Ad esempio, un’equazione goniometrica del tipo:
\[ a\cdot sen^2x+b \cdot senx+c=0 \]
potrà essere ricondotta, effettuando la sostituzione \( t = senx \), alla seguente equazione algebrica di secondo grado:
\[ a t^2+bt+c=0 \]
e potrà essere risolta nell’incognita \( t \) come una normale equazione di secondo grado.
Determinate le eventuali soluzioni reali \( t_1 \) e \( t_2 \), sarà sufficiente risolvere rispetto ad \( x \) le seguenti equazioni goniometriche elementari:
\[ senx = t_1\]
\[ senx = t_2 \]
In questo modo, avremo le soluzioni in \( x \) dell’equazione assegnata.
Facciamo ora qualche esercizio insieme per meglio capire sotto quali forme possono presentarsi le equazioni goniometriche per cambio di variabile. L’occasione è anche ghiotta per risolvere qualche equazione goniometrica elementare 😉
Esercizi sulle equazioni goniometriche per cambio di variabile (riconducibili ad algebriche)
Esercizio 1
\[ ctg^2x+ctgx=0 \]
Effettuiamo la sostituzione:
\[ t = ctgx \]
In questo modo ci riconduciamo all’equazione algebrica:
\[ t^2+t=0 \]
la quale si risolve effettuando un raccoglimento al primo membro ed applicando la legge di annullamento del prodotto:
\[ t(t+1)=0 \: \Rightarrow t = 0 \: \vee \: t + 1 = 0 \]
Otteniamo le soluzioni dell’equazione algebrica:
\[ t = 0 \: \vee \: t = -1 \]
Ora, ricordandoci che abbiamo posto \( t = ctgx \), dalle uguaglianze appena scritte otteniamo le equazioni goniometriche elementari:
\[ ctgx = 0 \: \vee \: ctgx = -1 \]
Vediamo ora di risolverle 🙂
Osserviamo che l’equazione:
\[ ctgx = 0 \]
equivale a:
\[ \dfrac{cosx}{senx}=0 \]
La condizione di esistenza della frazione, cioè \( senx \neq 0 \) non ha importanza poiché quando \( cosx=0 \) sicuramente \( senx \neq 0 \) (le funzioni seno e coseno non si annullano mai insieme, basta guardarne i grafici). Quindi, i valori che annullano il numeratore non annulleranno mai il denominatore. Possiamo dunque “eliminare” il denominatore senza porre alcuna condizione. Abbiamo quindi:
\[ \dfrac{cosx}{senx}=0 \: \Rightarrow \: cosx=0 \: \]
Risolvendo \( cosx = 0 \) otteniamo la prima soluzione dell’equazione originaria assegnata:
\[ x = \frac{\pi}{2} + k \pi \]
Ci rimane ora da risolvere l’equazione goniometrica elementare:
\[ ctgx=-1 \]
Ricordando la definizione della cotangente sulla circonferenza goniometrica, ci è utile disegnare la seguente figura:
Tracciamo la retta orizzontale \( c \) passante per il punto (0,1). Individuiamo sull’asse \( x \) il punto di ascissa \( -1 \) (poiché questo è il valore della cotangente nell’equazione elementare).
Proiettiamo questo punto nella retta \( c \), ottenendo il punto \( C \) (è il punto della retta \( c \) avente ascissa \( -1 \)). Tracciamo la retta passante per i punti \( C \) ed \( O \). Tale retta interseca la circonferenza goniometrica in due punti \( P \) e \( P’ \). A questi punti corrispondono gli angoli riportati in figura.
Osserviamo che la retta passante per C ed O forma un angolo geometrico di 45 gradi con l’orizzontale. Ciò non ci stupisce, perché se la cotangente vale 1 in valore assoluto, sicuramente le coordinate dei punti P e P’ sono tra loro uguali in valore assoluto (basta ricordarsi ancora una volta che \( ctgx=\dfrac{cosx}{senx} \)).
Può essere utile osservare che l’angolo di minore ampiezza si ricava geometricamente come:
\[ \dfrac{\pi}{2}+\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{3}{4}\pi \]
L’altro angolo si ottiene come:
\[ 2\pi – \dfrac{\pi}{4}= \dfrac{7}{4}\pi \]
Ricordo che questa tabella può essere di grande aiuto per individuare correttamente gli angoli. In questo caso, è utile ricercare gli angoli ai quali corrisponde il valore -1 della cotangente 😉
Osserviamo che dovendo determinare le soluzioni in tutti i reali, non dobbiamo riportare entrambi gli angoli tra le soluzioni, poiché il periodo della cotangente è \( \pi \) e i due angoli che abbiamo trovato differiscono tra loro proprio di \( \pi \). Scriveremo dunque per l’equazione elementare \( ctgx=-1 \) le soluzioni \( x = \dfrac{3}{4}\pi+k\pi \).
Per ottenere le soluzioni dell’equazione goniometrica di partenza dobbiamo unire le soluzioni delle due equazioni elementari che abbiamo risolto. Così, le soluzioni dell’equazione assegnata sono:
\[ x = \dfrac{\pi}{2}+k\pi \: \vee \: \dfrac{3}{4}\pi + k\pi, \quad k \in \mathbb{Z} \]
Esercizio 2
Risolvere l’equazione:
\[ 3tg^2x-1=0 \]
Effettuiamo la sostituzione:
\[ t = tgx \]
In questo modo, l’equazione assegnata diventa:
\[ 3t^2-1 = 0 \]
Le soluzioni dell’equazione algebrica di secondo grado binomia sono:
\[ t_{1,2} = \pm \dfrac{\sqrt{3}}{3} \]
Ricordandoci che avevamo posto \( t = tgx \), si tratta ora di risolvere le equazioni goniometriche elementari:
\[ tgx = \frac{\sqrt{3}}{3}, \qquad tgx = -\frac{\sqrt{3}}{3} \]
Riportiamo gli angoli che soddisfano entrambe le equazioni nella seguente figura:
Utilizzando la definizione di tangente sulla circonferenza goniometrica, tracciamo la retta verticale \( t \)passante per il punto (1, 0). Individuiamo su tale retta i punti aventi rispettivamente ordinata\( – \dfrac{\sqrt{3}}{3} \) e \( \dfrac{\sqrt{3}}{3} \). Tracciamo le rette passanti per questi punti e l’origine. Individueremo quattro punti sulla circonferenza goniometrica, a ciascuno dei quali corrisponderà un angolo. Consideriamo gli angoli sul primo e quarto quadrante.
Ora grazie anche alla solita tabella possiamo verificare che al valore della tangente di \( \dfrac{\sqrt{3}}{3} \) corrisponde l’angolo \( \dfrac{\pi}{6} \), mentre al valore \( -\dfrac{\sqrt{3}}{3} \) corrisponde l’angolo \( -\dfrac{\pi}{6} \). Nella tabella possiamo in realtà trovare anche altri angoli per quei valori della tangente, tuttavia confrontando i disegni possiamo escludere agevolmente gli angoli che non ci interessano 😉
Tenendo conto che il periodo della funzione tangente è \( \pi \), possiamo scrivere per l’equazione goniometrica assegnata le soluzioni:
\[ x = -\dfrac{\pi}{6}+k\pi, \qquad \dfrac{\pi}{6}+k\pi, \quad k \in \mathbb{Z} \]
Nota: come mostra la figura, nell’intervallo \( [0, \: 2\pi] \) otteniamo come soluzioni due angoli per ciascuna equazione (infatti, i punti evidenziati sulla circonferenza goniometrica sono quattro). Tuttavia, come già abbiamo visto più volte, dato che il periodo della funzione tangente è \( \pi \) dobbiamo indicare nelle soluzioni in \( \mathbb{R} \) soltanto due valori degli angoli più le periodicità.
Esercizio 3
\[ cos^2x-3cosx+2=0 \]
Poniamo \( t = cosx \). L’equazione assegnata diventa:
\[ t^2-3t+2=0 \]
Le cui soluzioni, che possiamo determinare rapidamente vedendo che compare a primo membro un trinomio caratteristico, sono:
\[ x_{1,2}= 2, \quad 1 \]
Ricordandoci che avevamo posto \( t=cosx \), otteniamo le equazioni goniometriche elementari:
\[ cosx=2, \qquad cosx=1 \]
La prima è ovviamente impossibile (non rispetta il vincolo \( m \leq 1 \)), mentre la seconda ha soluzioni:
\[ x=2k\pi, \qquad k \in \mathbb{Z} \]
Queste sono anche le soluzioni dell’equazione assegnata.
Esercizio 4
Risolvere l’equazione:
\[ 4cos^2x-2(\sqrt{2}-\sqrt{3})cosx-\sqrt{6}=0 \]
Poniamo \( t = cosx \). Abbiamo così l’equazione algebrica:
\[ 4t^2-2(\sqrt{2}-\sqrt{3})t-\sqrt{6}=0 \]
Si tratta di un’equazione di secondo grado nell’incognita \( t \) che ha soluzioni:
\[ t_{1,2} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}, \:\: -\dfrac{\sqrt{3}}{2} \]
Ricordandoci che abbiamo posto \( t=cox \), riscriviamo le precedenti uguaglianze come:
\[ cosx=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\quad \vee \quad cosx = -\dfrac{\sqrt{3}}{2} \]
Ci ritroviamo così a dover risolvere due equazioni goniometriche elementari.
Risolviamo la prima:
\[ cosx=\dfrac{\sqrt{2}}{2} \]
Dovremmo ormai ricordarci che l’angolo notevole \( \dfrac{\pi}{4} \) ha come valore del coseno proprio \( \dfrac{\sqrt{2}}{2} \). Ricordandoci che in generale \( cos(x)=cos(-x) \), abbiamo per questa equazione le soluzioni:
\[ x = \pm \dfrac{\pi}{4} + 2 k \pi \]
Risolviamo ora l’equazione:
\[ cosx = -\dfrac{\sqrt{3}}{2} \]
Aiutiamoci in questo caso con la circonferenza goniometrica:
In colore rosa ho riportato gli angoli geometrici per aiutare meglio a capire l’ampiezza degli angoli.
Tracciata la retta verticale \( x = – \dfrac{\sqrt{3}}{2} \), individuiamo per intersezione sulla circonferenza goniometrica due punti P e P’. Si uniscono poi questi punti all’origine. I segmenti ottenuti formano con l’asse delle \( x \)un angolo geometrico di ampiezza \( \dfrac{\pi}{6} \).
Possiamo verificare questa ampiezza ricordandoci che il coseno dell’angolo elementare \( \pi/6 \) è \( \dfrac{\sqrt{3}}{2} \), cioè \( \left|- \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right| \), il modulo del valore presente nell’equazione.
Così, si ottengono gli angoli:
\[ \pi – \dfrac{\pi}{6} = \dfrac{5}{6}\pi \]
e
\[ \pi + \frac{\pi}{6} = \frac{7}{6}\pi \]
Così le soluzioni dell’equazione goniometrica elementare sono:
\[ x = \frac{5}{6}\pi + 2k\pi, \qquad x = \frac{7}{6}\pi + 2 k \pi \]
Come mostra la figura, avremmo anche potuto scrivere le soluzioni così:
\[ x = -\frac{5}{6}\pi + 2k\pi, \qquad x = \frac{5}{6}\pi + 2 k \pi \]
Infatti, gli angoli \( -\dfrac{5}{6}\pi \) e \( \dfrac{7}{6}\pi \) individuano sulla circonferenza goniometrica lo stesso punto (P’).
Possiamo quindi scrivere le soluzioni di un’equazione goniometrica elementare in più modi, ma ricordiamoci che i punti sulla circonferenza goniometrica che corrispondono alle soluzioni sono sempre gli stessi 😉
Ricapitolando, l’equazione assegnata è stata risolta mediante la ricerca delle soluzioni di due equazioni goniometriche elementari. Unendo le soluzioni di tali equazioni otteniamo le soluzioni dell’equazione goniometrica assegnata:
\[ x = \pm \frac{\pi}{4} + 2 k \pi, \qquad x = \pm \frac{5}{6}\pi + 2k \pi \]
Leggendo tali soluzioni si può vedere che cercando di sfruttare adeguatamente gli angoli negativi otteniamo soluzioni più compatte 😉
Nota: nel caso abbiate provato a risolvere l’equazione algebrica incontrata nell’esercizio,
\[ 4t^2-2(\sqrt{2}-\sqrt{3})t-\sqrt{6}=0 \]
e abbiate avuto difficoltà nell’ottenere le soluzioni, probabilmente la ragione è data dalla presenza di un radicale doppio che esce fuori sviluppando la formula del delta.
Il radicale doppio che si ottiene è:
\[ \sqrt{5+2\sqrt{6}} \]
Possiamo riscriverlo come segue e ci accorgiamo che il primo radicando è il quadrato di un binomio:
\[ \sqrt{5+2\sqrt{6}} = \sqrt{2+3+2\sqrt{6}} \]
Infatti, i valori 2 e 3 vanno in questo caso visti come i quadrati dei valori \( \sqrt{2} \) e \( \sqrt{3} \). Si può così scrivere:
\[ \sqrt{2+3+2\sqrt{6}} = \sqrt{{\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)}^2}= \sqrt{2}+\sqrt{3} \]
E abbiamo risolto 😉
Esercizio 5
Risolvere l’equazione:
\[ 2sen^2 \left (x+\dfrac{\pi}{4}\right)+ 3 sen \left (x+\dfrac{\pi}{4}\right)+1=0 \]
Poniamo \( t=sen \left (x+\dfrac{\pi}{4}\right) \). Otteniamo l’equazione algebrica:
\[ 2t^2+3t+1=0 \]
Risolviamo l’equazione in \( t \) ottenendo le soluzioni:
\[ t_{1,2} = -1, \quad -\dfrac{1}{2} \]
Effettuando il cambio di variabile inverso, otteniamo le due equazioni goniometriche:
\[ sen \left (x+\dfrac{\pi}{4}\right)=-1, \qquad sen \left (x+\dfrac{\pi}{4}\right) = -\frac{1}{2} \]
Risolviamo la prima.
\[ sen \left (x+\dfrac{\pi}{4}\right)=-1 \]
Possiamo fare ancora una sostituzione. Poniamo:
\[ z=x+\dfrac{\pi}{4} \]
In questo modo l’equazione diviene elementare:
\[ senz=-1 \]
L’equazione è risolta per \( z = -\frac{\pi}{2}+2k\pi \). Ritornando alla variabile \( x \):
\[ x+\frac{\pi}{4}=-\frac{\pi}{2}+2k\pi \]
Ovvero:
\[ x = -\frac{3}{4}\pi + 2 k \pi \]
Risolviamo ora la seconda equazione:
\[ sen \left (x+\dfrac{\pi}{4}\right) = -\frac{1}{2} \]
Effettuando ancora la sostituzione \( z=x+\dfrac{\pi}{4} \) otteniamo l’equazione goniometrica elementare:
\[ senz= -\frac{1}{2} \]
L’equazione è risolta per:
\[ z = – \frac {\pi}{6}+2k\pi \: \vee \: z = \frac{7}{6}\pi+2k\pi \]
Tornando alla variabile \( x \):
\[ x+\dfrac{\pi}{4} = – \frac {\pi}{6}+2k\pi \: \vee \: x+\dfrac{\pi}{4} = \frac{7}{6}\pi+2k\pi \]
Esplicitando la \( x \) otteniamo:
\[ x = -\frac{5}{12}\pi+2k\pi \: \vee \: x = \frac{11}{12}\pi + 2 k\pi \]
Otteniamo in definitiva per l’equazione goniometrica assegnata le soluzioni:
\[ x = -\frac{3}{4}\pi + 2 k \pi \: \vee \: x = -\frac{5}{12}\pi+2k\pi \: \vee \: x = \frac{11}{12}\pi + 2 k\pi \]
Ora veniamo all’ultimo esercizio sulle equazioni goniometriche per cambio di variabile. 🙂
Esercizio 6
Risolvere l’equazione:
\[ ctg \left(x- \frac{\pi}{8}\right)+tg\left(x- \frac{\pi}{8}\right)-2=0 \]
Ricordando che la cotangente è l’inverso della tangente, possiamo riscrivere l’equazione come:
\[ \frac{1}{tg\left( x-\dfrac{\pi}{8}\right)}+tg\left( x-\dfrac{\pi}{8}\right)-2 = 0 \]
Effettuando la sostituzione \( z = tg\left( x-\dfrac{\pi}{8}\right) \) possiamo ricondurci all’equazione algebrica:
\[ \frac{1}{z}+z-2=0 \]
Sotto l’ipotesi \( z \neq 0 \) l’equazione diviene:
\[ 1+z^2-2z = 0 \]
Tale equazione ammette le soluzioni:
\[ z_{1,2} = 1, \quad 1 \]
Le soluzioni rispettano la condizione \( z \neq 0 \) per cui sono accettabili. Essendo reali e coincidenti, ne prendiamo solo una. Ri-sostituendo a z l’espressione in x che le avevamo assegnato otteniamo:
\[ tg \left(x-\dfrac{\pi}{8} \right)=1 \]
Senza effettuare un altro cambio di variabile, è ormai intuitivo scrivere:
\[ x-\frac{\pi}{8}=\frac{\pi}{4}+k\pi \]
Svolgendo i calcoli, l’equazione assegnata è risolta per:
\[ x = \frac{3}{8}\pi + k\pi \]
In questo caso dobbiamo verificare che la soluzione sia accettabile per l’equazione di partenza. Infatti dobbiamo verificare che l’argomento della funzione cotangente nella forma iniziale dell’equazione sia diverso da \( \pi \) in corrispondenza di \( x = \dfrac{3}{8}\pi \) e che l’argomento della funzione tangente sia diverso da \( \dfrac{\pi}{2} \) sempre per quella \( x \). Si ha:
\[ x-\dfrac{\pi}{8} \quad \text{con} \quad x = \dfrac{3}{8}\pi \quad \Rightarrow \quad \dfrac{1}{4}\pi \neq \pi, \: \neq \dfrac{\pi}{2} \]
La soluzione ottenuta è in conclusione accettabile.
Abbiamo dunque visto come sia possibile risolvere diversi tipi di equazioni goniometriche sfruttando ciò che sappiamo sulle equazioni algebriche, cioè le equazioni contenenti polinomi.
Per chi desidera più esercizi sulle equazioni goniometriche per cambio di variabile (riconducibili ad algebriche), basta un click!
Nella prossima lezione vedremo le equazioni goniometriche risolvibili con le formule trigonometriche. Un saluto a tutti! 🙂