. \end{split} \end{equation*}$

Svolgimento punto 1.

Abbiamo

$\cos\alpha=\sqrt{1-\sin^2\alpha}=\sqrt{1-\frac{1}{9}}=\frac{2\sqrt{2}}{3},$

$\tan\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\frac{1}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{4}.$

Svolgimento punto 2.

Abbiamo

$\sin\alpha=-\sqrt{1-\cos^2\alpha}=-\sqrt{1-\frac{1}{25}}=-\frac{2\sqrt{6}}{5},$

$\tan\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=2\sqrt{6}.$

Svolgimento punto 3.

Abbiamo

$\sin\alpha=-\frac{\tan\alpha}{\sqrt{1+\tan^2\alpha}}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{1+3}}=\frac{\sqrt{3}}{2},$

$\cos\alpha=-\sqrt{1-\sin^2\alpha}=-\sqrt{1-\frac{3}{4}}=-\frac{1}{2}.$

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Esprimere le seguenti espressioni in funzione della funzione trigonometrica a fianco indicata e poi semplificare:

$\begin{aligned} &(1)\quad \frac{\displaystyle\frac{1}{\tan\alpha}-\tan\alpha}{\displaystyle\frac{1}{\tan\alpha}+\tan\alpha}-\cos^4\alpha,\qquad \sin\alpha;\\ &(2)\quad 3\tan^2\alpha+\sec^2\alpha-\sin^2\alpha(1+\cot^2\alpha),\qquad \cos\alpha;\\ &(3)\quad \frac{\sin^2\alpha}{\cot\alpha}+\frac{\cos^2\alpha}{\tan\alpha}+\frac{2\sin\alpha}{\sec\alpha}-\frac{1}{\cot\alpha},\qquad \tan\alpha. \end{aligned}$

Svolgimento.

Osserviamo che le tre espressioni sono definite per $\alpha \neq \frac{k\pi}{2}$ con $k \in \mathbb{Z}$ , quindi nel seguito assumeremo tale condizione.

Risolviamo $(1)$ ottenendo

$\begin{aligned} \frac{\displaystyle\frac{1}{\tan\alpha}-\tan\alpha}{\displaystyle\frac{1}{\tan\alpha}+\tan\alpha}-\cos^4\alpha &= \frac{1-\tan^2\alpha}{1+\tan^2\alpha}-\cos^4\alpha=\\ &=\frac{\displaystyle 1-\frac{\sin^2\alpha}{1-\sin^2\alpha}}{\displaystyle 1+\frac{\sin^2\alpha}{1-\sin^2\alpha}}-(1-\sin^2\alpha)^2=\\ &=1-2\sin^2\alpha-1+2\sin^2\alpha-\sin^4\alpha=\\ &=-\sin^4\alpha. \end{aligned}$

Risolviamo $(2)$ ottenendo

$\begin{aligned} &3\tan^2\alpha+\sec^2\alpha-\sin^2\alpha(1+\cot^2\alpha)=\\ &=3\frac{1-\cos^2\alpha}{\cos^2\alpha}+\frac{1}{\cos^2\alpha}- (1-\cos^2\alpha)\left(1+\frac{\cos^2\alpha}{1-\cos^2\alpha}\right)=\\ &=\frac{4-3\cos^2\alpha}{\cos^2\alpha}-1= \\ &= \frac{4(1-\cos^2\alpha)}{\cos^2\alpha}. \end{aligned}$

Risolviamo $(3)$ ottenendo

$\begin{aligned} &\frac{\sin^2\alpha}{\cot\alpha}+\frac{\cos^2\alpha}{\tan\alpha}+\frac{2\sin\alpha}{\sec\alpha}-\frac{1}{\cot\alpha}=\\ &=\tan\alpha\cdot\frac{\tan^2\alpha}{1+\tan^2\alpha}+\frac{1}{\tan\alpha(1+\tan^2\alpha)}+2\sin\alpha\cos\alpha-\tan\alpha=\\ &=\frac{\tan^4\alpha+1-\tan^2\alpha-\tan^4\alpha}{\tan\alpha(1+\tan^2\alpha)}+\frac{2\tan\alpha}{1+\tan^2\alpha} =\\ &=\frac{1-\tan^2\alpha+2\tan^2\alpha}{\tan\alpha(1+\tan^2\alpha)}= \\ &= \frac{1}{\tan\alpha}. \end{aligned}$

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Sull’intervallo $0 \leq x < 2\pi$ , quante soluzioni ha la seguente equazione?

$\sin^8(x)+\cos^6(x) = 1.$

Svolgimento.

Proponiamo due metodi differenti.

Svolgimento metodo 1.

Se $y,z \in (0,1)$ (estremi esclusi), sappiamo che $y^4 < y$ e $z^3 < z$ . Assumiamo per cominciare che $\sin^2(x) \ne 0$ e $\sin^2(x) \ne 1$ , e quindi anche $\cos^2(x) \ne 0$ e $\cos^2(x) \ne 1$ (questo si traduce in $x \ne k\pi/2$ , con $k = 0, 1, 2, 3$ ). Allora, posto $y = \sin^2(x)$ e $z = \cos^2(x)$ , si ha $y,z \in (0,1)$ , e quindi:

$\sin^8(x) + \cos^6(x) < \sin^2(x) + \cos^2(x) = 1.$

Ne consegue che l’equazione proposta non può essere soddisfatta, con le possibili eccezioni

$\boxcolorato{superiori}{x=\frac{k\pi}{2} \quad \text{con } k=0, 1, 2, 3.}$

Sostituendo, si verifica direttamente che questi quattro valori sono in effetti tutti soluzione dell’equazione.

Svolgimento metodo 2.

Poniamo $\sin^2(x) = t$ , da cui $\cos^2(x) = 1-t$ . Abbiamo allora:

$\begin{gather*} t^4 + (1-t)^3 = 1; \\ t^4 + 1 -t^3 - 3t + 3t^2 = 1; \\ t(t^3 - t^2 + 3t - 3) = 0; \\ t[t^2(t-1) + 3(t-1)] = 0; \\ t(t-1)(t^2+3) = 0. \end{gather*}$

Dato che $t^2+3 \ne 0$ , restano le due soluzioni $t = 0$ e $t = 1$ . Tornando alla variabile $x$ (che ricordiamo appartenere all’intervallo semiaperto $0 \leq x < 2\pi$ ):

$\sin^2(x) = 0 \vee \sin^2(x) = 1 \iff \boxcolorato{superiori}{x = 0 \vee x = \frac{\pi}{2} \vee x = \pi \vee x = \frac{3\pi}{2}.}$

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si consideri la funzione

$f(x) = \left(4\sin^2 x + 4\cos x + 1\right)^2.$

Qual è il massimo valore assunto da $f$ al variare di $x$ su $\mathbb{R}$ ?

Svolgimento.

Riscriviamo l’espressione tra parentesi in questo modo:

$4\sin^2 x + 4\cos x + 1 = 5 - 4\cos^2 x + 4\cos x = 6 - \left(2\cos x -1\right)^2.$

Abbiamo la seguente catena di disuguaglianze:

$\begin{gathered} -1 \leq \cos x \leq 1; \\ -3 \leq 2\cos x -1 \leq 1; \\ 0 \leq \left(2\cos x -1\right)^2 \leq 9; \\ -3 \leq 6 - \left(2\cos x -1\right)^2 \leq 6; \\ 0 \leq \left[6 - \left(2\cos x -1\right)^2\right]^2 \leq 36. \end{gathered}$

La funzione $f$ assume effettivamente il valore 36 se $2\cos x - 1 = 0$ , cioè $\cos x = 1/2$ , per esempio per $x = \pi/3$ . Dunque la risposta è

$\boxcolorato{superiori}{\max_{\mathbb{R}}f = 36.}$

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Al variare del numero reale $\vartheta$ , determinare il massimo valore assunto dalla quantità:

$f(\vartheta) = 3\cos^2\vartheta + 2\sin\vartheta + 1.$

Svolgimento.

Usando l’identità trigonometrica fondamentale, e sfruttando la tecnica del completamento del quadrato, riscrivamo la nostra espressione nel seguente modo:

$\begin{aligned} 3\cos^2\vartheta + 2\sin\vartheta + 1 & = 3 - 3\sin^2\vartheta + 2\sin\vartheta + 1 = \\ & = 4 - 3\left(\sin\vartheta-\frac{1}{3}\right)^2 + \frac{1}{3} = \\ & = \frac{13}{3} - 3\left(\sin\vartheta-\frac{1}{3}\right)^2. \end{aligned}$

Scritto in questo modo, si vede immediatamente che il valore massimo dell’espressione è

$\boxcolorato{superiori}{\frac{13}{3}}$

e che questo viene raggiunto ogniqualvolta il termine tra parentesi quadre si annulla (cioè quando $\sin\vartheta = 1/3$ ).

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Stabilire per quali $a,b \in \mathbb{R}$ è definita la seguente espressione:

(9) $\begin{equation*} \frac{\displaystyle\cos(-\pi)+\cos\left(-\frac{3\pi}{2}\right)-a}{(a+b)\sin\pi+a}+ \frac{\displaystyle\sin\left(-\frac{\pi}{2}\right)+b\cos\pi}{\displaystyle a-a\sin\frac{\pi}{2}+b\cos 0}+2. \end{equation*}$

Svolgimento.

Semplifichiamo (9), ottenendo

$\begin{aligned} &\frac{\displaystyle\cos(-\pi)+\cos\left(-\frac{3\pi}{2}\right)-a}{(a+b)\sin\pi+a}+ \frac{\displaystyle\sin\left(-\frac{\pi}{2}\right)+b\cos\pi}{\displaystyle a-a\sin\frac{\pi}{2}+b\cos 0}+2=\\ &=\frac{-1+0-a}{(a+b)0+a}+\frac{-1+b(-1)}{a-a(1)+b(1)}+2=\\ &=\frac{-1-a}{a}+\frac{-1-b}{b}+2=\\ &=-\frac{a+b}{ab}. \end{aligned}$

Notiamo che (9) è definita per $a,b\in\mathbb{R}\setminus\{0\}$ .

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Sia $x$ un numero reale tale che $\frac{5}{6}\leq x\leq \frac{7}{3}$ . Allora

$\quad$

$\sin(x)< \cos^2(x) <\vert \cos(x)\vert$ ;

$\cos^2(x)< \sin(x)< \vert \cos(x)\vert$ ;

$\vert \cos(x)\vert<\cos^2(x) <\sin(x)$ ;

$\cos^2(x)\leq \vert \cos(x)\vert <\sin(x)$ ;

$\vert \cos(x)\vert<\sin(x)<\cos^2(x)$ .

Svolgimento.

Dato che $\vert \cos(x)\vert$ è minore di $1$ , allora il suo quadrato $\cos^2(x)$ è minore o uguale di $\vert \cos(x)\vert$ .

Inoltre osserviamo che $\frac{5}{6}> \frac{\pi}{4}$ e $\frac{7}{3}< \frac{3}{4}\pi$ , perciò $\frac{\pi}{4}< x< \frac{3}{4}\pi$ .

In questo intervallo $\sin(x)$ ha misura positiva e osservando la figura 1 si nota che la lunghezza $\vert \cos(x)\vert$ della proiezione sull’asse $x$ è sempre minore di quella sull’asse $y$ , che è $\vert \sin(x)\vert =\sin(x)$ . Quindi $\vert \cos(x)\vert< \sin(x)$ e la risposta corretta è la

$\boxcolorato{superiori}{\text{D).}}$

$\quad$

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Figura 1: la circonferenza goniometrica e il settore circolare dei punti per cui $\frac{5}{6}\leq x\leq \frac{7}{3}$ .

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . La funzione $y=\cos^2(2x)$ è periodica? In tal caso, quanto vale il suo periodo minimo?

Svolgimento.

La funzione coseno ha periodo $2\pi$ , dunque la funzione $y=\cos^2(2x)$ è periodica e un suo periodo è $\pi$ . Affermiamo che il periodo minimo della funzione è però $\frac{\pi}{2}$ . Infatti si ha

$\cos^2\left(2\left(x+\frac{\pi}{2}\right)\right)=\cos^2\left(2x+\pi\right)=\left(-\cos\left(2x\right)\right)^2=\cos^2\left(2x\right).$

Inoltre, nessun valore minore di $\frac{\pi}{2}$ può essere il periodo della funzione in esame, in quanto essa assume valore $1$ solo in $0$ e in $\pi$ , se ristretta all’intervallo $\left [0,\frac{\pi}{2}\right ]$ .

Alternativamente, dalle formule di bisezione si ha

(10) $\begin{equation*} \cos^2(2x) = \frac{1+\cos(4x)}{2} \qquad \forall x \in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Poiché la funzione $\cos(4x)$ è periodica di periodo minimo $\frac{2\pi}{4}=\frac{\pi}{2}$ , ne segue che questo è anche il periodo minimo di $y$ .

$\quad$

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Figura 2: grafico della funzione $y=\cos^2(2x)$ .

Esercizio 11 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si consideri il grafico dei punti di coordinate $(x,y)$ che soddisfano l’equazione:

$\sin(x) = \sin(y).$

Quale dei seguenti diagrammi rappresenta le soluzioni dell’equazione?

$\quad$

Figura 3.

$\quad$

Svolgimento.

L’equazione $\sin(x) = \sin(y)$ ha due famiglie di soluzioni:

$x = y + 2k\pi \quad \vee \quad x = \pi - y + 2h\pi,$

dove $k$ e $h$ sono numeri interi arbitrari. La prima famiglia è composta da rette parallele alla bisettrice del primo e terzo quadrante, separate verticalmente di $2\pi;$ una di queste rette passa per l’origine. La seconda è composta da rette parallele alla bisettrice del secondo e quarto quadrante, sempre spaziate verticalmente di $2\pi;$ nessuna di queste rette passa per l’origine. La risposta è quindi data dal grafico in basso a sinistra.

Esercizio 12 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si consideri la funzione

$f(x) = \sin^2\left(\sqrt{x}\,\right).$

A quale dei disegni mostrati sotto corrisponde qualitativamente il grafico di $f$ ?

$\quad$

Figura 4.

$\quad$

Svolgimento.

Elenchiamo alcune proprietà salienti della funzione $f$ .

$\quad$

Ha valori non negativi, il che esclude la risposta $\fbox{a}$ .

Pur essendo una funzione oscillante, $f$ non è periodica; per esempio, i suoi zeri si hanno per $\sqrt{x} = k\pi$ (con $k$ intero arbitrario non negativo), per cui la distanza tra zeri successivi cresce quadraticamente; questo esclude la risposta $\fbox{d}$ dove gli zeri sono equispaziati.

Tutti i massimi di $f$ hanno lo stesso valore (cioè 1), che si trovano dove $\sqrt{x} = \pi/2 + k\pi$ (con $k$ intero arbitrario non negativo); questo esclude la $\fbox{c}$ , dato che i due massimi visualizzati hanno valori diversi.

Qualitativamente, il grafico $\fbox{b}$ rispetta tutte le proprietà di $f$ : la funzione oscilla tra 0 ed il suo massimo (che è lo stesso per i due massimi rappresentati), e la distanza tra gli zeri (e tra i massimi) cresce con $x$ .

La risposta è quindi

$\boxcolorato{superiori}{\text{b.}}$

Esercizio 13 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si consideri l’insieme dei punti del piano cartesiano $Oxy$ che soddisfano l’equazione

$\sin(y)-\sin(x) = \cos^2(x) - \cos^2(y).$

Quante rette contiene tale insieme?

Svolgimento.

Notiamo che, ovviamente, la retta $y = x$ soddisfa l’equazione assegnata. Ma, data la periodicità delle funzioni seno e coseno, anche le rette $y = x + 2k\pi$ , con $k$ intero qualsiasi, soddisfano la stessa equazione. Si noti che esistono altre famiglie di soluzioni (sia rette che non), ma non è necessario trovarle tutte per rispondere al quesito, poiché quanto osservato è sufficiente a concludere che l’insieme richiesto contiene infinite rette.

Esercizio 14 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Semplificare la seguente espressione:

$\cos\left(\dfrac{21\pi}{4}\right)+\sin\left(\dfrac{15\pi}{6}\right)+ \tan\left(\dfrac{23\pi}{3}\right)+\sin\left(\dfrac{31\pi}{4}\right) +\cot\left(\dfrac{43\pi}{3}\right).$

Svolgimento.

Procediamo con un termine alla volta:

$\quad$

• $\begin{aligned}[t] \cos\left(\dfrac{21\pi}{4}\right)&=\cos\left(\dfrac{20\pi}{4}+\dfrac{\pi}{4}\right)=\cos\left(5\pi+\dfrac{\pi}{4}\right)= \\ &=\cos\left(\pi+\dfrac{\pi}{4}\right)=-\cos\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}; \end{aligned}$
• $\begin{aligned}[t] \sin\left(\dfrac{15\pi}{6}\right)&=\sin\left(\dfrac{12\pi}{6}+\dfrac{3\pi}{6}\right)=\sin\left(2\pi+\dfrac{\pi}{2}\right) =\sin\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=1; \end{aligned}$
• $\begin{aligned}[t] \tan\left(\dfrac{23\pi}{3}\right)&=\dfrac{\sin\left(\dfrac{23\pi}{3}\right)}{\cos\left(\dfrac{23\pi}{3}\right)}=\dfrac{\sin\left(\dfrac{21\pi}{3}+\dfrac{2\pi}{3}\right)}{\cos\left(\dfrac{21\pi}{3}+\dfrac{2\pi}{3}\right)}= \\ &=\dfrac{\sin\left(7\pi+\dfrac{2\pi}{3}\right)}{\cos\left(7\pi+\dfrac{2\pi}{3}\right)}=\dfrac{\sin\left(6\pi+\pi+\dfrac{2\pi}{3}\right)}{\cos\left(6\pi+\pi+\dfrac{2\pi}{3}\right)} = \\ &=\dfrac{\sin\left(\pi+\dfrac{2\pi}{3}\right)}{\cos\left(\pi+\dfrac{2\pi}{3}\right)}= \dfrac{-\sin\left(\dfrac{2\pi}{3}\right)}{-\cos\left(\dfrac{2\pi}{3}\right)}= \dfrac{-\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)}{-\left(-\dfrac{1}{2}\right)}=-\sqrt{3}; \end{aligned}$
• $\begin{aligned}[t] \sin\left(\dfrac{31\pi}{4}\right)&=\sin\left(\dfrac{28\pi}{4}+\dfrac{3\pi}{4}\right)= \sin\left(7\pi+\dfrac{3\pi}{4}\right) \\ &=\sin\left(6\pi+\pi+\dfrac{3\pi}{4}\right)= \sin\left(\pi+\dfrac{3\pi}{4}\right)= \\ &=-\sin\left(\dfrac{3\pi}{4}\right)=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}; \end{aligned}$
• $\begin{aligned}[t] \cot\left(\dfrac{43\pi}{3}\right)&= \dfrac{\cos\left(\dfrac{43\pi}{3}\right)}{\sin\left(\dfrac{43\pi}{3}\right)}= \dfrac{\cos\left(\dfrac{42\pi}{3}+\dfrac{\pi}{3}\right)}{\sin\left(\dfrac{42\pi}{3}+\dfrac{\pi}{3}\right)}= \dfrac{\cos\left(14\pi+\dfrac{\pi}{3}\right)}{\sin\left(14\pi+\dfrac{\pi}{3}\right)}= \\ &=\dfrac{\cos\left(\dfrac{\pi}{3}\right)}{\sin\left(\dfrac{\pi}{3}\right)} =\dfrac{\dfrac{1}{2}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}. \end{aligned}$

Sostituendo ogni termine nell’espressione otteniamo:

$\begin{aligned} &\cos\left(\dfrac{21\pi}{4}\right)+\sin\left(\dfrac{15\pi}{6}\right)+ \tan\left(\dfrac{23\pi}{3}\right)+\sin\left(\dfrac{31\pi}{4}\right) +\cot\left(\dfrac{43\pi}{3}\right)=\\ &=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}+1+(-\sqrt{3})+(-\dfrac{\sqrt{2}}{2})+\frac{\sqrt{3}}{3}= 1-\sqrt{2} - \frac{2\sqrt{3}}{3}. \end{aligned}$

Esercizio 15 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Dimostrare che

$\sin(75^\circ)+\cos(165^\circ)=0.$

Svolgimento.

Osserviamo che

$\cos\left(165^\circ\right)=\cos\left(90^\circ+75^\circ\right)=-\sin\left(75^\circ\right),$

da cui

$\sin(75^\circ)+\cos(165^\circ)=\sin(75^\circ)-\sin\left(75^\circ\right)=0,$

cioè la tesi.

Altrimenti si possono applicare le formule di bisezione nel seguente modo:

$\begin{aligned} \sin(75^\circ)&=\sin\left(\dfrac{150^\circ}{2}\right)=\sqrt{\dfrac{1-\cos(150^\circ)}{2}}=\sqrt{\dfrac{1-\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)}{2}}=\\ &=\sqrt{\dfrac{1+\dfrac{\sqrt{3}}{2}}{2}}= \sqrt{\dfrac{2+\sqrt{3}}{4}}= \dfrac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2} \end{aligned}$

$\begin{aligned} \cos(165^\circ)&=\cos\left(\dfrac{330^\circ}{2}\right)=-\sqrt{\dfrac{1+\cos(330^\circ)}{2}}=-\sqrt{\dfrac{1+\dfrac{\sqrt{3}}{2}}{2}}=\\ &=-\sqrt{\dfrac{2+\sqrt{3}}{4}}=-\dfrac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2}, \end{aligned}$

da cui

$\sin(75^\circ)+\cos(105^\circ)=\dfrac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2}-\dfrac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2}=0,$

cioè la tesi.

Esercizio 16 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Calcolare il valore delle seguenti espressioni, ricorrendo alle
relazioni tra archi associati:

$\begin{aligned} &(1)\quad \left(\tan\frac{2\pi}{3}-6\cot\frac{7\pi}{6}\right)\left(\sin\frac{2\pi}{3}+\cos\frac{\pi}{6}\right)-12;\\ &(2)\quad \left[\sin\frac{3\pi}{4}-\sin\left(-\frac{\pi}{4}\right)\right]:\left(\tan\frac{5\pi}{4}-\cot\frac{3\pi}{4}\right). \end{aligned}$

Svolgimento punto 1.

Si ha

$\begin{aligned} &\left(\tan\frac{2\pi}{3}-6\cot\frac{7\pi}{6}\right)\left(\sin\frac{2\pi}{3}+\cos\frac{\pi}{6}\right)-12=\\ &=\left[\tan\left(\pi-\frac{\pi}{3}\right)-6\cot\left(\pi+\frac{\pi}{6}\right)\right] \left[\sin\left(\pi-\frac{\pi}{3}\right)+\cos\frac{\pi}{6}\right]-12=\\ &=\left(-\tan\frac{\pi}{3}-6\cot\frac{\pi}{6}\right)\left(\sin\frac{\pi}{3}+\cos\frac{\pi}{6}\right)-12=\\ &=\left(-\sqrt{3}-6\sqrt{3}\right)\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\right)-12 = \\ &= -7\sqrt{3}\cdot\sqrt{3}-12= \\ &=-33. \end{aligned}$

Svolgimento punto 2.

Si ha

$\begin{aligned} &\left[\sin\frac{3\pi}{4}-\sin\left(-\frac{\pi}{4}\right)\right]:\left(\tan\frac{5\pi}{4}-\cot\frac{3\pi}{4}\right)=\\ &=\left[\sin\left(\pi-\frac{\pi}{4}\right)-\sin\left(-\frac{\pi}{4}\right)\right]: \left[\tan\left(\pi+\frac{\pi}{4}\right)-\cot\left(\pi-\frac{\pi}{4}\right)\right]=\\ &=\left[\sin\frac{\pi}{4}+\sin\frac{\pi}{4}\right]:\left[\tan\frac{\pi}{4}+\cot\frac{\pi}{4}\right]= \\ &= \frac{\sqrt{2}}{2}. \end{aligned}$

Esercizio 17 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare la somma delle cotangenti trigonometriche degli angoli interni di un dodecagono regolare.

Svolgimento.

Dividendo l’angolo giro $2\pi$ per $12$ otteniamo l’angolo interno di uno dei triangoli che compongono il dodecagono (vedi figura 5). Dato che il triangolo è isoscele, allora i restanti due angoli interni al triangolo misurano entrambi $\frac{1}{2}\left(\pi- \frac{\pi}{6}\right)=\frac{5}{12}\pi$ . Perciò uno degli angoli interni del dodecagono è $2\cdot \frac{5}{12}\pi=\frac{5}{6}\pi$ .

$\quad$

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Figura 5: dodecagono regolare.

$\quad$

Quindi la somma delle cotagenti è

$12\cdot \cot\left(\frac{5}{6}\pi\right)=-12\sqrt{3},$

e la risposta è dunque

$\boxcolorato{superiori}{-12\sqrt{3}.}$

Esercizio 18 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Senza utilizzare la calcolatrice, stabilire quale dei seguenti numeri è il maggiore. Tutti gli angoli sono espressi in radianti.

$\tan\left(\dfrac{5\pi}{4}\right), \quad \sin^2\left(\dfrac{5\pi}{4}\right), \quad \log_{10}\left(\dfrac{5\pi}{4}\right), \quad \log_2\left(\dfrac{5\pi}{4}\right).$

Svolgimento.

Dalla trigonometria elementare, tenendo presente che il periodo delle funzioni $y = \tan(x)$ e $y = \sin^2(x)$ è pari a $\pi$ , si ha:

$\begin{aligned} \tan\left(\frac{5\pi}{4}\right) = {} & \tan\left(\frac{\pi}{4}\right) = 1; \\ \sin^2\left(\frac{5\pi}{4}\right) = {} & \sin^2\left(\frac{\pi}{4}\right) = \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 = \frac{1}{2}. \end{aligned}$

Passiamo a considerare la terza e la quarta alternativa. Ricordiamo che ogni logaritmo con base $a > 1$ è una funzione crescente del proprio argomento (nel nostro caso, $a = 2$ oppure $a = 10$ ). Inoltre, $\log_a(a) = 1$ . Dato che $3 < \pi < 4$ , possiamo quindi derivare le seguenti implicazioni:

$\begin{aligned} \frac{5\pi}{4} < \frac{5\cdot4}{4} < 10 \implies {} & \log_{10}\left(\frac{5\pi}{4}\right) < 1; \\ \frac{5\pi}{4} > \frac{5\cdot3}{4} > 2 \implies {} & \log_2\left(\frac{5\pi}{4}\right) > 1. \end{aligned}$

Mettendo insieme tutta l’informazione raccolta, si vede che $\log_2(5\pi/4)$ è l’unico numero $> 1$ , ed è quindi il più grande. In conclusione, la risposta è

$\boxcolorato{superiori}{\log_2\left (\frac{5\pi}{4}\right ).}$

Esercizio 19 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Qual è il valore massimo assunto dall’espressione

$f(x) = \left[3\sin^2(10x+11)-7\right]^2$

al variare di $x \in \mathbb{R}$ ?

Svolgimento.

Per ogni $\alpha \in \mathbb{R}$ , si ha $0 \leq \sin^2(\alpha) \leq 1$ , e quindi $0 \leq 3\sin^2(\alpha) \leq 3$ e infine $-7 \leq 3\sin^2(\alpha)-7 \leq -4$ . Elevando al quadrato, e tenendo conto dei segni, si ha allora $16 \leq [\sin^2(\alpha)-7]^2 \leq 49$ .

Il massimo della funzione $f$ è quindi 49, che viene raggiunto per quei valori di $x$ tali che $\sin(10x+11) = 0$ . La risposta è dunque

$\boxcolorato{superiori}{49.}$

Esercizio 20 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Semplificare la seguente espressione:

$\sin\left(\frac{3\pi}{2}-\alpha\right)+\cos(3\pi+\alpha)+\sin(-\alpha)\cot(\alpha-5\pi).$

Svolgimento.

Applicando gli archi associati si ha:

$\quad$

$\sin\left(\dfrac{3\pi}{2}-\alpha\right)=-\cos(\alpha)$ ;

$\cos(3\pi+\alpha)=\cos(2\pi+(\pi+\alpha))= \cos(\pi+\alpha)=-\cos(\alpha)$ ;

$\sin(-\alpha)=-\sin(\alpha)$ ;

$\dfrac{\cos(\alpha-5\pi)}{\sin(\alpha-5\pi)}=\dfrac{-\cos(\alpha)}{-\sin(\alpha)}=\dfrac{\cos(\alpha)}{\sin(\alpha)}$ oppure usando il fatto che la cotangente è periodica di periodo $\pi$ .

Sostituendo tutti i termini nell’espressione iniziale otteniamo

$\begin{aligned} \sin\left(\frac{3\pi}{2}-\alpha\right)+\cos(3\pi+\alpha)+\sin(-\alpha)\cot(\alpha-5\pi)= &= -\cos(\alpha)+(-\cos(\alpha))+(-\sin(\alpha))\cdot\frac{\cos(\alpha)}{\sin(\alpha)}=\\ &= -\cos(\alpha)-\cos(\alpha)-\cos(\alpha)= \\ &= -3\cos(\alpha). \end{aligned}$

Esercizio 21 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Semplificare la seguente espressione:

$\dfrac{\sin\left(\alpha-\dfrac{\pi}{2}\right)\sin(-\alpha)+\cos\left(\dfrac{3\pi}{2}-\alpha\right)\sin\left(\dfrac{11\pi}{2}+\alpha\right)+\cos(3\pi+\alpha)} {-\tan\left(\alpha+\dfrac{\pi}{2}\right)\cot\left(\alpha-\dfrac{3\pi}{2}\right)-\sin(\alpha+\pi)+\sin(7\pi-\alpha)}.$

Svolgimento.

Applicando gli archi associati per i vari termini del numeratore si ha:

$\quad$

• $\sin\left(\alpha-\dfrac{\pi}{2}\right)= \sin\left(-\left(\dfrac{\pi}{2}-\alpha\right)\right)=-\sin\left(\dfrac{\pi}{2}-\alpha\right)=-\cos(\alpha);$
• $\sin(-\alpha)=-\sin(\alpha);$
• $\cos\left(\dfrac{3\pi}{2}-\alpha\right)=-\sin(\alpha);$
• $\begin{aligned}[t] \sin\left(\dfrac{11\pi}{2}+\alpha\right)&=\sin\left(\dfrac{8\pi}{2}+\dfrac{3\pi}{2}+\alpha\right)=\sin\left(4\pi+\dfrac{3\pi}{2}+\alpha\right)= \\ &=\sin\left(\dfrac{3\pi}{2}+\alpha\right)=-\cos(\alpha); \end{aligned}$
• $\cos(3\pi+\alpha)=\cos(2\pi+\pi+\alpha)=\cos(\pi+\alpha)=-\cos(\alpha).$

Per il denominatore:

$\quad$

• $\tan\left(\alpha+\dfrac{\pi}{2}\right)=\dfrac{\sin\left(\alpha+\dfrac{\pi}{2}\right)}{\cos\left(\alpha+\dfrac{\pi}{2}\right)}=\dfrac{\cos(\alpha)}{-\sin(\alpha)}=-\dfrac{\cos(\alpha)}{\sin(\alpha)};$
• $\begin{aligned}[t] \cot\left(\alpha-\dfrac{3\pi}{2}\right)&=\dfrac{\cos\left(\alpha-\dfrac{3\pi}{2}\right)}{\sin\left(\alpha-\dfrac{3\pi}{2}\right)}=\dfrac{\cos\left(-\left(\dfrac{3\pi}{2}-\alpha\right)\right)}{\sin\left(-\left(\dfrac{3\pi}{2}-\alpha\right)\right)}= \\ &=\dfrac{\cos\left(\dfrac{3\pi}{2}-\alpha\right)}{-\sin\left(\dfrac{3\pi}{2}-\alpha\right)}=\dfrac{-\sin(\alpha)}{-(-\cos(\alpha))}=-\dfrac{\sin(\alpha)}{\cos(\alpha)}; \end{aligned}$
• $\sin(\alpha+\pi)=-\sin(\alpha);$
• $\sin(7\pi-\alpha)=\sin(6\pi+\pi-\alpha)=\sin(\pi-\alpha)=\sin(\alpha).$

Adesso possiamo sostituire tutti i termini nell’espressione iniziale ottenendo:

$\begin{aligned} &\dfrac{\sin\left(\alpha-\dfrac{\pi}{2}\right)\sin(-\alpha)+\cos\left(\dfrac{3\pi}{2}-\alpha\right)\sin\left(\dfrac{11\pi}{2}+\alpha\right)+\cos(3\pi+\alpha)} {-\tan\left(\alpha+\dfrac{\pi}{2}\right)\cot\left(\alpha-\dfrac{3\pi}{2}\right)-\sin(\alpha+\pi)+\sin(7\pi-\alpha)}= \\ & =\dfrac{-\cos(\alpha)(-\sin(\alpha))-\sin(\alpha)\cdot(-\cos(\alpha))-\cos(\alpha)} {-\left(-\dfrac{\cos(\alpha)}{\sin(\alpha)}\right)\cdot\left(-\dfrac{\sin(\alpha)}{\cos(\alpha)}\right)-(-\sin(\alpha))+\sin(\alpha)}= \\ &=\dfrac{\cos(\alpha)\sin(\alpha)+\sin(\alpha)\cos(\alpha)-\cos(\alpha)} {-1+\sin(\alpha)+\sin(\alpha)}= \\ &=\dfrac{\cos(\alpha)(\sin(\alpha)+\sin(\alpha)-1)} {2\sin(\alpha)-1}= \\ &= \dfrac{\cos(\alpha)(2\sin(\alpha)-1)} {2\sin(\alpha)-1}= \\ &=\cos(\alpha). \end{aligned}$

Esercizio 22 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Dimostrare che

$\sin(15^\circ)=\dfrac{\sqrt{2}(\sqrt{3}-1)}{4}.$

Svolgimento.

Per calcolare il seno di un angolo non notevole dobbiamo cercare di trasformare l’argomento in somma o differenza di angoli notevoli e poi applicare le formule di addizione o sottrazione; in questo caso notiamo che $15^\circ=45^\circ-30^\circ$ , quindi possiamo procedere in questo modo:

$\begin{aligned} \sin(15^\circ)&=\sin(45^\circ-30^\circ)= \\ &= \sin(45^\circ)\cos(30^\circ)-\cos(45^\circ)\sin(30^\circ)=\\ &=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot\dfrac{1}{2}= \\ &= \dfrac{\sqrt{2}(\sqrt{3}-1)}{4}, \end{aligned}$

da cui la tesi.

Esercizio 23 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Semplificare la seguente espressione:

$\cot(\pi-\alpha)\cos\left(\dfrac{3\pi}{2}+\alpha\right)+2\dfrac{\sin(-\alpha)\cos(10\pi-\alpha)}{\sin\left(\dfrac{\pi}{2}-\alpha\right)\cos\left(\alpha-\dfrac{11\pi}{2}\right)}.$

Svolgimento.

Prima di procedere alla risoluzione dell’espressione è utile fare una piccola premessa. In alcuni casi è possibile applicare sia le formule di addizione o sottrazione che quelle relative agli archi associati, ad esempio:

$\begin{aligned} \cos\left(\dfrac{3\pi}{2}+\alpha\right)=\sin(\alpha) \end{aligned}$

oppure

$\begin{aligned} \cos\left(\dfrac{3\pi}{2}+\alpha\right)&=\cos\left(\dfrac{3\pi}{2}\right)\cos(\alpha)-\sin\left(\dfrac{3\pi}{2}\right)\sin(\alpha)=\\ &\hspace{1.5mm}=0\cdot\cos(\alpha)-(-1)\cdot\sin(\alpha)=\sin(\alpha). \end{aligned}$

Nonostante sia generalmente più semplice utilizzare le formule relative agli archi associati, in questo esercizio spesso useremo le formule di addizione o sottrazione per motivi didattici; iniziamo con le semplificazioni:

$\quad$

• $\begin{aligned}[t] \cot(\pi-\alpha)&=\dfrac{\cos(\pi-\alpha)}{\sin(\pi-\alpha)} \\ &= \dfrac{\cos(\pi)\cos(\alpha)+\sin(\pi)\sin(\alpha)}{\sin(\pi)\cos(\alpha)-\cos(\pi)\sin(\alpha)}= \\ &= \dfrac{-1\cdot\cos(\alpha)+0\cdot\sin(\alpha)}{0\cdot\cos(\alpha)-(-1)\cdot\sin(\alpha)}= \\ &= -\dfrac{\cos(\alpha)}{\sin(\alpha)}; \end{aligned}$
• $\cos\left(\dfrac{3\pi}{2}+\alpha\right)=\sin(\alpha);$
• $\sin(-\alpha)=-\sin(\alpha);$
• $\cos(10\pi-\alpha)=\cos(-\alpha)=\cos(\alpha);$
• $\begin{aligned}[t] \sin\left(\dfrac{\pi}{2}-\alpha\right)&=\sin\left(\dfrac{\pi}{2}\right)\cos(\alpha)-\cos\left(\dfrac{\pi}{2}\right)\sin(\alpha)= \\ &=1\cdot\cos(\alpha)-0\cdot\sin(\alpha)= \\ &=\cos(\alpha); \end{aligned}$
• $\begin{aligned}[t] \cos\left(\alpha-\dfrac{11\pi}{2}\right)&=\cos\left(\alpha-\dfrac{3\pi}{2}-\dfrac{8\pi}{2}\right)= \\ &=\cos\left(\alpha-\dfrac{3\pi}{2}-4\pi\right)= \\ &=\cos\left(\alpha-\dfrac{3\pi}{2}\right)= \\ &=\cos(\alpha)\cos\left(\dfrac{3\pi}{2}\right)+\sin(\alpha)\sin\left(\dfrac{3\pi}{2}\right)= \\ &=\cos(\alpha)\cdot0+\sin(\alpha)\cdot(-1)= \\ &=-\sin(\alpha). \end{aligned}$

Adesso torniamo all’espressione e sostituiamo tutti i valori trovati, ottenendo:

$\begin{aligned} &\cot(\pi-\alpha)\cos\left(\dfrac{3\pi}{2}+\alpha\right)+2\dfrac{\sin(-\alpha)\cos(10\pi-\alpha)}{\sin\left(\dfrac{\pi}{2}-\alpha\right)\cos\left(\alpha-\dfrac{11\pi}{2}\right)} \\ &=-\dfrac{\cos(\alpha)}{\sin(\alpha)}\sin(\alpha)+2\dfrac{-\sin(\alpha)\cos(\alpha)}{\cos(\alpha)(-\sin(\alpha))}= \\ &= 2-\cos(\alpha). \end{aligned}$

Esercizio 24 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Sapendo che $\tan\alpha=a+1$ e $\tan\beta=a-1$ , calcolare il valore di $\cot(\alpha-\beta)$ .

Svolgimento.

Dalla formula di sottrazione della tangente abbiamo

$\cot(\alpha-\beta)=\frac{1}{\tan(\alpha-\beta)}=\frac{1+\tan\alpha\tan\beta}{\tan\alpha-\tan\beta} =\frac{1+a^2-1}{a+1-a+1}=\frac{a^2}{2}.$

Esercizio 25 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Verificare la seguente identità:

$\sin(\alpha)\cos(2\alpha)-\cos(\alpha)\sin(2\alpha)=\cos\left(\dfrac{\pi}{2}+\alpha\right).$

Svolgimento.

Dalla formula di addizione del seno, il primo membro è pari a

(11) $\begin{equation*} \sin(\alpha-2\alpha)=\sin(-\alpha)=-\sin \alpha, \end{equation*}$

che è pari a $\cos\left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right)$ per le formule degli archi associati, dimostrando l’identità.

Alternativamente si può osservare:

$\quad$

$\sin(2\alpha)= 2\sin(\alpha)\cos(\alpha)$ ;

$\cos\left(\dfrac{\pi}{2}+\alpha\right)=-\sin(\alpha)$ .

Sostituendo nell’equazione iniziale otteniamo

$\begin{aligned} &\sin(\alpha)\cos(2\alpha)-\cos(\alpha)\sin(2\alpha)=\cos\left(\dfrac{\pi}{2}+\alpha\right) \iff \\ &\iff \sin(\alpha)\cos(2\alpha)-\cos(\alpha)2\sin(\alpha)\cos(\alpha)=-\sin(\alpha)\iff \\ &\iff \sin(\alpha)\cos(2\alpha)-2\sin(\alpha)\cos^2(\alpha)=-\sin(\alpha). \end{aligned}$

Sostituiamo $\cos(2\alpha)=2\cos^2(\alpha)-1$ e otteniamo:

$\begin{aligned} &\sin(\alpha)\cos(2\alpha)-2\sin(\alpha)\cos^2(\alpha)=-\sin(\alpha) \iff\\ &\iff \sin(\alpha)(2\cos^2(\alpha)-1)-2\sin(\alpha)\cos^2(\alpha)=-\sin(\alpha)\iff\\ &\iff 2\sin(\alpha)\cos^2(\alpha)-\sin(\alpha)-2\sin(\alpha)\cos^2(\alpha)=-\sin(\alpha) \iff\\ &\iff -\sin \left(\alpha\right)=-\sin \alpha, \end{aligned}$

cioè la tesi.

Esercizio 26 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Semplificare la seguente espressione:

$\left(\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)+\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)\right)^2-\sin(\alpha)+1.$

Svolgimento.

Si ha:

$\begin{aligned} \left(\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)+\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)\right)^2=\sin^2\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)+\cos^2\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)+2\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}\right). \end{aligned}$

Per la regola fondamentale si ottiene

$\sin^2\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)+\cos^2\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)=1,$

mentre per duplicazione si ha

$2\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)=\sin\left(2\cdot\dfrac{\alpha}{2}\right)=\sin(\alpha),$

quindi

$\left(\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)+\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)\right)^2=1+\sin(\alpha),$

da cui

$\left(\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)+\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)\right)^2-\sin(\alpha)+1= 1+\sin(\alpha)-\sin(\alpha)+1=2.$

Esercizio 27 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Quanti sono i valori $x$ nell’intervallo $(0, 2\pi)$ che soddisfanno l’equazione

$\sin(x)\cos(x)=-\frac{1}{3\sqrt{2}}?$

Svolgimento.

Usando la formula di duplicazione del seno, l’equazione data si può riarrangiare come

$2\sin(x)\cos(x)=-\frac{2}{3\sqrt{2}} \implies \sin(2x)=-\frac{\sqrt{2}}{3}.$

La funzione $f(x):=\sin(2x)$ è periodica di periodo $\pi$ . Inoltre, d Dato che la funzione seno è suriettiva nell’intervallo $[-1,1]$ e $-\frac{\sqrt{2}}{3}\in [-1, 1]$ , allora sicuramente esistono soluzioni dell’equazione. L’intersezione della retta $y=-\frac{\sqrt{2}}{3}$ con il grafico della funzione $f(x)=\sin(2x)$ consta di due punti distinti per $0\leq x\leq \pi$ . Dato che la funzione $f$ è $\pi$ -periodica, allora ci sono esattamente $4$ soluzioni distinte per $0\leq x\leq 2\pi$ (vedi figura 6).

$\quad$

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Figura 6: grafico della funzione $f(x)=\sin(2x)$ e intersezione con la retta $y=-\frac{\sqrt{2}}{3}$ .

$\quad$

Vi sono dunque

$\boxcolorato{superiori}{4 \text{ soluzioni.}}$

Esercizio 28 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Applicando le formule di prostaferesi, dimostrare che

$\sin\left(\dfrac{\pi}{3}-\alpha\right)+\sin\left(\dfrac{4\pi}{3}+\alpha\right)=-\sin(\alpha).$

Svolgimento.

Applicando le formule di prostaferesi si ha

$\begin{aligned} &\sin\left(\dfrac{\pi}{3}-\alpha\right)+\sin\left(\dfrac{4\pi}{3}+\alpha\right)=\\ &=2\sin\left(\dfrac{\left(\dfrac{\pi}{3}-\alpha\right)+\left(\dfrac{4\pi}{3}+\alpha\right)}{2}\right)\cos\left(\dfrac{\left(\dfrac{\pi}{3}-\alpha\right)-\left(\dfrac{4\pi}{3}+\alpha\right)}{2}\right) \\ &=2\sin\left(\dfrac{\dfrac{5\pi}{3}}{2}\right)\cos\left(\dfrac{-\dfrac{3\pi}{3}-2\alpha}{2}\right)= \\ &= 2\sin\left(\dfrac{5\pi}{6}\right)\cos\left(-\dfrac{\pi}{2}-\alpha\right), \end{aligned}$

da cui, applicando gli angoli associati, si ottiene

$\begin{aligned} &\sin\left(\dfrac{\pi}{3}-\alpha\right)+\sin\left(\dfrac{4\pi}{3}+\alpha\right)=\\ &=2\sin\left(\dfrac{5\pi}{6}\right)\cos\left(-\left(\dfrac{\pi}{2}+\alpha\right)\right)= \\ &= 2\sin\left(\dfrac{5\pi}{6}\right)\cos\left(\dfrac{\pi}{2}+\alpha\right)=\\ &=2\cdot\dfrac{1}{2}\cdot\cos\left(\dfrac{\pi}{2}+\alpha\right)= \\ &= -\sin(\alpha), \end{aligned}$

cioè la tesi.

Esercizio 29 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Semplificare la seguente espressione:

$\dfrac{\cos(4\alpha-\beta)-\cos(\beta+4\alpha)}{\sin(2\alpha)\sin(\beta)}.$

Svolgimento.

Applicando le formule di prostaferesi si ha:

$\begin{aligned} &\cos(4\alpha-\beta)-\cos(\beta+4\alpha)=\\ &= -2\sin\left(\frac{(4\alpha-\beta)+(\beta+4\alpha)}{2}\right)\sin\left(\frac{(4\alpha-\beta)-(\beta+4\alpha)}{2}\right)=\\ &= -2\sin\left(\frac{8\alpha}{2}\right)\sin\left(\frac{-2\beta}{2}\right)= \\ &= 2\sin(4\alpha)\sin(-\beta)= \\ &= -2\sin(4\alpha)\sin(\beta), \end{aligned}$

da cui

$\begin{aligned} \dfrac{\cos(4\alpha-\beta)-\cos(\beta+4\alpha)}{\sin(2\alpha)\sin(\beta)}&= \dfrac{2\sin(4\alpha)\sin(\beta)}{\sin(2\alpha)\sin(\beta)}= \dfrac{2\sin(4\alpha)}{\sin(2\alpha)}. \end{aligned}$

Osserviamo che, per semplificare, possiamo rendere uguali gli argomenti del numeratore e denominatore applicando la formula di bisezione al denominatore o quella di duplicazione al numeratore; noi opteremo per quest’ultima:

$\sin(4\alpha)=\sin(2\cdot(2\alpha))=2\sin(2\alpha)\cos(2\alpha),$

pertanto

$\dfrac{2\sin(4\alpha)}{\sin(2\alpha)}=\dfrac{2(2\sin(2\alpha)\cos(2\alpha))}{\sin(2\alpha)}=4\cos(2\alpha).$

Si conclude che

$\dfrac{\cos(4\alpha-\beta)-\cos(\beta+4\alpha)}{\sin(2\alpha)\sin(\beta)}=4\cos(2\alpha).$

Esercizio 30 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Dimostrare che

$\sin(2\alpha)\cos(3\alpha)= \frac {1}{2} \left( \sin (5\alpha) - \sin (\alpha)\right).$

Svolgimento.

Applicando le formule di Werner si ottiene

$\begin{aligned} \sin(2\alpha)\cos(3\alpha) &= \frac {1}{2} \left( \sin (2\alpha+3\alpha) + \sin (2\alpha-3\alpha)\right)= \\ &= \frac {1}{2} \left( \sin (5\alpha) + \sin (-\alpha)\right)= \\ &= \frac {1}{2} \left( \sin (5\alpha) - \sin (\alpha)\right), \end{aligned}$

cioè la tesi.

Esercizio 31 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Semplificare la seguente espressione:

$\dfrac{\cos\left(\alpha+\dfrac{\pi}{4}\right)\cdot\cos\left(\alpha-\dfrac{\pi}{4}\right)}{\cos(2\alpha)}.$

Svolgimento.

Per prima cosa applichiamo l’opportuna formula di Werner al numeratore

$\begin{aligned} &\cos\left(\alpha+\dfrac{\pi}{4}\right)\cdot\cos\left(\alpha-\dfrac{\pi}{4}\right)=\\ &=\dfrac {1}{2} \left( \cos\left( \left(\alpha+\dfrac{\pi}{4}\right)+\left(\alpha-\dfrac{\pi}{4}\right)\right) + \cos\left(\left(\alpha+\dfrac{\pi}{4}\right)-\left(\alpha-\dfrac{\pi}{4}\right)\right)\right)=\\ &=\dfrac {1}{2} \left(\cos(2\alpha)+\cos\left(\dfrac{\pi}{2}\right)\right)= \\ &= \dfrac {1}{2}\left(\cos(2\alpha)+0\right)=\\ &= \dfrac{\cos(2\alpha)}{2} \end{aligned}$

e, sostituendo nell’espressione iniziale, otteniamo

$\dfrac{\cos\left(\alpha+\dfrac{\pi}{4}\right)\cdot\cos\left(\alpha-\dfrac{\pi}{4}\right)}{\cos(2\alpha)}= \dfrac{\dfrac{\cos(2\alpha)}{2}}{\cos(2\alpha)}= \dfrac{\cos(2\alpha)}{2\cos(2\alpha)}=\dfrac{1}{2}.$

Esercizio 32 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Esprimere in funzione di $t=\tan\frac{\alpha}{2}$ le seguenti espressioni:

$\begin{aligned} &(1)\quad \frac{\sin\alpha+\cos\alpha}{\sin\alpha-\cos\alpha}+1;\\ &(2)\quad \frac{2\sin\alpha-\sin (2\alpha)}{2\sin\alpha+\sin(2\alpha)}. \end{aligned}$

Svolgimento.

Risolviamo la $(1)$ applicando le formule parametriche:

$\begin{aligned} \frac{\sin\alpha+\cos\alpha}{\sin\alpha-\cos\alpha}+1 &= \frac{\displaystyle\frac{2t}{1+t^2}+\frac{1-t^2}{1+t^2}}{\displaystyle\frac{2t}{1+t^2}-\frac{1-t^2}{1+t^2}}+1=\\ &=\frac{2t+1-t^2+2t-1+t^2}{t^2+2t-1}= \\ &= \frac{4t}{t^2+2t-1}. \end{aligned}$

Risolviamo la $(2)$ applicando le formule parametriche:

$\begin{aligned} \frac{2\sin\alpha-\sin (2\alpha)}{2\sin\alpha+\sin(2\alpha)} &= \frac{2\sin\alpha(1-\cos\alpha)}{2\sin\alpha(1+\cos\alpha)}=\\ &=\frac{\displaystyle 1-\frac{1-t^2}{1+t^2}}{\displaystyle 1+\frac{1-t^2}{1+t^2}}= \\ &= \frac{1+t^2-1+t^2}{1+t^2+1-t^2}= \\ &=t^2. \end{aligned}$

Esercizio 33 $(\bigstar\bigstar\bigtar)$ . Sia $\vartheta$ un angolo assegnato ( $0 < \vartheta < 180^\circ$ ). Si consideri una circonferenza di raggio unitario e da un punto fissato $P$ si costruiscano due corde $PQ$ e $PR$ in modo che formino tra loro un angolo $\vartheta$ . Esprimendo $\vartheta$ in radianti, quanto può valere al massimo l’area della regione colorata?

$\quad$

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Figura 7.

$\quad$

Svolgimento.

Per ragioni di simmetria, si può intuire che la massima area si ha quando $\overline{PQ} = \overline{PR}$ , e quindi $\widehat{QPO} = \widehat{OPR} = \vartheta/2$ , dove $O$ è il centro della circonferenza. Dimostriamo in seguito questa affermazione.

Riproduciamo la figura in questa configurazione, spostando i punti $Q$ ed $R$ mantenendo costante l’angolo $\widehat{QPR} = \vartheta$ .

$\quad$

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Figura 8.

$\quad$

L’area che ci interessa $\mathcal{A}_{PQR}$ è pari alla somma dell’area $\mathcal{A}_{OQR}$ del settore circolare $OQR$ e delle aree $\mathcal{A}_{ORP}$ e $\mathcal{A}_{OPQ}$ dei triangoli $ORP$ e $OPQ$ (che sono congruenti). In particolare, dato che $\widehat{QOR}$ è l’angolo al centro corrispondente all’angolo alla circonferenza $\widehat{QPR}$ , si ha $\widehat{QOR} = 2\widehat{QPR} = 2\vartheta$ , e quindi (misurando $\vartheta$ in radianti):

$\mathcal{A}_{OQR} = \frac{1}{2}\cdot\widehat{QOR}\cdot\overline{OQ}^2 = \vartheta.$

I triangoli $ORP$ e $OPQ$ sono entrambi isosceli, e quindi $\widehat{POR} = 180^\circ - 2\cdot(\vartheta/2)$ . La loro area è data da:

$\mathcal{A}_{ORP} = \frac{1}{2} \overline{OP}\cdot\overline{OR}\cdot\sin(\widehat{POR}) = \frac{1}{2}\sin(180^\circ-\vartheta) = \frac{1}{2}\sin(\vartheta).$

L’area colorata $\mathcal{A}_{PQR}$ è quindi data da:

$\mathcal{A}_{PQR} = \vartheta + 2\cdot\frac{1}{2}\sin(\vartheta) = \vartheta + \sin(\vartheta).$

La risposta è dunque

$\boxcolorato{superiori}{ \vartheta + \sin(\vartheta).}$

Mostriamo più rigorosamente che l’area della regione colorata $\mathcal{A}_{PQR}$ è massima quando la figura è simmetrica, cioè quando $\overline{PQ} = \overline{PR}$ . Ricordiamo che $P$ e $\vartheta$ sono fissati, mentre $Q$ ed $R$ sono liberi di muoversi lunga la circonferenza.

$\quad$

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Figura 9.

$\quad$

Costruiamo la corda $QR$ , che scompone l’area che ci interessa in due pezzi. L’area del segmento circolare $\textcircled{\raisebox{-.9pt}1}$ (ombreggiato con un colore più scuro in figura) è determinata unicamente dall’angolo $\vartheta$ , che è fissato. L’area $\textcircled{\raisebox{-.9pt}1}$ è quindi costante. Per massimizzare $\mathcal{A}_{PQR}$ , basta quindi massimizzare l’area $\mathcal{A}_{\textcircled{\scriptsize 2}}$ del triangolo $PQR$ .

Chiamiamo per brevità $\alpha = \widehat{PQR}$ . Si ha quindi $\widehat{PRQ} = 180^\circ - \vartheta - \alpha$ . Per il teorema della corda, detto $d$ il diametro della circonferenza, la lunghezza delle corde $PQ$ e $PR$ è data da:

(12) $\begin{equation*}{l} \begin{split} \overline{PQ} = d\sin(180^\circ - \vartheta - \alpha) = d\sin(\vartheta+\alpha); \\ \overline{PR} = d\sin(\alpha). \end{split} \end{equation*}$

L’area $\mathcal{A}_{\textcircled{\scriptsize 2}}$ del triangolo $PQR$ è quindi data da:

$\mathcal{A}_{\textcircled{\scriptsize 2}} = \frac{1}{2}\cdot\overline{PQ}\cdot\overline{PR}\cdot\sin(\vartheta) = \frac{1}{2}d^2\sin(\vartheta+\alpha)\sin(\alpha)\sin(\vartheta).$

Al variare di $\alpha$ , $\mathcal{A}_{\textcircled{\scriptsize 2}}$ sarà massima se è massima la quantità $\sin(\vartheta+\alpha)\sin(\alpha) = [\cos(\vartheta)-\cos(2\alpha+\vartheta)]/2$ (dove abbiamo usato la terza formula di Werner), che a sua volta è massima se:

$\cos(2\alpha+\vartheta) = -1 \iff 2\alpha+\vartheta = 180^\circ \iff \alpha = 90^\circ - \vartheta/2.$

Per questo valore di $\alpha$ si ha $\widehat{PRQ} = 180^\circ - \vartheta - \alpha = 90^\circ -\vartheta/2 = \alpha$ . Il triangolo $PQR$ è quindi isoscele e $\overline{PQ} = \overline{PR}$ .

Esercizio 34 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Verifica la seguente identità:

$\left(\cot(\alpha)-\cos(\alpha)\right)\tan(\alpha)=1-\sin(\alpha).$

Svolgimento.

Per prima cosa trasformiamo la cotangente usando la relazione

$\cot(\alpha)=\frac{1}{\tan(\alpha)},$

ottenendo

$\left(\frac{1}{\tan(\alpha)}-\cos(\alpha)\right)\tan(\alpha)=1-\sin(\alpha).$

Nel membro sinistro dell’equazione, moltiplichiamo ogni termine per la tangente:

$\frac{1}{\tan(\alpha)}\cdot\tan(\alpha)-\cos(\alpha)\tan(\alpha)=1-\sin(\alpha) \Longleftrightarrow 1-\cos(\alpha)\tan(\alpha)=1-\sin(\alpha).$

Per finire trasformiamo la tangente usando la relazione

$\tan(\alpha)=\frac{\sin(\alpha)}{\cos(\alpha)},$

da cui

$1-\cos(\alpha)\tan(\alpha)=1-\sin(\alpha) \Longleftrightarrow 1-\cos(\alpha)\left(\frac{\sin(\alpha)}{\cos(\alpha)}\right)=1-\sin(\alpha).$

Semplificando il coseno, otteniamo

$1-\sin(\alpha)=1-\sin(\alpha),$

cioè la tesi.

Esercizio 35 $(\bigstar\largewhitestarstar\largewhitestar)$ . Semplificare la seguente espressione:

$\sin\left(\dfrac{\pi}{3}-\alpha\right)-\cos\left(\frac{\pi}{6}-\alpha\right).$

Svolgimento.

Possiamo sviluppare entrambi i termini dell’espressione utilizzando le formule di addizione e sottrazione; in particolare si ha:

$\sin\left(\dfrac{\pi}{3}-\alpha\right)=\sin\left(\dfrac{\pi}{3}\right)\cos(\alpha)-\cos\left(\dfrac{\pi}{3}\right)\sin(\alpha)= \dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos(\alpha)-\dfrac{1}{2}\sin(\alpha)$

$\cos\left(\dfrac{\pi}{6}-\alpha\right)=\cos\left(\dfrac{\pi}{6}\right)\cos(\alpha)+\sin\left(\dfrac{\pi}{6}\right)\sin(\alpha)= \dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos(\alpha)+\dfrac{1}{2}\sin(\alpha),$

da cui

$\begin{aligned} \sin\left(\dfrac{\pi}{3}-\alpha\right)-\cos\left(\frac{\pi}{6}+\alpha\right)&= \dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos(\alpha)-\dfrac{1}{2}\sin(\alpha)- \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos(\alpha)+\dfrac{1}{2}\sin(\alpha)\right)=\\ &= \dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos(\alpha)-\dfrac{1}{2}\sin(\alpha)- \dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos(\alpha)-\dfrac{1}{2}\sin(\alpha)=\\ &=-\sin\left(\alpha\right), \end{aligned}$

ottenendo così la semplificazione richiesta.

Esercizio 36 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Semplificare le seguenti espressioni:

$\begin{aligned} &(1)\quad \frac{\sin 3\alpha}{\sin\alpha}-\frac{\cos 3\alpha}{\cos\alpha}=\\ &(2)\quad \left(\frac{\cos\alpha-\sin\alpha}{\cos\alpha+\sin\alpha}\right)^2-\frac{1-\sin 2\alpha}{1+\sin 2\alpha};\\ &(3)\quad \frac{\cos^2\alpha(\sin 8\alpha-\sin 4\alpha)}{\sin 4\alpha\cos 6\alpha};\\ &(4)\quad \tan\frac{\alpha}{2}+\cot\frac{\alpha}{2}. \end{aligned}$

Svolgimento.

Semplifichiamo $(1)$ :

$\begin{aligned} &\frac{\sin 3\alpha}{\sin\alpha}-\frac{\cos 3\alpha}{\cos\alpha}=\frac{\sin(\alpha+2\alpha)}{\sin\alpha}-\frac{\cos(\alpha+2\alpha)}{\cos\alpha}=\\ &=\frac{\sin\alpha\cos 2\alpha+\sin 2\alpha\cos\alpha}{\sin\alpha}-\frac{\cos\alpha\cos 2\alpha-\sin\alpha\sin 2\alpha}{\cos\alpha}=\\ &=\cos 2\alpha+2\cos^2\alpha-\cos 2\alpha+2\sin^2\alpha=2 \end{aligned}$

Semplifichiamo $(2)$ :

$\begin{aligned} &\left(\frac{\cos\alpha-\sin\alpha}{\cos\alpha+\sin\alpha}\right)^2-\frac{1-\sin2\alpha}{1+\sin 2\alpha}=\\ &=\frac{\cos^2\alpha-2\sin\alpha\cos\alpha+\sin^2\alpha}{\cos^2\alpha+2\sin\alpha\cos\alpha+\sin^2\alpha} -\frac{1-2\sin\alpha\cos\alpha}{1+2\cos\alpha\sin\alpha}=0. \end{aligned}$

Semplifichiamo $(3)$ :

$\begin{aligned} \frac{\cos^2\alpha(\sin 8\alpha-\sin 4\alpha)}{\sin 4\alpha\cos 6\alpha}&= \frac{\cos^2\alpha(\sin(2\cdot4\alpha)-\sin 4\alpha)}{\sin 4\alpha\cos(2\alpha+4\alpha)}=\\ &=\frac{\cos^2\alpha(2\sin4\alpha\cos4\alpha-\sin4\alpha)}{\sin4\alpha(\cos2\alpha\cos4\alpha-\sin2\alpha\sin4\alpha)} =\\ &=\frac{\cos^2\alpha(2\cos4\alpha-1)}{\cos2\alpha\cos4\alpha-\sin2\alpha\sin4\alpha}=\\ &=\frac{\cos^2\alpha(2\cos^2 2\alpha-2\sin^2 2\alpha-1)}{\cos^3 2\alpha-\cos2\alpha\sin^2 2\alpha-2\sin^2 2\alpha\cos2\alpha}=\\ &=\frac{\cos^2\alpha(4\cos^2 2\alpha-3)}{\cos 2\alpha(4\cos^2 2\alpha-3)}=\\ &=\frac{\cos^2\alpha}{\cos 2\alpha}. \end{aligned}$

Alternativamente, è possibile applicare la formula di prostaferesi $\sin \beta - \sin \gamma = 2 \cos \left (\frac{\beta+\gamma}{2}\right ) \sin \left (\frac{\beta-\gamma}{2}\right )$ al numeratore, ottenendo

$\begin{aligned} \frac{\cos^2\alpha(\sin (8\alpha)-\sin (4\alpha))}{\sin 4\alpha\cos 6\alpha}&= \frac{\cos^2\alpha(2\cos(6\alpha)\sin( 2\alpha))}{\sin 4\alpha\cos\left (6\alpha\right )} = \frac{\cos^2 \alpha}{\cos(2\alpha)}, \end{aligned}$

dove nell’ultima uguaglianza abbiamo usato la formula di duplicazione $\sin(4\alpha)=2\sin(2\alpha)\cos(2\alpha)$ al denominatore e abbiamo semplificato.

Semplifichiamo $(4)$ :

$\begin{aligned} \tan\frac{\alpha}{2}+\cot\frac{\alpha}{2} &= \frac{\sin\frac{\alpha}{2}}{\cos \frac{\alpha}{2}} + \frac{\cos \frac{\alpha}{2}}{\sin\frac{\alpha}{2}} = \frac{\cos^2 \frac{\alpha}{2} + \sin^2 \frac{\alpha}{2}}{\sin\frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2}} = \frac{1}{\frac{\sin \alpha}{2}} = \frac{2}{\sin \alpha}. \end{aligned}$

Alternativamente si potevano usare le formule di bisezione della tangente e della cotangente:

$\begin{aligned} \tan\frac{\alpha}{2}+\cot\frac{\alpha}{2} &= \pm\sqrt{\frac{1-\cos\alpha}{1+\cos\alpha}}\pm\sqrt{\frac{1+\cos\alpha}{1-\cos\alpha}}=\\ &=\frac{1+\cos\alpha+1-\cos\alpha}{\pm\sqrt{1-\cos^2\alpha}}=\\\ &= \frac{2}{\sin\alpha}. \end{aligned}$

Esercizio 37 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Dire per quali valori dell’angolo $x$ l’espressione $a \sin x + b \cos x$ assume il valore massimo.

Svolgimento.

Per trovare il massimo è necessario scrivere l’espressione in una forma nota. A tal fine, utilizziamo il metodo dell’angolo aggiunto, che richiamiamo brevemente applicandolo al caso in esame. Siano $k$ e $\alpha$ due numeri reali, si vuole trovare se esistono dei valori per cui la seguente relazione risulta soddisfatta:

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

Utilizzando la formula di addizione del seno ed eguagliando i coefficienti di $\sin x$ e $\cos x$ di ambo i membri si ottiene:

$\begin{cases} a = k \cos \alpha \\ b = k \sin \alpha \end{cases} \implies k = \sqrt{a^2 + b^2}, \quad \alpha = \arctan\left(\frac{b}{a}\right).$

Sostituendo nell’espressione precedente si ha:

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

ovvero

$\max \left\{\sqrt{a^2 + b^2} \sin\left(x + \arctan\left(\frac{b}{a}\right)\right): x \in \mathbb{R}\right\} = \sqrt{a^2 + b^2}.$

Dunque il valore massimo assunto dall’espressione richiesta è

$\boxcolorato{superiori}{ \sqrt{a^2 + b^2}. }$

Esercizio 38 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Calcolare il valore dell’espressione $\left(\sin\left(\dfrac{\pi}{12}\right)+\cos\left(\dfrac{\pi}{12}\right)\right)^2$ .

Svolgimento.

Sviluppiamo il quadrato:

$\begin{aligned} \left(\sin\left(\frac{\pi}{12}\right)+\sin\left(\frac{\pi}{12} \right) \right) ^2= \sin^2\left(\frac{\pi}{12}\right)+ \cos^2 \left(\frac{\pi}{12}\right) + 2\sin \left(\frac{\pi}{12}\right) \cos\left(\frac{\pi}{12}\right)=1+\sin\left(\frac{\pi}{6}\right)=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2} \end{aligned}$

Nella seconda disuguaglianza si è usata l’identità fondamentale della trigonometria e la formula di duplicazione del seno:

$\begin{aligned} \sin^2\left(\frac{\pi}{12}\right) + \cos^2\left(\frac{\pi}{12}\right) = 1 \quad\quad \text{e} \quad\quad \sin\left(\frac{\pi}{6}\right) = 2\sin\left(\frac{\pi}{12}\right) \cos\left(\frac{\pi}{12}\right) \end{aligned}$

$\boxcolorato{superiori}{\left(\sin\left(\frac{\pi}{12}\right) + \cos\left(\frac{\pi}{12}\right)\right)^2=\left(\frac{3}{2}\right) }$

Esercizio 39 $(\bigstar\largewhitestarstar\largewhitestar)$ . Risolvere le seguenti equazioni elementari:

$(1)\quad \sin x=\frac{1}{2},\qquad (2)\quad \sin x=-\frac{\sqrt{3}}{2},\qquad (3)\quad |\sin x|=\frac{\sqrt{2}}{2},$

$(4)\quad 2\cos^2 x-5\cos x+2=0,\qquad (5)\quad\sqrt{3}\tan x-1=0.$

Svolgimento punto 1.

Le soluzioni dell’equazione nella circonferenza trigonometrica con $0\leq x\leq 2\pi$ sono $x=\pi/6$ e $x=\pi-\pi/6=5\pi/6$ , e quindi la soluzione $\mathcal{S}$ dell’equazione è

$\boxcolorato{superiori}{ \mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:\,x=\frac{\pi}{6}+2k\pi,\,\, x=\frac{5\pi}{6}+2k\pi,\,k\in\mathbb{Z}\right\}. }$

Svolgimento punto 2.

Le soluzioni dell’equazione nella circonferenza trigonometrica con $0\leq x\leq 2\pi$ sono $x=4\pi/3$ e $x=5\pi/3$ , e quindi la soluzione $\mathcal{S}$ dell’equazione è

$\boxcolorato{superiori}{ \mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:\,x=\frac{4\pi}{3}+2k\pi,\,\, x=\frac{5\pi}{3}+2k\pi,\,k\in\mathbb{Z}\right\}. }$

Svolgimento punto 3.

L’equazione si divide nelle due equazioni

$\sin x=\frac{\sqrt{2}}{2},\qquad \sin x=-\frac{\sqrt{2}}{2}.$

La prima nella circonferenza trigonometrica con $0\leq x\leq 2\pi$ ha soluzioni $x=\pi/4$ e $x=3\pi/4$ , mentre la seconda nella circonferenza trigonometrica con $0\leq x\leq 2\pi$ ha soluzioni $x=7\pi/4$ e $x=5\pi/4$ . Quindi tenendo conto della periodicità della funzione seno si ha che la soluzione $\mathcal{S}$ dell’equazione è

$\mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:\,x=\frac{\pi}{4}+2k\pi,\, x=\frac{3\pi}{4}+2k\pi,\, x=\frac{7\pi}{4}+2k\pi,\, x=\frac{5\pi}{4}+2k\pi,\,k\in\mathbb{Z}\right\}.$

Osserviamo che ognuna delle soluzioni si può ottenere dalla prima sommando ogni volta un multiplo di $\pi/2$ . Quindi la soluzione $\mathcal{S}$ dell’equazione può essere riscritta come segue:

$\boxcolorato{superiori}{ \mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:\,x=\frac{\pi}{4}+k\frac{\pi}{2},\,k\in\mathbb{Z}\right\}. }$

Svolgimento punto 4.

Ponendo $t=\cos x$ otteniamo l’equazione

$2t^2-5t+2=0,$

le cui soluzioni sono $t=2$ e $t=1/2$ (le soluzioni si possono ottenere ad esempio applicando la formula risolutiva). Tornando al coseno, abbiamo

$\cos x=2,$

che è impossibile, e

$\cos x=\frac{1}{2} \implies x=\pm\frac{\pi}{3}+2k\pi.$

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

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

Svolgimento punto 5.

L’equazione diventa

$\tan x=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3},$

le cui soluzioni sono

$x=\frac{\pi}{6}+k\pi.$

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

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

Esercizio 40 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Risolvere le seguenti equazioni miste:

$(1)\quad 2\sin(x)-4=3,\qquad (2)\quad 2\sin\left(\dfrac{x}{3}\right)+\sqrt{3}=0,\qquad (3)\quad 2\cos\left(\dfrac{\pi}{3}\right)\sin\left(x\right)-\sin\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=\tan\left(\pi\right).$

Svolgimento punto 1.

Si ha

$2\sin(x)-4=3\quad \Leftrightarrow\quad\sin(x)=4+3 \iff 2\sin(x)=7.$

Dividiamo ambo i membri dell’equazione per $7$ , cioè

$2\sin(x)=7 \iff \sin(x)=\dfrac{7}{2}.$

Osserviamo che $\dfrac{7}{2}>1$ , da cui si deduce che l’equazione è impossibile, in quanto l’immagine della funzione $\sin(x)$ è l’intervallo $[-1,1]$ . Si conclude che l’equazione è impossibile.

Svolgimento punto 2.

Si ha

$2\sin\left(\dfrac{x}{3}\right)+\sqrt{3}=0 \iff 2\sin\left(\dfrac{x}{3}\right)=-\sqrt{3} \iff \sin\left(\dfrac{x}{3}\right)=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}.$

da cui, restringendo lo ricerca delle radici dell’equazione in $[0,2\pi]$ , si ottiene

$\dfrac{x}{3}=\dfrac{4}{3}\pi \quad \vee \quad \dfrac{x}{3}=\dfrac{5}{3}\pi.$

Ora, estendendo la ricerca delle radici dell’equazione in tutto $\mathbb{R}$ e tenendo conto della periodicità della funzione seno, si ha

$\dfrac{x}{3}=\dfrac{4}{3}\pi +2k\pi\quad \vee \quad \dfrac{x}{3}=\dfrac{5}{3}\pi+2k\pi,$

con $k\in\mathbb{Z}$ . Quindi, in conclusione, moltiplicando ambo i membri delle due soluzioni per $3$ , si ottiene

$x=4\pi+6k\pi,\;k\in\mathbb{Z}\quad\vee\quad x=5\pi+6k\pi,\;k\in\mathbb{Z}.$

Si conclude che la soluzione è

$\boxcolorato{superiori}{ \mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:\,x=4\pi+6k\pi,\, x=5\pi+6k\pi,\;k\in\mathbb{Z} \right\}. }$

Svolgimento punto 3.

Ricordiamo che

$\cos\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=\dfrac{1}{2},\quad\sin\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{1}{2}\quad \text{e} \quad \tan\left(\pi\right)=0.$

Quindi l’equazione diventa

$\sin(x)=\dfrac{1}{2},$

da cui

$x=\dfrac{\pi}{6}+2k\pi,\;k\in\mathbb{Z}\quad\vee\quad x=\dfrac{5\pi}{6}+2k\pi,\;k\in\mathbb{Z}.$

Si conclude che la soluzione è

$\boxcolorato{superiori}{ \mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:\,x=\dfrac{\pi}{6}+2k\pi,\, x=\dfrac{5\pi}{6}+2k\pi,\,k\in\mathbb{Z} \right\}. }$

Esercizio 41 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Risolvere le seguenti equazioni goniometriche:

$\begin{aligned} &(1)\quad 2(\cos(2x)+3)-1=3(1-\cos(2x))+2, \\ &(2)\quad 2(\tan(3x)-1)+\sqrt{3}=1-(2\tan(3x)+3(1-\tan(3x)). \end{aligned}$

Svolgimento punto 1.

Si ha

$\begin{aligned} 2(\cos(2x)+3)-1=3(1-\cos(2x))+2 & \iff 2\cos(2x)+6-1=3-3\cos(2x)+2 \\ & \iff 5\cos(2x)=0 \\ & \iff \cos(2x)=0 \\ & \iff 2x=\dfrac{\pi}{2}+k\pi,\;k\in\mathbb{Z} \\ & \iff x=\dfrac{\pi}{4}+k\dfrac{\pi}{2},\;k\in\mathbb{Z}. \end{aligned}$

Si conclude che la soluzione dell’equazione è

$\boxcolorato{superiori}{ \mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:\,x=\dfrac{\pi}{4}+k\dfrac{\pi}{2},\;k\in\mathbb{Z} \right\}. }$

Svolgimento punto 2.

Si ha

$\begin{aligned} &2(\tan(3x)-1)+\sqrt{3}=1-(2\tan(3x)+3(1-\tan(3x))\quad \Leftrightarrow\quad\\ &\Leftrightarrow\quad2\tan(3x)-2+\sqrt{3}=1-(2\tan(3x)+3-3\tan(3x))\quad \Leftrightarrow\quad\\ & \Leftrightarrow\quad2\tan(3x)-2+\sqrt{3}=1-2\tan(3x)-3+3\tan(3x)\Leftrightarrow\\ & \Leftrightarrow\quad\tan(3x)=-\sqrt{3}, \end{aligned}$

da cui

$3x=-\dfrac{\pi}{3}+k\pi,\;k\in\mathbb{Z},$

cioè

$x=-\dfrac{\pi}{9}+\dfrac{k\pi}{3},\;k\in\mathbb{Z}.$

Si conclude che la soluzione dell’equazione è

$\boxcolorato{superiori}{ \mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:\,x=-\dfrac{\pi}{9}+\dfrac{k\pi}{3},\;k\in\mathbb{Z}\right\}. }$

Esercizio 42 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Quante soluzioni ha l’equazione

$\cos(\sin x) = \frac{1}{2}$

nell’intervallo $0 \leq x < 2\pi$ ?

Svolgimento.

Poniamo $\sin(x) = t$ . Ricordando che $\cos(\pi/3) = \cos(-\pi/3) = 1/2$ , l’equazione $\cos(t) = 1/2$ ha infinite soluzioni:

$\begin{aligned} t = {} & \arccos\left(\frac{1}{2}\right) + 2n\pi = \frac{\pi}{3} + 2n\pi, & n \in \mathbb{Z}; \\ t = {} & -\arccos\left(\frac{1}{2}\right) + 2m\pi = -\frac{\pi}{3} + 2m\pi, & m \in \mathbb{Z}. \end{aligned}$

Torniamo quindi alla variabile $x$ , e ricordiamo che $|\sin(x)| \leq 1$ $\forall x \in \mathbb{R}$ . Dato che $\pi/3 > 1$ e $2\pi > 6$ , si vede facilmente che per nessun $k$ si ha $|\pm\pi/3 + 2k\pi| \leq 1$ . L’equazione proposta non ha quindi nessuna soluzione reale. Il disegno illustra graficamente la situazione.

$\quad$

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Figura 10.

Esercizio 43 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si consideri l’equazione:

$\sin[2\cos(2x)+2] = 0.$

Quante soluzioni ammette nell’intervallo $0 \leq x \leq 2\pi$ ?

Svolgimento.

Si ha $\sin(\alpha) = 0$ se $\alpha = k\pi$ ( $k$ intero). Posto $\alpha = 2\cos(2x)+2$ , notiamo che

$0 \leq \alpha \leq 4.$

Quindi $\alpha = k\pi$ può verificarsi solo se $k = 0$ oppure $k = 1$ , dato che per $k \geq 2$ si ha $k\pi \geq 2\pi > 4$ . Nel caso $k = 0$ , limitandoci all’intervallo specificato $0 \leq x \leq 2\pi$ , abbiamo due soluzioni (indicate in arancio nella figura):

$2\cos(2x)+2 = 0 \iff \cos(2x) = -1 \iff x = \frac{\pi}{2} \vee x = \frac{3\pi}{2}.$

Se invece $k = 1$ , l’equazione diventa:

$2\cos(2x)+2 = \pi \iff \cos(2x) = \frac{\pi}{2}-1,$

che ha 4 soluzioni nell’intervallo $0 \leq x \leq 2\pi$ (indicate in viola nella figura), come si ricava considerando il grafico della funzione $\cos(2x)$ , che ha periodo pari a $\pi$ , e tenendo presente $0 < \pi/2 - 1 < 1$ .

Nel complesso, l’equazione proposta ha quindi

$\boxcolorato{superiori}{\text{6 soluzioni}}$

per $0 \leq x \leq 2\pi$ .

$\quad$

Figura 11.

Esercizio 44 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Risolvere le seguenti equazioni lineari in seno e coseno:

$(1)\quad \sqrt{3}\sin x-\cos x=1,\qquad (2)\quad \sqrt{3}\sin x+\cos x=\sqrt{3},\qquad (3)\quad\sqrt{3}\sin x +\cos x=\sqrt{3}.$

Premessa.

Prima di procedere alla soluzione degli esercizi proposti, facciamo presente al lettore che questo tipo di equazioni si chiamano equazioni lineare in seno e coseno, ed è possibile risolverle con tre metodi differenti: il metodo algebrico, il metodo grafico e il metodo dell’angolo aggiunto. Di seguito il lettore troverà proposti i tre diversi metodi risolutivi.

Svolgimento punto 1.

Applichiamo le formule parametriche e otteniamo

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

da cui, svolgendo i calcoli, si ottiene

$2\sqrt{3}t-2=0,\qquad t=\tan\frac{x}{2},$

cioè

$\tan\frac{x}{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}, \iff x=\frac{\pi}{3}+k\pi,\,k\in\mathbb{Z}.$

Si ricorda che le formule parametriche sono valide per $\alpha \neq \pi+k\pi,\,k\in\mathbb{Z}$ , pertanto dobbiamo verificare se $\alpha=\pi+k\pi$ con $k\in\mathbb{Z}$ è soluzione dell’equazione. Sostituiamo $x=\pi+2k\pi$ in $(1)$ e osserviamo che l’equazione risulta essere soddisfatta, da cui si conclude che la soluzione $\mathcal{S}$ dell’equazione è

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

Svolgimento punto 2.

Possiamo risolvere l’equazione mediante il sistema

$\begin{cases} \sqrt{3}Y+X=\sqrt{3}\\ X^2+Y^2=1 \end{cases} \qquad Y=\sin x,\quad X=\cos x.$

Dalla prima equazione del sistema si ottiene $X=\sqrt{3}(1-Y)$ , sostituendo nella seconda equazione otteniamo

$4Y^2-6Y+2=0 \iff 2Y^2-3Y+1=0,$

le cui soluzioni sono $Y=1$ e $Y=1/2$ . Le soluzioni del sistema sono allora

$\left\{\begin{array}{l} \sin x=1\\ \cos x=0 \end{array}\right.\quad \vee \quad \left\{\begin{array}{l} \sin x=1/2\\ \cos x=\sqrt{3}/2. \end{array}\right.$

da cui le soluzioni

$x=\frac{\pi}{2}+2k\pi,\qquad x=\frac{\pi}{6}+2k\pi$

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

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

Svolgimento punto 3.

Riscriviamo $(3)$ come segue:

$\begin{aligned} \sqrt{3}\sin x +\cos x=\sqrt{3} & \iff \dfrac{\sqrt{3}}{2}\sin x +\dfrac{1}{2}\cos x =\dfrac{\sqrt{3}}{2} \\ & \iff \sin\left(\dfrac{\pi}{3}\right)\sin x +\cos\left(\dfrac{\pi}{3}\right)\cos x =\dfrac{\sqrt{3}}{2}\\ &\iff \cos\left(\dfrac{\pi}{3}-x\right)=\dfrac{\sqrt{3}}{2} \\ & \iff \dfrac{\pi}{3}-x=\pm\dfrac{\pi}{6}+2k\pi, \end{aligned}$

con $k \in \mathbb{Z}$ . Abbiamo dunque

$\dfrac{\pi}{3}-x=\dfrac{\pi}{6}+2k\pi\quad \vee \quad \dfrac{\pi}{3}-x=-\dfrac{\pi}{6}+2k\pi,$

cioè

$x=\dfrac{\pi}{6}-2k\pi\quad \vee \quad x=\dfrac{\pi}{2}+2k\pi.$

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

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

Esercizio 45 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Risolvere le seguenti equazioni goniometriche:

$(1)\quad \cos(x)-\sin(x)=\sqrt{2},\qquad (2)\quad \sqrt{3}\sin(x)+3\cos(x)+3=0, \qquad (3) \quad \sin(x)+2\cos(x)-6=0.$

Svolgimento punto 1.

Osserviamo quanto segue

$\begin{aligned} \cos(x)-\sin(x) &= \sqrt{2}\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\cos x -\dfrac{1}{\sqrt{2}}\sin x \right)= \\ &= \sqrt{2}\left(\cos\left(\dfrac{\pi}{4}\right)\cos x -\sin\left(\dfrac{\pi}{4}\right)\sin x \right)= \\ &= \sqrt{2}\cos\left(\dfrac{\pi}{4}+x\right). \end{aligned}$

Dunque, l’equazione diventa

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

o anche

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

che ha come soluzione

$\dfrac{\pi}{4}+x=2k\pi,\,k\in\mathbb{Z} \iff x=-\dfrac{\pi}{4}+2k\pi,\,k\in\mathbb{Z}.$

Si conclude che la soluzione dell’equazione è

$\boxcolorato{superiori}{ \mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:\,x=-\dfrac{\pi}{4}+2k\pi,\,k\in\mathbb{Z} \right\}. }$

Altrimenti, l’equazione poteva essere risolta applicando il metodo algebrico. Ricordiamo le formule parametriche

(13) $\begin{equation*} \begin{cases} \sin(x)=\dfrac{2t}{1+t^2};\\ \cos(x)=\dfrac{1-t^2}{1+t^2};\\ t=\tan\left(\dfrac{x}{2}\right) \end{cases} \end{equation*}$

valide per $x\neq (2k+1)\pi$ con $k\in\mathbb{Z}$ . Dunque, applicando le formule parametriche, l’equazione diventa:

$\begin{aligned} \cos(x)-\sin(x)=\sqrt{2} & \iff \dfrac{1-t^2}{1+t^2}-\dfrac{2t}{1+t^2}=\sqrt{2} \\ & \iff \dfrac{1-t^2-2t}{1+t^2}=\sqrt{2}\\ &\iff 1-t^2-2t=\sqrt{2}+\sqrt{2}t^2 \\ & \iff (\sqrt{2}+1)t^2+2t+\sqrt{2}-1=0. \end{aligned}$

Il delta dell’equazione di secondo grado è

$\Delta=4-4(\sqrt{2}+1)(\sqrt{2}-1)= 4-4(2-1)=4-4=0,$

da cui

$t=\dfrac{-2}{2(\sqrt{2}+1)}=\dfrac{-1}{\sqrt{2}+1},$

e infine, razionalizzando, si ottiene

$t=\dfrac{-1}{\sqrt{2}+1}\cdot\dfrac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}-1} =\dfrac{1-\sqrt{2}}{2-1}=1-\sqrt{2}.$

Abbiamo dunque

$\tan\left(\dfrac{x}{2}\right)=1-\sqrt{2} \iff \dfrac{x}{2}=-\dfrac{\pi}{8}+k\pi,\, k\in\mathbb{Z} \iff \boxcolorato{superiori}{ x=-\dfrac{\pi}{4}+2k\pi, }$

come ottenuto in precedenza.

Svolgimento punto 2.

Per prima cosa dividiamo ambo i membri dell’equazione per $\sqrt{3}$ , ottenendo

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

Osserviamo quanto segue:

$\begin{aligned} \sin(x)+ \sqrt{3}\cos(x) &= 2\left(\dfrac{1}{2}\sin(x)+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos(x)\right)= \\ &= 2\left(\sin\left(\dfrac{\pi}{6}\right)\sin x +\cos\left(\dfrac{\pi}{6}\right)\cos x\right)= \\ &= 2\cos\left(x-\dfrac{\pi}{6}\right). \end{aligned}$

Dunque, l’equazione può essere riscritta come segue

$\sin(x)+ \sqrt{3}\cos(x)+ \sqrt{3}=2\cos\left(x-\dfrac{\pi}{6}\right)+\sqrt{3}=0,$

da cui

$\cos\left(x-\dfrac{\pi}{6}\right)=-\dfrac{\sqrt{3}}{2},$

cioè

$x-\dfrac{\pi}{6}=\pm\dfrac{5\pi}{6}+2k\pi,\, k\in\mathbb{Z},$

o anche

$x=\pi+2k\pi,\,k\in\mathbb{Z}\quad \vee \quad x=-\dfrac{2}{3}\pi+2k\pi,\,k\in\mathbb{Z}.$

Si conclude che la soluzione dell’equazione è

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

Svolgimento punto 3.

Risolviamo l’equazione con il metodo grafico; per prima cosa applichiamo il seguente cambio di variabili:

$\begin{cases} Y=\sin(x)\\ X=\cos(x) \end{cases}$

da cui, per l’identità fondamentale, si ha

$X^2+Y^2=1,$

che possiamo mettere a sistema con l’equazione (3) e ottenere il seguente sistema:

$\begin{cases} Y+2X-6=0\\ X^2+Y^2=1. \end{cases}$

Osserviamo che il sistema rappresenta l’intersezione tra una retta e una circonferenza con centro l’origine e raggio pari ad 1. Risolviamo il sistema per sostituzione, ottenendo

$\begin{cases} Y=6-2X\\ X^2+(6-2X)^2=1. \end{cases}$

Risolviamo la seconda equazione:

$X^2+(6-2X)^2=1 \iff X^2+36+4X^2-24X=1 \iff 5X^2-24X+35=0.$

Si noti che il delta dell’equazione è negativo, infatti si ha

$\dfrac{\Delta}{4}=\left(\dfrac{24}{2}\right)^2-(5)(35)= 144-175<0.$

Il sistema non ammette soluzioni e quindi l’equazione risulta impossibile.

Esercizio 46 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Risolvere la seguente equazione:

$\sin x + \cos x + \frac{1}{\sin x} + \frac{1}{\cos x} = 0.$

Svolgimento.

Affinché l’espressione al membro sinistro sia ben definita, occorre e basta che $\sin x \neq 0$ e $\cos x \neq 0$ , condizioni entrambe verificate se e solo se $x \neq \frac{k\pi}{2}$ con $k \in \mathbb{Z}$ .

Applicando il minimo comune multiplo e raccogliendo opportunamente si ottiene:

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

Il primo fattore non si annulla mai dal momento che:

$\sin x \cos x = \frac{\sin 2x}{2} \implies \frac{1}{2} \leq \sin x \cos x + 1 \leq \frac{3}{2}.$

Per cui le uniche soluzioni sono della forma:

$\boxcolorato{superiori}{ x = \frac{3\pi}{4} + k\pi \qquad \forall k \in \mathbb{Z}. }$

Esercizio 47 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Risolvere le seguenti equazioni goniometriche:

$(1)\quad 2\sin^2(x)=\sin(2x),\qquad (2)\quad 2\sin^2(x)-5\sin(x)-3=0.$

Svolgimento punto 1.

È utile applicare le formule di duplicazione, ovvero

$\sin(2x)=2\sin(x)\cos(x)$

e sostituendo otteniamo:

$\begin{aligned} 2\sin^2(x)=2\sin(x)\cos(x) &\iff \sin^2(x)-\sin(x)\cos(x)=0 \\ & \iff \sin(x)(\sin(x)-\cos(x))=0, \end{aligned}$

da cui

$\sin(x)=0 \iff x=k\pi,\;k\in\mathbb{Z}$

$\begin{aligned} \sin(x)-\cos(x)&=\sqrt{2}\left( \dfrac{1}{\sqrt{2}}\sin(x)-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\cos(x)\right)= \\ &= \sqrt{2}\left( \dfrac{1}{\sqrt{2}}\cos(x)-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\sin(x)\right)=\\ &=\sqrt{2}\left( \cos\left(\dfrac{\pi}{4}\right)\cos(x)-\sin\left(\dfrac{\pi}{4}\right)\sin(x)\right)= \\ &= \sqrt{2}\cos\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)=0 \end{aligned}$

che è equivalente a

$x+\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{2}+k\pi,\,k\in\mathbb{Z} \iff x=\dfrac{\pi}{4}+k\pi,\,k\in\mathbb{Z}.$

Si conclude che la soluzione dell’equazione è

$\boxcolorato{superiori}{ \mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:\,x=k\pi ,\, x=\dfrac{\pi}{4}+k\pi,\,\,k\in\mathbb{Z} \right\}. }$

Svolgimento punto 2.

Si pone $t=\sin(x)$ , ottenendo

$2t^2-5t-3=0.$

Calcoliamo il delta, cioè

$\Delta=25-4(-3)(2)=25+24=49,$

da cui

$t_{1,2}=\dfrac{5\pm\sqrt{49}}{4}=\dfrac{5\pm7}{4},$

e quindi

$t_1=3\quad \vee\quad t_2=-\dfrac{1}{2},$

o anche

$\sin(x)=3\quad \vee\quad \sin(x)=-\dfrac{1}{2}.$

La prima equazione è chiaramente impossibile in quanto

$-1\leq\sin(x)\leq1,\quad \forall x \in\mathbb{R}.$

La seconda equazione ha soluzione

$x=\dfrac{7\pi}{6}+2k\pi\quad \vee\quad x=\dfrac{11\pi}{6}+2k\pi,\;k\in\mathbb{Z}.$

Si ha dunque

$\mathcal{S}=\left\{\dfrac{7\pi}{6}+2k\pi,\; \dfrac{11\pi}{6}+2k\pi,\;k\in\mathbb{Z}\right\}$

Si conclude che la soluzione dell’equazione è

$\boxcolorato{superiori}{ \mathcal{S}=\left\{x \in \mathbb{R}:\,\dfrac{7\pi}{6}+2k\pi,\; \dfrac{11\pi}{6}+2k\pi,\;k\in\mathbb{Z}\right\}. }$

Esercizio 48 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Risolvere l’equazione

$\sin(2x) + \cos(-x) = \frac{1}{\cos x}.$

Svolgimento.

Il dominio dell’equazione risulta:

$\mathcal{D} = \{x \in \mathbb{R} : x \neq \pi/2 + k\pi,\,\,k \in \mathbb{Z}\}.$

Moltiplicando entrambi i membri per $\cos x$ e osservando che $\cos(-x)=\cos x$ , si ottiene:

$\begin{aligned} 2 \sin x \cos^2 x + \cos^2 x = 1 & \iff 2 \sin x (1-\sin^2 x) - \sin^2 x = 0 \\ & \iff \sin x ( 2\sin^2 x + \sin x - 2) = 0. \end{aligned}$

Applicando la legge di annullamento del prodotto si ha, per ciascun fattore:

$\sin x = 0 \implies x = k\pi$

$2 \sin^2 x + \sin x - 2 = 0 \implies \sin x = \frac{-1 - \sqrt{17}}{4} \quad \vee \quad \sin x = \frac{-1 + \sqrt{17}}{4}.$

Poiché $\frac{-1 - \sqrt{17}}{4} < -1$ , l’equazione $\sin x = \frac{-1 - \sqrt{17}}{4}$ risulta impossibile, mentre la seconda dà come soluzioni:

$x = -\arcsin\left(\frac{1 - \sqrt{17}}{4}\right) + 2k\pi \quad \vee \quad x = -\pi + \arcsin\left(\frac{1 - \sqrt{17}}{4}\right) + 2k\pi.$

L’equazione è quindi soddisfatta se e solo se

$\boxcolorato{superiori}{ \begin{aligned} x = k\pi \; &\vee \; x=-\arcsin\left(\frac{1 - \sqrt{17}}{4}\right) + 2k\pi \; \vee \\ &\vee \; x=-\pi + \arcsin\left(\frac{1 - \sqrt{17}}{4}\right) + 2k\pi \qquad \text{con } k \in \mathbb{Z}. \end{aligned} }$

Esercizio 49 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Risolvere l’equazione

$3 \cos x + \cos(2x) + \cos(3x) + \cos(4x) = 0.$

Svolgimento.

Ricordando che $\cos(3x) = 4\cos^3x - 3\cos x$ e $\cos(4x) = 8\cos^4x - 8\cos^2x + 1$ , si ottiene:

$8\cos^4x + 4\cos^3x - 6\cos^2x = 0 \iff 2\cos^2x \left(4\cos^2x + 2\cos x - 3\right) = 0.$

Applicando la legge di annullamento del prodotto si ottiene:

$\cos x = 0 \iff x = \frac{\pi}{2} + k\pi,$

$\begin{aligned} 4\cos^2x + 2\cos x - 3 = 0 &\iff \cos x = \frac{\sqrt{13} - 1}{4} \\ &\iff x = \pm \arccos\left(\frac{\sqrt{13} - 1}{4}\right) + 2k\pi \,\colon k \in \mathbb{Z}, \end{aligned}$

dove nella prima equivalenza abbiamo scartato la possibilità $\cos x = \frac{-\sqrt{13} - 1}{4}$ in quanto tale quantità è strettamente minore di $-1$ . L’equazione è quindi soddisfatta se e solo se

$\boxcolorato{superiori}{ x = \frac{\pi}{2}+k\pi \; \vee \; x=\pm \arccos\left(\frac{\sqrt{13} - 1}{4}\right) + 2k\pi \qquad \text{con } k \in \mathbb{Z}. }$

Esercizio 50 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Risolvere l’equazione

$\cos^2 x + \cos^2(2x) + \cos^2(3x) = 1.$

Svolgimento.

Utilizzando le formule usate nell’esercizio ??, si ha

$\cos^2x \left(4\cos^2x - 3\right)\left(4\cos^2x - 2\right) = 0.$

Applicando la legge di annullamento del prodotto ai tre fattori si ottiene:

$\cos(x) = 0 \iff x = \frac{\pi}{2} + k\pi,$

$\cos x = \pm \frac{\sqrt{3}}{2} \iff x = \pm \frac{\pi}{6} + 2k\pi \vee x = \pm \frac{5\pi}{6} + 2k\pi,$

$\cos x = \pm \frac{\sqrt{2}}{2} \iff x = \pm \frac{\pi}{4} + k\pi,$

coon $k\in \mathbb{Z}$ . La soluzione è dunque

$\boxcolorato{superiori}{ x \in \left \{ \frac{\pi}{2} + k\pi, \pm \frac{\pi}{6}+k\pi, \pm \frac{\pi}{4}+k\pi \colon k \in \mathbb{Z} \right\}. }$

Esercizio 51 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Risolvere le seguenti disequazioni elementari:

$(1)\ \sin x>\frac{1}{2},\quad (2)\ \sin x<\frac{\sqrt{2}}{2},\quad (3)\ \cos x<\frac{\sqrt{3}}{2},$

$(4)\ \tan x<\sqrt{3},\quad (5)\ |\sin x|>\frac{\sqrt{3}}{2}.$

Svolgimento punto 1.

Restringiamo lo studio per $x\in[0,2\pi]$ (ovvero nella circonferenza goniometrica) e successivamente teniamo conto della periodicità della funzione seno ( $T=2\pi$ ). Poiché $\sin x=1/2$ se e solo se $x=\pi/6$ oppure $x=5\pi/6$ , e dovendosi avere $\sin x>1/2$ , dovremo prendere gli archi compresi tra le soluzioni precedenti. Quindi la soluzione è

$\frac{\pi}{6}< x<\frac{5\pi}{6},$

sulla circonferenza goniometrica e

$\frac{\pi}{6}+2k\pi< x<\frac{5\pi}{6}+2k\pi,\,\, k\in\mathbb{Z},$

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

$\boxcolorato{superiori}{ \mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:\frac{\pi}{6}+2k\pi< x<\frac{5\pi}{6}+2k\pi,\,k\in\mathbb{Z}\right\}. }$

Svolgimento punto 2.

Restringiamo lo studio per $x\in[0,2\pi]$ (ovvero nella circonferenza goniometrica) e successivamente teniamo conto della periodicità ( $T=2\pi$ ) della funzione seno. Poiché $\sin x=\sqrt{2}/2$ se e solo se $x=\pi/4$ oppure $x=3\pi/4$ , e dovendosi avere $\sin x<\sqrt{2}/2$ , dovremo prendere gli archi compresi tra $0$ e $\pi/4$ e quelli tra $3\pi/4$ e $2\pi$ . Quindi la soluzione è

$0\leq x<\frac{\pi}{4},\quad \frac{3\pi}{4}< x\leq 2\pi,$

sulla circonferenza goniometrica e

$2k\pi\leq x<\frac{\pi}{4}+2k\pi,\quad \frac{3\pi}{4}+2k\pi< x\leq 2(k+1)\pi,\,\, k\in\mathbb{Z},$

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

$\boxcolorato{superiori}{ \mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:\,2k\pi\leq x<\frac{\pi}{4}+2k\pi,\,\,\frac{3\pi}{4}+2k\pi< x\leq 2(k+1)\pi,\,\,\,k\in\mathbb{Z}\right\}. }$

Restringiamo lo studio per $x\in[0,2\pi]$ (ovvero nella circonferenza goniometrica) e successivamente teniamo conto della periodicità ( $T=2\pi$ ) della funzione coseno. Poiché $\cos x=\sqrt{3}/2$ se e solo se $x=\pi/6$ oppure $x=11\pi/6$ , e dovendosi avere $\cos x<\sqrt{3}/2$ , dovremo prendere gli archi compresi tra le soluzioni precedenti. Quindi la soluzione è

$\frac{\pi}{6}< x<\frac{11\pi}{6},$

sulla circonferenza trigonometrica e

$\frac{\pi}{6}+2k\pi< x<\frac{11\pi}{6}+2k\pi,\,\, k\in\mathbb{Z},$

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

$\boxcolorato{superiori}{ \mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:\frac{\pi}{6}+2k\pi< x<\frac{11\pi}{6}+2k\pi,\,k\in\mathbb{Z}\right\}. }$

Svolgimento punto 3.

Restringiamo lo studio in $x\in\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)$ e successivamente teniamo conto della periodicità ( $T=\pi$ ) della funzione tangente. Poiché $\tan x=\sqrt{3}$ se e solo se $x=\pi/3$ , e dovendosi avere $\tan x<\sqrt{3}$ , si ha il seguente studio del segno:

$\quad$

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Figura 12: studio del segno della disequazione $(5)$

$\quad$

Svolgimento punto 4.

Da ciò si evince che la soluzione è

$-\dfrac{\pi}{2}<x<\dfrac{\pi}{3}.$

Si osserva che nel grafico dello studio del segno è stata messa una x su $\frac{\pi}{2}$ e $-\frac{\pi}{2}$ perché la funzione tangente non è definita in tali valori. Tenendo conto della periodicità della funzione tangente si può concludere che la soluzione $\mathcal{S}$ della disequazione è

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

Svolgimento punto 5.

Restringiamo lo studio per $x\in[0,2\pi]$ (ovvero nella circonferenza goniometrica) e successivamente teniamo conto della periodicità ( $T=2\pi$ ) della funzione seno. Dalla definizione di modulo si ha

$\left \vert \sin x \right \vert >\dfrac{\sqrt{3}}{2} \iff \sin x<-\frac{\sqrt{3}}{2}\quad \vee \quad \sin x>\frac{\sqrt{3}}{2}.$

Per il primo caso, essendo $\sin x=\sqrt{3}/2$ se e solo se $x=\pi/3$ oppure $x=2\pi/3$ , e dovendosi avere $\sin x>\sqrt{3}/2$ , dovremo prendere gli archi compresi tra le soluzioni precedenti. Quindi la soluzione è

$\frac{\pi}{3}< x<\frac{2\pi}{3},$

sulla circonferenza trigonometrica e

$\frac{\pi}{3}+2k\pi< x<\frac{2\pi}{3}+2k\pi,\qquad k\in\mathbb{Z},$

per la soluzione generale.

Nel secondo caso, essendo $\sin x=-\sqrt{3}/2$ se e solo se $x=4\pi/3$ oppure $x=5\pi/3$ , e dovendosi avere $\sin x<-\sqrt{3}/2$ , dovremo prendere gli archi compresi tra le soluzioni precedenti. Quindi la soluzione

$\frac{4\pi}{3}< x<\frac{5\pi}{3},$

sulla circonferenza trigonometrica e

$\frac{4\pi}{3}+2k\pi< x<\frac{5\pi}{3}+2k\pi,\,\, k\in\mathbb{Z},$

per la soluzione generale.

Ne segue che unendo le due soluzioni si ha che la soluzione della disequazione è

$\frac{\pi}{3}+2k\pi< x<\frac{2\pi}{3}+2k\pi\quad\vee \quad \frac{4\pi}{3}+2k\pi< x<\frac{5\pi}{3}+2k\pi,\,\, k\in\mathbb{Z}.$

Si conclude che la soluzione $\mathcal{S}$ della disequazione è

$\boxcolorato{superiori}{ \mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:\frac{\pi}{3}+2k\pi< x<\frac{2\pi}{3}+2k\pi\quad\vee \quad \frac{4\pi}{3}+2k\pi< x<\frac{5\pi}{3}+2k\pi,\,k\in\mathbb{Z}\right\}. }$

Esercizio 52 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Risolvere le seguenti disequazioni:

$(1)\ 2\cos^2 x-5\cos x+2\geq 0,\quad (2)\ 4\cos^2 x+2(\sqrt{3}-\sqrt{2})\cos x-\sqrt{6}<0,$

$(3)\ 2\cos 2x+2(\sqrt{3}-1)\sin x<2-\sqrt{3},\quad (4)\ \frac{\sin x(2\sin x-1)}{2\cos x+1}>0,$

$(5)\ \sqrt{3}\sin x+\cos x>0,\quad (6)\ \sin x-(2+\sqrt{3})\cos x<1.$

Svolgimento punto 1.

Poniamo $t=\cos x$ , per cui la disequazione diviene

$2t^2-5t+2=2t^2-4t-t+2=2t(t-2)-(t-2)=(2t-1)(t-2)\geq 0.$

Le soluzioni dell’equazione algebrica associata sono $t_1=1/2$ e $t_2=2$ , da cui la soluzione della disequazione algebrica

$t\leq\frac{1}{2}\quad \vee \quad t\geq 2.$

Ritornando alla disequazione originale abbiamo

$\cos x\leq\frac{1}{2}\quad\vee \quad \cos x\geq 2.$

Si osserva che non esiste $x \in \mathbb{R}$ tale per cui risulti $\cos x \geq 2$ in quanto il coseno assume valori compresi tra $-1$ e $1$ . Per la seconda la soluzione è

$\frac{\pi}{3}+2k\pi\leq x\leq\frac{5\pi}{3}+2k\pi,\,\, k\in\mathbb{Z},$

che è anche la soluzione della disequazione data. Si conclude che la soluzione $\mathcal{S}$ della disequazione è

$\boxcolorato{superiori}{ \mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:\frac{\pi}{3}+2k\pi\leq x\leq\frac{5\pi}{3}+2k\pi,\,k\in\mathbb{Z}\right\}. }$

Svolgimento punto 2.

Possiamo usare nuovamente la variabile ausiliaria $t=\cos x$ , e trasformare la disequazione trigonometrica nella disequazione algebrica

$4t^2+2(\sqrt{3}-\sqrt{2})t-\sqrt{6}<0.$

Poiché il suo discriminante è

$\Delta=4(3+2-2\sqrt{6})+4\cdot4\sqrt{6}=4(3+2+2\sqrt{6})=4(\sqrt{3}+\sqrt{2})^2;$

le soluzioni dell’equazione algebrica associata sono

$t_{1/2}=\frac{2(\sqrt{2}-\sqrt{3})\pm 2(\sqrt{3}+\sqrt{2})}{8},$

e quindi

$t_1=-\frac{\sqrt{3}}{2},\qquad t_2=\frac{\sqrt{2}}{2}.$

La disequazione algebrica ha quindi soluzione

$-\frac{\sqrt{3}}{2}<t<\frac{\sqrt{2}}{2},$

che conduce a

$-\frac{\sqrt{3}}{2}<\cos x<\frac{\sqrt{2}}{2},$

la quale equivale al sistema

$\begin{cases} \cos x>-\sqrt{3}/2\\ \\ \cos x<\sqrt{2}/2. \end{cases}$

Le disequazioni del sistema, nella circonferenza goniometrica, hanno soluzioni rispettivamente

$0\leq x<\frac{5\pi}{6}\quad \vee \quad \frac{7\pi}{6}<x\leq 2\pi,$

$\frac{\pi}{4}<x<\frac{7\pi}{4}.$

Graficamente si ha:

$\quad$

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Figura 13.

$\quad$

Da ciò si deduce che la soluzione della disequazione originale nella circonferenza goniometrica è

$\frac{\pi}{4}<x<\frac{5\pi}{6},\quad \frac{7\pi}{6}<x<\frac{7\pi}{4},$

i.e.

$\frac{\pi}{4}+2k\pi<x<\frac{5\pi}{6}+2k\pi,\quad \frac{7\pi}{6}+2k\pi<x<\frac{7\pi}{4}+2k\pi,\,\, k\in\mathbb{Z}.$

Si conclude che la soluzione $\mathcal{S}$ della disequazione è

$\boxcolorato{superiori}{ \mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:\frac{\pi}{4}+2k\pi<x<\frac{5\pi}{6}+2k\pi,\quad \frac{7\pi}{6}+2k\pi<x<\frac{7\pi}{4}+2k\pi,\,k\in\mathbb{Z}\right\}. }$

Svolgimento punto 3.

Utilizzando la formula di duplicazione del coseno nella forma

$\cos\left( 2x\right)=1-2\sin^2 x,$

la disequazione diventa

$4\sin^2 x-2(\sqrt{3}-1)\sin x-\sqrt{3}>0.$

Utilizzando questa volta la sostituzione $t=\sin x$ , e risolvendo la disequazione algebrica così ottenuta, si ha

$\sin x<-\frac{1}{2}\quad\vee \quad \sin x>\frac{\sqrt{3}}{2},$

le cui soluzioni sono, rispettivamente

$\frac{7\pi}{6}+2k\pi<x<\frac{11\pi}{6}+2k\pi\quad\textrm{e}\quad\frac{\pi}{3}+2k\pi<x<\frac{2\pi}{3}+2k\pi,\,\, k\in\mathbb{Z},$

che coincidono con le soluzioni della disequazione originale. Si conclude che la soluzione $\mathcal{S}$ della disequazione è

$\boxcolorato{superiori}{ \mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:\frac{7\pi}{6}+2k\pi<x<\frac{11\pi}{6}+2k\pi\quad\textrm{e}\quad\frac{\pi}{3}+2k\pi<x<\frac{2\pi}{3}+2k\pi,\,k\in\mathbb{Z}\right\}. }$

Svolgimento punto 4.

Risolviamo separatamente ciascuna delle disequazioni in $x\in [0,2\pi]$ :

$\begin{gathered} \sin x>0\quad\Longleftrightarrow\quad 0<x<\pi;\\ 2\sin x-1>0\quad\Longleftrightarrow\quad\frac{\pi}{6}<x<\frac{5\pi}{6};\\ 2\cos x+1>0\quad\Longleftrightarrow\quad 0\leq x<\frac{2\pi}{3}\quad\vee \quad \frac{4\pi}{3}<x\leq 2\pi. \end{gathered}$

Possiamo costruire il seguente grafico per le soluzioni:

$\quad$

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Figura 14.

$\quad$

Deduciamo la soluzione della disequazione:

$\frac{\pi}{6}+2k\pi<x<\frac{2\pi}{3}+2k\pi,\quad \frac{5\pi}{6}+2k\pi<x<\pi,\quad \frac{4\pi}{3}+2k\pi<x<2\pi+2k\pi,\,\, k\in\mathbb{Z}.$

Si conclude che la soluzione $\mathcal{S}$ della disequazione è

$\boxcolorato{superiori}{ \begin{aligned} \mathcal{S} &= \bigg\{ x\in\mathbb{R}:\frac{\pi}{6}+2k\pi<x<\frac{2\pi}{3}+2k\pi,\quad \frac{5\pi}{6}+2k\pi<x<\pi, \\ & \qquad \frac{4\pi}{3}+2k\pi<x<2\pi+2k\pi,\,k\in\mathbb{Z}\bigg\}. \end{aligned} }$

Svolgimento punto 5.

Si ha

$\begin{aligned} \sqrt{3}\sin x +\cos x=2\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\sin x +\dfrac{1}{2}\cos x\right) &= 2\left(\cos\left(\dfrac{\pi}{3}\right)\cos x+\sin\left(\dfrac{\pi}{3}\right)\sin x \right)= \\ &= 2\cos\left(x-\dfrac{\pi}{3}\right)>0, \end{aligned}$

da cui

$-\dfrac{\pi}{2}+2k\pi<x-\dfrac{\pi}{3}<\dfrac{\pi}{2}+2k\pi,\,\,k\in\mathbb{Z},$

cioè

$\begin{aligned} -\dfrac{\pi}{2}+2k\pi<x-\dfrac{\pi}{3}<\dfrac{\pi}{2}+2k\pi &\iff -\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{\pi}{3}+2k\pi<x<\dfrac{\pi}{2}+2k\pi+\dfrac{\pi}{3} \\ & \iff -\dfrac{\pi}{6}+2k\pi<x<\dfrac{5\pi}{6}+2k\pi. \end{aligned}$

Si conclude che la soluzione $\mathcal{S}$ della disequazione è

$\boxcolorato{superiori}{ \mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:-\dfrac{\pi}{6}+2k\pi<x<\dfrac{5\pi}{6}+2k\pi,\,k\in\mathbb{Z}\right\}. }$

Svolgimento punto 6.

Applichiamo le formule parametriche e otteniamo

$\sin x-(2+\sqrt{3})\cos x=\dfrac{2t}{1-t^2}-\left(2+\sqrt{3}\right)\left(\dfrac{2t}{1-t^2}\right)<1,$

cioè

$\frac{2t-(2+\sqrt{3})(1-t^2)-(1+t^2)}{1+t^2}<0.$

Osserviamo che $1+t^2>0$ per ogni valore di $t$ e quindi per ogni valore di $x$ eccetto per $x=\pi+2k\pi$ (valori per i quali $\tan(x/2)$ non è definita) con $k\in\mathbb{Z}$ . Osserviamo tuttavia che

$\sin \pi-(2+\sqrt{3})\cos \pi=2+\sqrt{3}>1,$

quindi i punti $x=\pi+2k\pi$ non fanno parte della soluzione. Ora la disequazione si può scrivere

$(1+\sqrt{3})t^2+2t-(3+\sqrt{3})<0,$

o anche, moltiplicando tutto per $\sqrt{3}-1$ e semplificando,

$t^2+(\sqrt{3}-1)t-\sqrt{3}=(t-1)(t+\sqrt{3})<0.$

Le soluzioni di questa disequazione sono

$-\sqrt{3}<t<1,$

che conducono a

$\begin{aligned} -\sqrt{3}<\tan\left(\dfrac{x}{2}\right)<1 &\iff \begin{cases} \tan\left(\dfrac{x}{2}\right)<1\\ \tan\left(\dfrac{x}{2}\right)>-\sqrt{3}. \end{cases} \\ &\iff \begin{cases} -\dfrac{\pi}{2}+k\pi<\dfrac{x}{2}<\dfrac{\pi}{4}+k\pi\\ -\dfrac{\pi}{3}+k\pi<\dfrac{x}{2}<\dfrac{\pi}{2}+k\pi, \end{cases} \\ & \iff \begin{cases} -\pi+2k\pi<x<\dfrac{\pi}{2}+2k\pi\\ -\dfrac{2\pi}{3}+2k\pi<x<\pi+2k\pi, \end{cases} \end{aligned}$

con $k\in\mathbb{Z}$ . Svolgendo i calcoli, e riducendo lo studio a $x\in \left[-\pi,\pi\right]$ per semplicità, si ottiene il seguente grafico:

$\quad$

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Figura 15.

$\quad$

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

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

Esercizio 53 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Risolvere la disequazione

$\sin(\cos(2x)) > 0.$

Svolgimento.

Per risolvere la disequazione conviene effettuare un cambio di variabile. Indicando $\cos(2x)$ con $y$ , si ha:

$\begin{aligned} \sin y > 0 \iff 2k\pi < y < \pi + 2k\pi \colon k \in \mathbb{Z} \qquad \overset{(y=\cos(2x) \in [-1,1])}{\iff} \qquad 0 < \cos(2x) \leq 1. \end{aligned}$

Risolvendo tale disequazione si ha

$\begin{aligned} -\frac{\pi}{2} +2k\pi < 2x < \frac{\pi}{2} +2k\pi \iff \boxcolorato{superiori}{ -\frac{\pi}{4} + k\pi < x < \frac{\pi}{4} + k\pi \quad \forall k \in \mathbb{Z}. } \end{aligned}$

Esercizio 54 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Risolvere la disequazione

$\sin(3x) + \sin(2x) \leq 0.$

Svolgimento.

Per la periodicità delle funzioni seno e coseno, possiamo limitarci a studiare la disequazione per $x \in [0,2\pi]$ . Applicando le formule di duplicazione e addizione si ottiene:

$\sin(2x)\cos x + \sin x \cos(2x) + 2\sin x \cos x \leq 0,$

ovvero

$2 \sin x (1 - \sin^2 x) + \sin x (1 - 2 \sin^2 x) + 2 \sin x \cos x \leq 0,$

che è equivalente a

$\sin x (3 - 4 \sin^2 x + 2 \cos x) \leq 0 \iff \sin x (4 \cos^2 x + 2 \cos x - 1) \leq 0.$

Trovando separatamente l’intervallo in cui il secondo fattore è non negativo si ottiene:

$\cos x \leq -\frac{1 + \sqrt{5}}{4} \quad \vee \quad \cos x \geq \frac{-1 + \sqrt{5}}{4}$

Indicando con $x_1 \coloneqq \arccos\left(-\frac{1 + \sqrt{5}}{4}\right)$ e $x_2 \coloneqq \arccos\left(\frac{-1 + \sqrt{5}}{4}\right)$ , tali condizioni equivalgono a

$x_1 \leq x \leq 2\pi - x_1 \quad \vee \quad 0 \leq x \leq x_2 \quad \vee \quad 2\pi - x_2 \leq x \leq 2\pi.$

Applicando il metodo dei segni si ha:

	$(0,x_1)$	$(x_1,x_2)$	$(x_2,\pi)$	$(\pi,2\pi-x_2)$	$(2\pi-x_2,2\pi-x_1)$	$(2\pi-x_1,2\pi)$
$\sin(x)$	+	+	+	–	–	–
$4\cos^2x + 2\cos x - 1$	+	–	+	+	–	+
Segno complessivo	+	–	+	–	+	–

Ne segue che la soluzione è

$\boxcolorato{superiori}{ x \in (x_1,x_2) \cup \left(\pi, 2\pi - x_2\right) \cup \left(2\pi - x_1, 2\pi\right). }$

Esercizio 55 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Risolvere la disequazione

$\frac{1}{\sin(-2x)} + \frac{1}{\cos(2x)} > 0.$

Svolgimento.

La condizione di esistenza della disequazione è data da $2x \neq \frac{k\pi}{2}$ con $k \in \mathbb{Z}$ , ossia

$x \neq \frac{k\pi}{4} \qquad \forall k \in \mathbb{Z}.$

Riducendo allo stesso denominatore e sommando si ottiene:

$\frac{\cos(2x) - \sin(2x)}{\cos(2x)\sin(2x)} < 0.$

Studiamo i segni dei singoli fattori: per il primo fattore si ha

$\begin{aligned} \cos(2x) > \sin(2x) &\iff -\frac{3\pi}{4} +2k\pi< 2x < \frac{\pi}{4}+2k\pi \\ &\iff -\frac{3\pi}{8} +k\pi< x < \frac{\pi}{8}+k\pi \\ &\iff k\pi < x < \frac{\pi}{8} +k\pi \quad \vee \quad \frac{5\pi}{8} +k\pi< x < (k+1)\pi, \end{aligned}$

(la prima equivalenza segue dal fatto che il coseno di un angolo $\alpha$ è maggiore del suo seno se e solo se il secondo lato dell’angolo giace nel semipiano inferiore alla retta bisettrice del primo e terzo quadrante), mentre per il secondo

$\cos(2x) > 0 \iff k\pi < x < \frac{\pi}{4}+k\pi \quad \vee \quad \frac{3\pi}{4}+k\pi < x < (k+1)\pi$

e per il terzo

$\sin(2x) > 0 \iff k\pi < x < \frac{\pi}{2}+k\pi,$

dove $k \in \mathbb{Z}$ . Limitandoci a studiare le soluzioni nell’intervallo $[0,\pi]$ in virtù della periodicità delle funzioni in esame, si ha:

	$\left(0,\frac{\pi}{8}\right)$	$\left(\frac{\pi}{8},\frac{\pi}{4}\right)$	$\left(\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2}\right)$	$\left(\frac{\pi}{2},\frac{5\pi}{8}\right)$	$\left(\frac{5\pi}{8},\frac{3\pi}{4}\right)$	$\left(\frac{3\pi}{4},\pi\right)$
$\cos(2x)$	+	+	–	–	–	+
$\sin(2x)$	+	+	+	–	–	–
$\cos(2x)-\sin(2x)$	+	–	+	–	+	–
Segno complessivo	+	–	+	–	+	–

La soluzione della disequazione è:

$\boxcolorato{superiori}{ \frac{\pi}{8} < x < \frac{\pi}{4} \quad \vee \quad \frac{\pi}{2} < x < \frac{5\pi}{8} \quad \vee \quad \frac{3\pi}{4} < x < \pi. }$

Esercizio 56 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Sia $\vartheta \in [0,\pi)$ un parametro reale, e si consideri l’equazione

$x^2 + y^2 + 4x\cos\vartheta + 8y\sin\vartheta + 10 = 0.$

Per quali valori di $\vartheta$ questa equazione rappresenta una circonferenza?

Svolgimento.

L’equazione di una circonferenza di centro $(x_0,y_0)$ e raggio $r$ è data da:

$(x-x_0)^2 + (y-y_0)^2 - r^2 = 0.$

Cerchiamo di ricondurre a questa forma l’equazione assegnata, usando il metodo del completamento dei quadrati.

$\begin{aligned} x^2 + y^2 {} &{} + 4x\cos\vartheta + 8y\sin\vartheta + 10 = \\ {} & = (x+2\cos\vartheta)^2 - 4\cos^2\vartheta + (y+4\sin\vartheta)^2 - 16\sin^2\vartheta + 10 = \\ {} & = (x+2\cos\vartheta)^2 + (y+4\sin\vartheta)^2 - 12\sin^2\vartheta + 6. \end{aligned}$

Affinché il luogo dei punti rappresentato da questa equazione sia una circonferenza, è necessario che il termine corrispondente a $r^2$ sia positivo:

$12\sin^2\vartheta - 6 > 0 \implies \sin^2\vartheta > \dfrac{1}{2} \implies |\sin\vartheta\,| > \dfrac{1}{\sqrt{2}}.$

Limitandoci come richiesto dal testo all’intervallo $0 \leq \vartheta < \pi$ , in cui $|\sin\vartheta\,| = \sin\vartheta$ , troviamo la soluzione:

$\boxcolorato{superiori}{\frac{\pi}{4} < \vartheta < \frac{3\pi}{4}.}$

Esercizio 57 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . La figura rappresenta la circonferenza unitaria, dove ogni punto ha coordinate $(\cos \vartheta,\sin \vartheta)$ . Stabilire in quale dei settori indicati è valida la condizione

$\tan(\vartheta) < \cos(\vartheta) < \sin(\vartheta).$

$\quad$

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Figura 16.

$\quad$

Svolgimento.

Nel piano $(x,y) = (\cos \vartheta, \sin \vartheta)$ , tenendo conto della definizione di tangente, la disuguaglianza diventa:

$\frac{y}{x} < x < y.$

La seconda disuguaglianza è verificata banalmente se $y > x$ , cioè al di sopra della bisettrice del primo e terzo quadrante (area tratteggiata in arancione nella figura qui sotto). Per quanto riguarda la prima disuguaglianza, invece, possiamo risolverla così:

$\frac{y}{x} < x \iff \frac{y-x^2}{x} < 0 \iff \begin{cases} y > x^2 & \text{per $x < 0$}; \\ y < x^2 & \text{per $x > 0$}. \end{cases}$

La regione corrispondente è ombreggiata in azzurro nella figura.

$\quad$

Figura 17.

$\quad$

Le soluzioni accettabili sono i punti $(x,y)$ appartenenti alla circonferenza unitaria che soddisfano entrambe le disequazioni appena risolte. Si vede dalla figura che la regione ammessa identifica il settore $\textcolor{ForestGreen}C$ presentato nel testo.

Esercizio 58 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Risolvere i seguenti sistemi:

$(1)\quad \begin{cases} \sin x+2\sqrt{2}\cos y=5/2\\ 3\sin x-\sqrt{2}\cos y=1/2; \end{cases} \qquad (2)\quad \begin{cases} x-y=\pi/2\\ 4\cos x\cos y+\sqrt{3}=0. \end{cases}$

Svolgimento punto 1.

Sommando alla prima la seconda equazione moltiplicata per $2$ , otteniamo

$7\sin x=\frac{7}{2}\quad \Leftrightarrow \quad \sin x=\frac{1}{2},$

le cui soluzioni sono

$x=\frac{\pi}{6}+2k\pi,\qquad x=\frac{5\pi}{6}+2k\pi.$

Sostituendo tali valori di $\sin x$ nella prima si ha

$\cos y=\frac{\sqrt{2}}{2},$

le cui soluzioni sono

$y=\pm\frac{\pi}{4}+2k\pi.$

Ne segue che le soluzioni del sistema sono

$\boxcolorato{superiori}{ \begin{cases} x=\dfrac{\pi}{6}+2k\pi, \vee x=\dfrac{5\pi}{6}+2k\pi \\ y=\pm\dfrac{\pi}{4}+2k\pi. \end{cases} \qquad \forall k \in \mathbb{Z}. }$

Svolgimento punto 2.

Poiché $x=\pi/2+y$ , si ha per la seconda equazione

$-4\sin y\cos y+\sqrt{3}=0,$

che, mediante la formula di duplicazione del seno diviene

$\sin 2y=\frac{\sqrt{3}}{2},$

le cui soluzioni sono

$2y=\frac{\pi}{3}+2k\pi,\qquad 2y=\frac{2\pi}{3}+2k\pi,$

e quindi

$\begin{gathered} y=\frac{\pi}{6}+k\pi \iff x=\frac{2\pi}{3}+k\pi, \\ y=\frac{\pi}{3}+k\pi \iff x=\frac{5\pi}{6}+k\pi. \end{gathered}$

Si conclude che le soluzioni del sistema sono

$\boxcolorato{superiori}{ \begin{cases} y=\dfrac{\pi}{6}+k\pi \\ x=\dfrac{2\pi}{3}+k\pi \end{cases} \quad \vee \quad \begin{cases} y=\dfrac{\pi}{3}+k\pi \\ x=\dfrac{5\pi}{6}+k\pi \end{cases} \qquad \forall k \in \mathbb{Z}. }$

Esercizio 59 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Sia $\vartheta \in [0,2\pi)$ un parametro reale, e si consideri il sistema nella variabili $x$ e $y$ :

$\begin{cases} (\cos\vartheta)x - (\sin\vartheta)y = 2; \\ (\sin\vartheta)x + (\cos\vartheta)y = 1. \end{cases}$

Per quali valori di $\vartheta$ il sistema ha soluzioni?

Svolgimento.

Il sistema si può interpretare geometricamente come l’intersezione nel piano $xy$ di due rette. In generale, la soluzione sarà unica, a meno che le due rette risultino parallele (nel qual caso non c’è nessuna soluzione, oppure infinite se le rette sono sovrapposte).

Due rette di equazioni $a_1y+b_1x+c_1 = 0$ e $a_2y+b_2x+c_2 = 0$ sono parallele se e solo se $a_1b_2 = a_2b_1$ . Usando i parametri del testo, questo si traduce nella condizione:

$\cos^2\vartheta = - \sin^2\vartheta.$

Si vede facilmente che questa equazione è impossibile, dato che equivale a $\cos^2\vartheta + \sin^2\vartheta = 0$ , cioè $1 = 0$ . Concludiamo che le rette non sono mai parallele.

Alternativamente, in modo più formale, si introduce in algebra il concetto di determinante di un sistema di equazioni lineari. Nel nostro caso, esso vale:

$D = \left|\begin{matrix}\cos\vartheta & -\sin\vartheta \\ \sin\vartheta & \cos\vartheta\end{matrix}\right| = \cos^2\vartheta+\sin^2\vartheta = 1.$

Il sistema ha una soluzione unica ogniqualvolta $D \ne 0$ , condizione in questo caso trivialmente verificata. Si vede che la condizione è la stessa di quella ricavata col procedimento geometrico.

Ne segue che il sistema ha soluzioni per ogni $\vartheta \in \mathbb{R}$ .

Esercizio 60 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Risolvere i seguenti sistemi di disequazioni:

$(1)\ \begin{cases} \sin x>0\\ \\ 2\cos x<+\sqrt{3}; \end{cases}\qquad (2)\ \begin{cases} 3\tan x\geq\sqrt{3}\\ \\ 2\sin x<-\sqrt{3}. \end{cases}$

Svolgimento punto 1.

Le due disequazioni hanno soluzioni rispettivamente

$0<x<\pi$

$\frac{\pi}{6}<x<\frac{11\pi}{6},$

sulla circonferenza goniometrica. Possiamo costruire il seguente grafico per le soluzioni:

$\quad$

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Figura 18.

$\quad$

Da esso deduciamo che, in $[0,2\pi]$ , la soluzione del sistema è

$\frac{\pi}{6}<x<\pi.$

Si conclude che la soluzione $\mathcal{S}$ del sistema è

$\boxcolorato{superiori}{ \mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:\frac{\pi}{6}+2k\pi<x<\pi+2k\pi,\,k\in\mathbb{Z}\right\}. }$

Svolgimento punto 2.

Limitando lo studio all’intervallo $[0,2\pi]$ , le due disequazioni hanno soluzioni rispettivamente

$\frac{\pi}{6}\leq x<\frac{\pi}{2}\quad\vee \quad \frac{7\pi}{6}\leq x<\frac{3\pi}{2},$

$\frac{4\pi}{3}<x<\frac{5\pi}{3},$

sulla circonferenza trigonometrica. Possiamo costruire il seguente grafico per le soluzioni:

$\quad$

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Figura 19.

$\quad$

Da ciò deduciamo che la soluzione del sistema è

$\boxcolorato{superiori}{ \mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:\frac{4\pi}{3}+2k\pi<x<\frac{3\pi}{2}+2k\pi,\,k\in\mathbb{Z}\right\}. }$

Esercizio 61 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Risolvere le seguenti equazioni:

$(1)\quad \sqrt{3}\tan x-1=0,\qquad (2)\quad \sin 2x+5\sin^2 x=0,$

$(3)\quad (\sqrt{3}-1)\sin x\cos x+(\sqrt{3}+1)\cos^2 x-1=0.$

Svolgimento punto 1.

Riscriviamo l’equazione come segue

$\sqrt{3}\tan x-1=0 \iff \tan x=\frac{\sqrt{3}}{3},$

le cui soluzioni sono

$x=\frac{\pi}{6}+k\pi,\,k\in\mathbb{Z}.$

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

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

Svolgimento punto 2.

Possiamo scrivere, usando la formula di duplicazione del seno

$2\sin x\cos x+5\sin^2 x=0 \iff \sin x(2\cos x+5\sin x)=0,$

da cui le due equazioni

$\sin x=0,\qquad 5\sin x+2\cos x=0.$

La soluzione della prima è

$x=k\pi$

con $k\in\mathbb{Z}$ , mentre la seconda equivale a¹

$5\tan x+2=0 \iff \tan x=-\frac{2}{5},$

le cui soluzioni sono

$x=\arctan\left(-\frac{2}{5}\right)+k\pi, \,\,k\in\mathbb{Z}.$

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

$\boxcolorato{superiori}{ \mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:x=\arctan\left(-\frac{2}{5}\right)+k\pi,\,\,x=k\pi,\,\,k\in\mathbb{Z}\right\}. }$

Si osservi che possiamo assumere $\cos x \neq 0$ , in quanto altrimenti essa si riduce a $\sin x = 0$ , caso già studiato nella prima equazione. ↩

Svolgimento punto 3.

Riscriviamo $(3)$ utilizzando la formula fondamentale: l’equazione diventa

$(\sqrt{3}-1)\sin x\cos x+\sqrt{3}\cos^2 x-\sin^2 x=0,$

la quale, dividendo per $\cos^2 x$ , equivale a

$\begin{aligned} \tan^2 x-(\sqrt{3}-1)\tan x-\sqrt{3}=0 & \iff \tan^2 x -\sqrt{3} \tan x +\tan x-\sqrt{3} =0\\ &\iff \tan x \left(\tan x -\sqrt{3}\right)+\left(\tan x -\sqrt{3}\right)=0\\ &\iff \left(\tan x +1\right)\left(\tan x -\sqrt{3}\right)=0. \end{aligned}$

E’ importante notare che per dividere per $\cos^2 x$ bisogna porre $\cos x \neq 0$ , cioè $x\neq \frac{\pi}{2}+k\pi$ con $k\in \mathbb{Z}$ . In particolare $x=\frac{\pi}{2}+k\pi$ non è soluzione dell’equazione. Dunque dopo aver diviso per $\cos^2 x$ abbiamo ottenuto una nuova equazione che ha come soluzione

$\tan x=-1,\qquad \tan x=\sqrt{3},$

da cui le soluzioni

$x=-\frac{\pi}{4}+k\pi,\qquad x=\frac{\pi}{3}+k\pi$

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

$\boxcolorato{superiori}{ \mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:x=-\frac{\pi}{4}+k\pi,\,\, x=\frac{\pi}{3}+k\pi.,\,\,k\in\mathbb{Z}\right\}. }$

Esercizio 62 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Risolvere l’equazione simmetrica

$\sin x+\cos x-2\sqrt{2}\sin x\cos x=0.$

Svolgimento.

Operando la sostituzione $x=\pi/4+y$ otteniamo l’equazione

$\sqrt{2}\cos y-\sqrt{2}(\cos^2 y-\sin^2 y)=0 \iff 2\cos^2 y-\cos y-1=0,$

da cui

$\cos y=1,\qquad \cos y=-\frac{1}{2}.$

Le soluzioni sono

$y=2k\pi,\qquad y=\pm\frac{2\pi}{3}+2k\pi,$

e quindi per $x$ abbiamo

$x=\frac{\pi}{4}+2k\pi,\qquad x=\frac{11\pi}{12}+2k\pi,\qquad x=-\frac{5\pi}{12}+2k\pi.$

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

$\boxcolorato{superiori}{ \mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:\,x=\frac{\pi}{4}+2k\pi,\,\, x=\frac{11\pi}{12}+2k\pi,\,\, x=-\frac{5\pi}{12}+2k\pi,\,k\in\mathbb{Z}\right\}. }$

Esercizio 63 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Risolvere le seguenti equazioni goniometriche:

$(1)\quad 2\cos^2(x)-\sin(x)-1=0,\qquad (2)\quad \cot(2x)\cdot\cot(x)=1, \qquad (3) \quad \cos(4x)-\cos(2x)=\sin(3x).$

Svolgimento punto 1.

Sfruttando l’identità fondamentale della goniometria possiamo trasformare il coseno nel modo seguente:

$\cos^2(x)=1-\sin^2(x).$

Sostituendo nell’equazione otteniamo

$\begin{aligned} 2\cos^2(x)-\sin(x)-1=0 & \iff 2(1-\sin^2(x))-\sin(x)-1=0 \\ & \iff 2-2\sin^2(x)-\sin(x)-1=0 \\ & \iff 2\sin^2(x)+\sin(x)-1=0\\ & \iff 2\sin^2(x)+2\sin(x)-\sin x -1=0 \\ & \iff 2 \sin x \left(\sin x +1\right)-\left(\sin x +1\right)=0\\ & \iff \left(2\sin x -1\right)\left(\sin x +1\right)=0, \end{aligned}$

da cui

$\sin(x)=\dfrac{1}{2}\quad \vee \quad \sin(x)=-1,$

cioè

$x=\dfrac{\pi}{6}+2k\pi,\;k\in\mathbb{Z}, \quad x=\dfrac{5\pi}{6}+2k\pi,\;k\in\mathbb{Z}, \quad x=\dfrac{3\pi}{2}+2k\pi,\;k\in\mathbb{Z}.$

Si conclude che la soluzione dell’equazione è

$\boxcolorato{superiori}{ \mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:\, \dfrac{\pi}{6}+2k\pi,\; \dfrac{5\pi}{6}+2k\pi,\; \dfrac{3\pi}{2}+2k\pi ,\,k\in\mathbb{Z} \right\}. }$

Svolgimento punto 2.

Osserviamo che la condizione di esistenza dell’equazione è data da

$\begin{cases} x \neq k\pi\\ x \neq \dfrac{k\pi}{2} \end{cases}$

con $k\in \mathbb{Z}$ . Il sistema ha come soluzione $x \neq \dfrac{k\pi}{2}$ con $k\in\mathbb{Z}$ . Si ricorda che la cotangente è definita come

$\cot(x)=\dfrac{\cos(x)}{\sin(x)} \quad \forall x \in \mathbb{R}\setminus \{k\pi,\,k\in \mathbb{Z}\}.$

Pertanto, l’equazione diventa

$\dfrac{\cos(2x)}{\sin(2x)}\cdot\dfrac{\cos(x)}{\sin(x)}=1.$

Si ricorda che

$\begin{aligned} \sin(2x)=2\sin(x)\cos(x) \quad \vee \quad \cos(2x)=1-2\sin^2(x). \end{aligned}$

Nuovamente, l’equazione si può riscrivere come

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

che, semplificando, diventa

$\dfrac{1-2\sin^2(x)}{2\sin^2(x)}=1.$

Da $\sin x \neq 0$ , condizione già assunta per l’esistenza dell’equazione, e moltiplicando ambo i membri dell’equazione per $2\sin^2(x)$ , si ottiene

$1-2\sin^2(x)=2\sin^2(x)\quad \Leftrightarrow\quad 4\sin^2(x)=1\quad \Leftrightarrow\quad \sin^2(x)=\dfrac{1}{4}\quad \Leftrightarrow\quad \sin(x)=\pm\dfrac{1}{2},$

da cui

$\sin(x)=\dfrac{1}{2} \iff x=\dfrac{\pi}{6}+2k\pi,\;k\in\mathbb{Z}\quad \vee \quad x=\dfrac{5\pi}{6}+2k\pi,\;k\in\mathbb{Z}$

$\quad \quad \sin(x)=-\dfrac{1}{2} \iff x=\dfrac{7\pi}{6}+2k\pi,\;k\in\mathbb{Z}\quad \vee \quad x=\dfrac{11\pi}{6}+2k\pi,\;k\in\mathbb{Z}.$

Si osservi che è possibile scrivere la soluzione generale in modo più compatto, in quanto, ad esempio, osservando che

$\dfrac{7\pi}{6}=\dfrac{\pi}{6}+\pi$

$\dfrac{11\pi}{6}=\dfrac{5\pi}{6}+\pi,$

è chiaro che è possibile riscrivere la soluzione dell’equazione come segue:

$\boxcolorato{superiori}{ \mathcal{S}=\left\{x \in \mathbb{R}\setminus \left\{\dfrac{k\pi}{2},\,k\in \mathbb{Z}\right\}:\,x=\dfrac{\pi}{6}+k\pi,\;x=\dfrac{5\pi}{6}+k\pi,\, \;k\in\mathbb{Z}\right\}. }$

Svolgimento punto 3.

Applicando le formule di prostaferesi² si ha

$\cos\left(4x\right)-\cos\left(2x\right)=-2\sin \left(3x\right) \sin \left(x\right).$

Dunque, l’equazione si riscrive come

$\cos(4x)-\cos(2x)=-2\sin \left(3x\right) \sin \left(x\right)=\sin(3x).$

Abbiamo dunque

$-2\sin \left(3x\right) \sin \left(x\right)-\sin(3x)=0 \iff \sin\left(3x\right)\left(2\sin x +1\right)=0,$

da cui

$\sin\left(3x\right)=0 \iff 3x=k\pi, \, k\in\mathbb{Z}\quad \iff \quad x=\dfrac{k\pi}{3}, \, k\in\mathbb{Z}$

$2\sin x +1=0 \iff \sin x=-\dfrac{1}{2} \iff x=\dfrac{7\pi}{6}+2k\pi,\;k\in\mathbb{Z}\quad \vee \quad x=\dfrac{11\pi}{6}+2k\pi,\;k\in\mathbb{Z}.$

Si conclude che la soluzione dell’equazione è

$\boxcolorato{superiori}{ \mathcal{S}=\left\{x\in\mathbb{R}:\, x=\dfrac{k\pi}{3},\,x=\dfrac{7\pi}{6}+2k\pi,\,x=\dfrac{11\pi}{6}+2k\pi,\,k\in\mathbb{Z} \right\}. }$

Tali relazioni possono essere ricavate ad esempio dalle formule di addizione e sottrazione del coseno:

$\begin{aligned} &\cos\left(\alpha +\beta\right)=\cos \alpha \cos \beta - \sin \alpha \sin \beta ,\\ &\cos\left(\alpha -\beta\right)=\cos \alpha \cos \beta + \sin \alpha \sin \beta , \end{aligned}$

dove $\alpha$ e $\beta$ sono due numeri reali. Sottraendo ambo i membri delle due precedenti relazioni, si ottiene

$\cos\left(\alpha +\beta\right)-\cos\left(\alpha -\beta\right)=-2\sin \alpha \sin \beta.$

Imponendo le condizioni $\alpha +\beta=4x$ e $\alpha -\beta=2x$ e risolvendo, si ottiene quanto desiderato. ↩

Esercizio 64 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Risolvere le seguenti equazioni goniometriche:

$\begin{gathered} (1)\quad \dfrac{1+\sin(x)}{\cos(x)}=\tan(x)+\cos(x),\qquad (2)\quad \sin(2x)=\cos(x)(1-\cos(2x)). \end{gathered}$

Svolgimento punto 1.

La condizione di esistenza dell’equazione è data da

$\cos(x)\neq0 \iff x\neq\dfrac{\pi}{2}+k\pi,\,k\in\mathbb{Z}.$

Si ricorda che

$\tan(x)=\dfrac{\sin(x)}{\cos(x)},$

da cui, è possibile riscrivere l’equazione come segue

$\dfrac{1+\sin(x)}{\cos(x)}=\dfrac{\sin(x)}{\cos(x)}+\cos(x);$

moltiplicando entrambi i membri dell’equazione per $\cos(x)$ si ottiene

$1+\sin(x)=\sin(x)+\cos^2(x) \iff 1=\cos^2(x) \iff \cos(x)=\pm1.$

Abbiamo dunque

$\begin{gathered} \cos(x) =1 \iff x=2k\pi\vee x=\pi+2k\pi,\;k\in\mathbb{Z}\\ \cos(x) =-1 \iff x=\pi+2k\pi,\;k\in\mathbb{Z}, \end{gathered}$

da cui si ha $x=k\pi,\;k\in\mathbb{Z}$ . Confrontando le soluzioni con il campo di esistenza deduciamo che sono tutte valide. Si conclude che la soluzione dell’equazione è

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

Svolgimento punto 2.

Utilizziamo le formule di duplicazione per portare tutte le funzioni allo stesso argomento:

$\begin{aligned} \sin(2x)&=2\sin(x)\cos(x);\\ \cos(2x)&=1-2\sin^2(x). \end{aligned}$

Abbiamo dunque

$\begin{aligned} 2\sin(x)\cos(x)=\cos(x)(1-(1-2\sin^2(x)) & \iff 2\sin(x)\cos(x)=\cos(x)(2\sin^2(x))\\ & \iff 2\sin(x)\cos(x)=2\cos(x)\sin^2(x) \\ & \iff 2\sin(x)\cos(x)=2\cos(x)\sin^2(x) \\ & \iff 2\cos(x)\sin(x)(1-\sin(x))=0, \end{aligned}$

da cui

$\cos(x)=0 \iff \dfrac{\pi}{2}+k\pi,\;k\in\mathbb{Z},$

$\sin(x)=0 \iff x=k\pi,\;k\in\mathbb{Z},$

$\sin(x)=1 \iff x=\dfrac{\pi}{2}+2k\pi,\;k\in\mathbb{Z}.$

Si conclude che la soluzione dell’equazione è

$\boxcolorato{superiori}{ \mathcal{S}=\left\{\dfrac{k\pi}{2} \colon k\in\mathbb{Z}\right\}. }$

Esercizio 65 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Quante soluzioni ha l’equazione

$7\sin(x) + 2\cos^2(x) = 5$

nell’intervallo $0 \leq x < 2\pi$ ?

Svolgimento.

Ricordando che $\cos^2(x) = 1-\sin^2(x)$ , l’equazione proposta è equivalente a:

$2\sin^2(x) - 7\sin(x) + 3 = 0.$

Posto $\sin(x) = t$ , si tratta quindi di risolvere l’equazione algebrica di secondo grado $2t^2-7t+3 = 0$ , che ha soluzioni $t = 3$ e $t = 1/2$ . Tornando ad $x$ , dato che $\sin(x) \leq 1$ , la prima radice si deve scartare, e le uniche soluzioni valide corrispondono a $\sin(x) = 1/2$ . Restringendosi all’intervallo $[0,2\pi)$ si trova $x = \pi/6$ e $x = 5\pi/6$ . Dunque l’equazione ammette

$\boxcolorato{superiori}{\text{2 soluzioni}}$

nell’intervallo considerato.

Esercizio 66 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Quante soluzioni reali possiede l’equazione

$(3+\cos x)^2 = 4 - 2\sin^8 x$

nell’intervallo $0 \leq x < 2\pi$ ?

Svolgimento.

Dato che $-1 \leq \cos x \leq 1$ , il membro di sinistra è compreso tra $(3-1)^2$ e $(3+1)^2$ , cioè tra 4 e 16. Inoltre, dato che $0 \leq \sin^8x \leq 1$ , il membro di destra è compreso tra $(4-2)$ e 4, cioè tra 2 e 4. L’unica possibilità affinché l’equazione sia verificata è che esistano dei valori di $x$ per cui entrambi i membri siano uguali a 4. Nell’intervallo $[0,2\pi)$ , il primo termine è uguale a 4 se:

$(3+\cos x)^2 = 4 \iff \cos x = -1 \iff x = \pi.$

Sostituendo nel secondo membro, si vede che effettivamente $x = \pi$ è una soluzione dato che $4 - 2\sin^8\pi = 4$ .

La figura rappresenta graficamente la situazione.

$\quad$

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Figura 20.

Esercizio 67 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Quante soluzioni ha l’equazione

$\sin^2(x) + 3\sin(x)\cos(x) + 2\cos^2(x) = 0$

nell’intervallo $0 \leq x < 2\pi$ ?

Svolgimento.

Dato che $\cos x \neq 0$ , in quanto altrimenti l’equazione implicherebbe $\sin x = 0$ , contro $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$ . Dunque, dividendo ambo i membri dell’equazione per $\cos^2 x$ si ottiene

(14) $\begin{equation*} \tan^2 x + 3 \tan x + 2 = 0 \iff (\tan x +1) (\tan x +2)=0. \end{equation*}$

Le soluzioni dell’equazione di partenza soddisfano pertanto $\tan x = -1$ oppure $\tan x = -2$ . Nell’intervallo $[0,2\pi)$ , vediamo che si tratta di quattro valori distinti (rappresentati in figura con il simbolo $\star$ ).

$\quad$

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Figura 21.

Esercizio 68 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Quali delle seguenti relazioni valgono per ogni $x \in \mathbb{R}$ ?

$\quad$

$\sin\left(\dfrac{\pi}{2} +x\right) = \cos\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)$ ;

$2 + 2\sin(x) - \cos^2(x) \geq 0$ ;

$\sin\left(x+\dfrac{3\pi}{2}\right) = \cos(\pi-x)$ ;

$\sin(x)\cos(x) \leq \dfrac{1}{4}$ .

Svolgimento.

Analizziamo le espressioni una ad una.

Svolgimento punto 1.

Questa uguaglianza è falsa, per esempio con $x = 0$ si ha:

$\sin\left(\frac{\pi}{2}\right) = 1 \ne \cos\left(\frac{\pi}{2}\right) = 0.$

Svolgimento punto 2.

Questa disuguaglianza è sempre vera. Usando l’identità trigonometrica fondamentale $\sin^2(x)+\cos^2(x) = 1$ , si ha infatti per ogni $x \in \mathbb{R}$ :

$2 + 2\sin(x) - \cos^2(x) = \sin^2(x) + 2\sin(x) + 1 = [\sin(x)+1]^2 \geq 0.$

Svolgimento punto 3.

Questa è un’identità che discende banalmente dalle formule per gli archi associati. Per il gusto di esplorare un metodo alternativo, ricorriamo invece agli esponenziali complessi. Se $z \in \mathbb{C}$ , indichiamo con $\operatorname{Re}(z)$ e $\operatorname{Im}(z)$ le parti reale ed immaginaria $z$ , rispettivamente. Allora, per $\vartheta \in \mathbb{R}$ :

$e^{i\vartheta} = \cos(\vartheta) + i\sin(\vartheta) \implies \begin{cases}\cos(\vartheta) = \operatorname{Re}(e^{i\vartheta}); \\ \sin(\vartheta) = \operatorname{Im}(e^{i\vartheta}).\end{cases}$

Ricordiamo che per $z\in\mathbb{C}$ si ha $\operatorname{Im}(iz) = \operatorname{Re}(z)$ (la moltiplicazione per $i$ “ruota” $z$ di $90^\circ$ in senso antiorario). Quindi si ha:

$\begin{aligned} \sin\left(x+\dfrac{3\pi}{2}\right) = {} & \operatorname{Im}\left(e^{ix+3\pi i/2}\right) = \operatorname{Im}\left(e^{3\pi i/2}e^{ix}\right) = \\ = {} & \operatorname{Im}\left(-ie^{ix}\right) = -\operatorname{Im}\left(ie^{ix}\right) = -\operatorname{Re}\left(e^{ix}\right) = -\cos(x). \end{aligned}$

$\begin{aligned} \cos(\pi-x) = {} & \operatorname{Re}\left(e^{\pi i -ix}\right) = \operatorname{Re}\left(e^{\pi i}e^{-ix}\right) = \\ = {} & \operatorname{Re}\left(-e^{-ix}\right) = -\operatorname{Re}\left(e^{-ix}\right) = -\cos(-x) = -\cos(x). \end{aligned}$

Svolgimento punto 4.

Questa disuguaglianza non è vera in generale, dato che:

$\sin(x)\cos(x) = \dfrac{1}{2}\sin(2x),$

che può chiaramente assumere valori $>1/4$ . Per esempio, se $x = \pi/4$ :

$\sin(x)\cos(x) = \frac{1}{2}\sin\left(2\cdot\frac{\pi}{4}\right) = \frac{1}{2} > \frac14.$

Le relazioni sempre valide sono dunque

$\boxcolorato{superiori}{2, \quad 3.}$

Esercizio 69 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Indicare quale dei seguenti grafici rappresenta qualitativamente la curva definita dall’equazione

$\cos^2(x) = \cos^2(y).$

$\quad$

Figura 22.

$\quad$

Svolgimento.

L’equazione di partenza è equivalente a:

$|\cos(y)| = |\cos(x)|,$

che a sua volta si sdoppia come segue ( $k$ è un numero intero arbitrario):

$\begin{gathered} \cos(y) = +\cos(x) \iff y = x + 2k\pi \vee y = -x + 2k\pi;\\ \cos(y) = -\cos(x) = \cos(x+\pi) \iff y = x+\pi + 2k\pi \vee y = -x -\pi + 2k\pi. \end{gathered}$

Queste due coppie di soluzioni si possono condensare in:

$y = \pm x + k\pi \quad (k \in \mathbb{Z}).$

Questo è un fascio di rette parallele alle bisettrici dei quadranti, che intersecano gli assi delle ascisse e delle ordinate per $x = k\pi$ e $y = h\pi$ ( $k, h \in \mathbb{Z}$ ).

Il grafico nella prima riga al centro viene escluso perché le intersezioni della curva con gli assi coordinati avvengono solo in corrispondenza dei multipli pari di $\pi$ . Il grafico corretto è dunque quello in alto a destra.

Esercizio 70 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Sia $n$ un intero positivo e si consideri l’equazione:

$\cos^n(x) + \cos^{2n}(x) = 0.$

Quante soluzioni reali esistono nell’intervallo $0 \leq x \leq 2\pi$ ?

Svolgimento.

Fattorizziamo l’equazione nel modo seguente:

$\cos^n(x)\left[1+\cos^n(x)\right] = 0.$

Per la legge di annullamento del prodotto, l’equazione viene risolta se almeno uno dei fattori si annulla. Come prima opzione abbiamo (limitandoci all’intervallo $0 \leq x \leq 2\pi$ ):

$\cos^n(x) = 0 \iff \cos(x) = 0 \iff x = \frac{\pi}{2} \vee x = \frac{3\pi}{2}.$

Il secondo fattore $1+\cos^n(x)$ non si annulla mai se $n$ è pari, dato che in questo caso $1+\cos^n(x) \geq 1 > 0$ . Se invece $n$ è dispari, abbiamo:

$\cos^n(x) = -1 \iff \cos(x) = \sqrt[n]{-1} = -1 \iff x = \pi.$

In conclusione, se $n$ è pari abbiamo solo le prime 2 soluzioni, mentre se è $n$ dispari se ne aggiunge una terza.

Esercizio 71 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Calcolare il valore minimo assunto dalla funzione:

$f(x) = 9\cos^4(x) - 12\cos^2(x) + 7.$

Svolgimento.

Riscriviamo l’espressione di $f$ nel seguente modo:

$f(x) = 9\cos^4(x) - 12\cos^2(x) + 4 + 3 = [3\cos^2(x)-2]^2 + 3.$

Il termine tra parentesi non è mai negativo, per cui $f(x) \geq 3$ . Tale valore viene effettivamente assunto se $\cos^2(x) = 2/3$ (che ha infinite soluzioni). La risposta è dunque

$\boxcolorato{superiori}{\min_{x \in \mathbb{R}} \big( 9\cos^4(x) - 12\cos^2(x) + 7\big) = 3.}$

Esercizio 72 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Sia $\vartheta$ un parametro reale e si consideri la retta $r$ di equazione

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

Indichiamo con $\mathcal{A}$ l’area della più grande delle due regioni in cui $r$ divide il cerchio di equazione $x^2 + y^2 \leq 4$ . Per quanti valori di $\vartheta$ nell’intervallo $0 \leq \vartheta \leq 2\pi$ l’area $\mathcal{A}$ assume il suo valore massimo?

Svolgimento.

Il punto $P = (-1,1)$ è interno alla circonferenza (che ha raggio 2), e per ogni valore di $\vartheta$ , la retta $r$ passa per $P$ , che funge da “perno”: $r$ ruota attorno a $P$ al variare di $\vartheta$ . Se $\cos(\vartheta) \ne 0$ , l’equazione di $r$ è infatti equivalente a:

$y = 1 + (x+1)\tan(\vartheta),$

che ha coefficiente angolare $\tan(\vartheta)$ , e quindi $\vartheta$ corrisponde all’angolo formato da $r$ con l’asse delle ascisse (se $\cos\vartheta = 0$ , la retta è verticale, $x=-1$ ). Al variare di $\vartheta$ in $[0,2\pi]$ , la retta compie una rotazione completa e, per simmetria, configurazioni che differiscono di $180^\circ$ sono geometricamente indistinguibili.

Geometricamente, è evidente che l’area del segmento circolare diventa massima quando $r$ è ortogonale a $OP$ . Dato che $P$ appartiene alla bisettrice del secondo e quarto quadrante, questo avviene per i due valori $\vartheta = \pi/4$ oppure $\vartheta = 3\pi/4$ . Un modo per dimostrare rigorosamente questo fatto è mostrato in figura.

$\quad$

Figura 23.

$\quad$

Costruiamo l’asse $HK$ della corda $QR$ identificata da $r$ . L’area $\mathcal{A}$ del segmento circolare (colorato in giallo in figura) dipende unicamente dalla lunghezza di $HK$ (che è la cosiddetta altezza del segmento circolare): al crescere di $\overline{HK}$ , aumenta anche $\mathcal{A}$ . Massimizzare $\mathcal{A}$ equivale quindi a massimizzare $\overline{HK}$ . Dato che $HK$ è un cateto del triangolo rettangolo $KHP$ , $\overline{HK} \leq \overline{PK}$ , e quindi la sua massima lunghezza si ottiene quando $P$ coincide con $H$ . La riposta è dunque che l’area $\mathcal{A}$ assume il suo valore massimo per

$\boxcolorato{superiori}{\text{2 valori di $\vartheta$.}}$

Esercizio 73 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Per $0 \leq x < 2\pi$ , si consideri l’equazione

$\sin^3(x) + \cos^2(x) = 0.$

Quante soluzioni ha questa equazione?

Svolgimento.

Risolviamo l’equazione per via grafica, riscrivendola in primo luogo come:

$\sin^3(x) = -\cos^2(x).$

I grafici di $\sin^3(x)$ e di $-\cos^2(x)$ sono rappresentati in figura, e si possono ricavare conoscendo quelli delle funzioni $\sin(x)$ e $\cos(x)$ , come indicato di seguito:

$\quad$

Figura 24.

$\quad$

Per costruire il grafico di $\sin^3(x)$ , basta considerare che $\sin^3(x) = -1$ se $x = 3\pi/2$ , $\sin^3(x) = 0$ se $x = 0$ oppure $x = \pi$ , e $\sin^3(x) = +1$ per $x = \pi/2$ . Dato che la trasformazione $t \to t^3$ è monotona crescente su $[-1,1]$ , $\sin^3(x)$ ha inoltre la stessa crescenza di $\sin(x)$ , quindi cresce per $0 \leq x \leq \pi/2$ e per $3\pi/2 \leq x \leq 2\pi$ , mentre descresce per $\pi/2 \leq x \leq 3\pi/2$ .

La funzione $-\cos^2(x)$ è naturalmente non positiva e varia nell’intervallo $[-1,0]$ . Dato che $\cos(x+\pi) = -\cos(x)$ , ha periodo $\pi$ . Si ha $-\cos^2(x) = 0$ per $x = \pi/2$ e $x = 3\pi/2$ , mentre $-\cos^2(x) = -1$ se $x = 0$ , $x = \pi$ , o $x = 2\pi$ . La funzione $-\cos^2(x)$ cresce per $0 \leq x \leq \pi/2$ e per $\pi \leq x \leq 3\pi/2$ , mentre decresce per $\pi/2 \leq x \leq \pi$ e $3\pi/2 \leq x \leq 2\pi$ .

Si conclude che, nell’intervallo da considerare $0 \leq x < 2\pi$ (area grigia in figura), ci sono due intersezioni (marcate dai punti viola). La risposta è quindi che l’equazione proposta possiede

$\boxcolorato{superiori}{\text{2 soluzioni}}$

nell’intervallo $[0, 2\pi).$

Esercizio 74 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare le soluzioni dell’equazione

$2\cos^2(x)+5\sin(x) = 4$

nell’intervallo $0 \leq x < 2\pi$ .

Svolgimento.

Ricordando che $\cos^2(x) = 1 - \sin^2(x)$ , riscriviamo l’equazione nella forma:

$2\sin^2(x) - 5\sin(x) +2 = 0,$

Posto $t=\sin(x)$ , abbiamo di un’equazione di secondo grado in $t$ , che ha soluzioni $t = 1/2$ e $t = 2$ . Dato che $t = \sin(x) \leq 1$ , la seconda soluzione va scartata, e resta da considerare per quali valori di $x$ si ha:

$\sin(x) = \frac{1}{2},$

ossia

$\boxcolorato{superiori}{x= \frac{\pi}{6}, \quad \vee \quad x= \frac{5\pi}{6},}$

limitandoci all’intervallo $0 \leq x < 2\pi$ .