Equazioni e disequazioni irrazionali
Equazioni e disequazioni modulari
Equazioni e disequazioni logaritmiche e
esponenziali
Equazioni e disequazioni goniometriche
Equazioni irrazionali
n√
n√
A(x) = B(x) ↔ A(x) = [B(x)]n
A(x) = B(x) ↔
A(X) ≥ 0
B(x) ≥ 0
A(x) = [B(x)]n
(n dispari)
( n pari)
Risolvi
4  x  x  x
3
3
 4  x  x    x
3
3
3
4  x  x  x
x  4
3
3
3
Risolvi
2x 2  x  4  2x  1
2 x 2  x  4  0

2 x  1  0
 2
2
2x  x  4  2x  1
Soluzione x=3

x  

1

x 
2

1

x1   2 , x 2  3
Disequazioni irrazionali
se n è dispari
n√
A(x) < B(x) ↔ A(x) < [B(x)]n
n√
A(x) > B(x) ↔ A(x) > [B(x)]n
se n è pari ( n = 2)
√ A(x) < B(x) ↔
√ A(x) > B(x) ↔
A(x) ≥ 0
B(x) > 0
A(x) < [B(x)]2
A(x) ≥ 0
B(x) < 0
V
B(x) ≥ 0
A(x) > [B(x)]2
ESEMPI
x  2x  15  x  1
2
x 2  2x  15  0

x  1  0
 2
2
x  2x  15  x  1
3≤x<4
x  5  x  3

x  1
x  4

Esempi
x 1  x  3
x  3  0

2
x  1  x  3
x  1  0

x  3  0

x  3
3 x5

2  x  5

soluzione
1 x  5
1 x  3
Valore assoluto di una variabile
x
x 

x

se x≥0
se x<0
Risoluzione equazioni modulari
Per risolvere un’equazione che contiene il
valore assoluto della variabile, o di una
espressione con la variabile, si deve
eliminare il valore assoluto, tenendo
presente il segno dell’espressione in esso
contenuta.
Esempi
x  5  3x  1
Andiamo a studiare l’argomento del modulo
x  5  0

 x  5  3x  1
x  5

4 x  4
x  5  0

x  5  3x  1
x  5

2x  4
x 1
impossibil e
X=1
Risolvi
x  1  3x  2x  8
x  4  2x  1
x
2
4  x
2
 5x  10
Equazioni esponenziali
Un’equazione si dice esponenziale quando
la variabile compare all’esponente
ax = b
2 ∙ 5x – 1 = 0
2x ∙52 – 1 = 0
con a > 0
è esponenziale
non è esponenziale
Come possono essere
ax = b
ax = b è
con a > 0
determinata
indeterminata
impossibile
a, b Є R e a ≠ 1
a= b=1
se b ≤ 0, a =1 e b ≠ 1
Come si risolvono
Si cerca di scrivere a e b come potenze aventi la stessa base
per poi poter eguagliare gli esponenti
Ad esempio:
25x = 125
52x=53
2x=3
x=3/2
Questo non sempre è possibile come nel caso
dell’equazione
6∙3x-32-x=15
In questo caso conviene introdurre una incognita
ausiliaria ed applicare le proprietà delle potenze
in modo da ottenere
2
3
6  3 x  x  15  ponendo 3 x  t
3
9
1
2
2
6t   15  6t  9  15t  6t  15t  9  0  t 1   , t 2  3
t
2
1
x
3   , N.A.
2
3x  3  x  1
Risolvi
5 x  2  251 x 1
 
x
5
125
54  5x 1
5 x  2  5 22 x 1
5
4x
5

5




5
5
5 3x
5 3x
5
 4x  5  x 
4
5x
1
 x
1
x
5  1 25  1
5x
1
x


1

ponendo
5
t
x
2x
5 1 5 1
t
1
t (t  1)  1 t 2  1
 2
1
 2
 ponendo  1  t
2
t 1 t 1
t 1
t 1
t2  t 1 t2 1  0  t  0
imp .
LE DISEQUAZIONI ESPONENZIALI
Se a > 1,
t > z ↔ a t > az
Se 0 < a < 1,
t > z ↔ a t < az
Ad esempio si ha
32x > 128
x
25x>27
1
1
1
    
4
8
2
3x
5x>7
2
x>7/5
2
1
    3x  2  x 
3
2
Risolvi
x
3
250  5  2
x
3
x
3
x
3
2
1
x
3
5 
 5   5  5   3
250
125
3
x  9
Risolvi
3  23
x
2 x
7
2
3
x
x
3  2  x  7  pongo 3  t
3
18
t
 7  t 2  7t  18  0
t
 2  t  9
x

3
 2  x

x
23 9  x
x2

3  9  x  2
LE EQUAZIONI LOGARITMICHE
Un’equazione si dice logaritmica quando
l’incognita compare nell’argomento di
almeno un logaritmo
Ad esempio log(x-7) = 1
Come si risolvono
Risolvere un’equazione del tipo
loga A(x) = loga B(x)
Equivale a risolvere il seguente sistema
A(x)>0
condizione di esistenza
B(x)>0
condizione di esistenza
A(x)=B(x) uguaglianza argomenti
Ad esempio
log x + log (x + 3) = log 2 + log (2x + 3)
Imponendo le condizioni di esistenza
Applicando le proprietà dei logaritmi
log x(x+3)=log 2(2x+3) ottengo
x1 = - 2
N.A.
x2 = 3 acc.
x>0
x+3>0
2x+3>0
x>0
x+3>0
2x+3>0
x2+3x=4x+6
Oppure possiamo aver bisogno di introdurre una
incognita ausiliaria come nel caso
( log 3 x ) 2 – 2 log 3 x – 3 = 0 ponendo log 3 x = t
ed x>0
Si ottiene t2 - 2t – 3 = 0 da cui t1 = -1 e t2 = 3
Da cui t1 = -1
t2 = 3
x1 = 1/3
x2 = 27
Risolvi
log 2 x  2  log 2 8  x  log 2 x  3
x  2  0
x

2

8  x  0


2  x  8
x  8


x4
x  0
x  4

x  0
x

2
x
2



x

16

0

 8  x 8
Risolvi
2 log x  5 log 2 x  3  0
2
2
poniamo log 2 x  t  2t 2  5t  3  0
1

t 1  3 log 2 x  3  x1 


8

1 
t 2  2
log x  1  x  2
2
 2
2
LE DISEQUAZIONI LOGARITMICHE
loga A(x) < loga B(x)
equivale a risolvere il seguente sistema
A(x)>0
B(x)>0
A(x)<B(x)
A(x)<B(x)
condizione di esistenza
condizione di esistenza
se a>1
se a<1
disequazione
Ad esempio
• log5 ( x – 1) < 2 che equivale log5 ( x – 1) < log5 25
Da cui
x–1>0
1 < x < 26
x – 1 < 25
• log1/3 ( x – 4 ) > log1/3 5x
x–4>0
x - 4 < 5x
da cui
x>4
Risolvi
log 11 2  x  log 11 x  2
2  x  0


x  2  0
2  x  x  2

x  2

x  2  0  x  2
x  0

log 1 20x  3
5
x  0
20
x

0

25



25  x 
4
x
20x  125

4

log 2 5x  6   3 
poniamo log 2 5x  6   y
4
log 2 5x  6 
y  1
4
y 2  3y  4
y  3

 0 
y
y
0  y  4
6

x 
5x  6  0



5
1) log 2 5x  6   1  

1  
1


log
5
x

6

log
2
2

5x  6 
2


2

6

x


6
13

5

 x 

5
10
x  13

10

2)0  log 2 5x  6   4
6

x  5
5x  6  0

22
7
22



 x 
log 2 5x  6   log 2 16  x 
5
5
5
log 5x  6   log 1

2
2

7

x  5

soluzione
6
13
7
22
 x 

 x 
5
10
5
5
LE EQUAZIONI GONIOMETRICHE
Un’equazione si dice goniometrica se contiene
almeno una funzione goniometrica dell’incognita.
Ad esempio 2∙cos(x) = 1
Mentre
2∙cos(π/4) = 1 non è un’equazione
goniometrica perché non contiene funzioni
goniometriche dell’incognita x
LE EQUAZIONI GONIOMETRICHE
ELEMENTARI
determinata
se -1 ≤ a ≤ 1
impossibile
se a < -1 v a > 1
sen x = a
• sen x = ½
x = π/6 + 2k π e x = π – π/6 + 2k π = 5/6 π + 2k π
se -1 ≤ b ≤ 1
determinata
cos x = b
impossibile
se b < -1 v b > 1
• cos x = - √3 / 2
Se β è una soluzione, le sue soluzioni
sono:
x = β + 2kπ v x = - β + 2kπ
tg x = c
L’equazione è determinata per qualunque
valore reale di c
tg x = √ 3 / 3
Se γ è una soluzione, le sue
soluzioni sono:
x = γ + kπ
Particolari equazioni goniometriche
elementari
sen  sen'  1  '2k   2  (  ' )  2k
Ad esempio risolviamo


1
1
sen x    sen x  
Che fornisce le soluzioni
2
4
2
4
1
 1

1

x1   x1   x1   x1   ed anche
2
2 4
4
4
4
1


7
1
x2      x2    x2  
2
2
4
4
4
sen α = - sen α’
Poiché – senα’ = sen(-α’), si ha senα = sen(-α’)
senα = cosα’
Poiché cosα’ = sen(π/2 – α’ ) l’equazione si può
scrivere sen α = sen (π/2 – α’ )
sen α = - cos α’
Poichè cos α’ = sen (π/2 – α’ ) l’equazione si può
scrivere sen α = - sen (π/2 – α’ ) = sen (- π/2 + α’ )
cos   cos '    '2k
Ad esempio risolviamo


cos 6x  cos x  
3



x1  
 2k




15
6x   x    
3

x    2k
2

21

cos α = - cos α’
– cos α’ = cos (π - α’), quindi cos α = cos (π - α’)
tg  tg'    'k
Ad esempio risolviamo






tg 3x    tg 4x    3x   4x   k
7
8
7
8


15
x    k
56
tg α = - tg α’
Poiché - tg α’ = tg(- α’) l’equazione si può scrivere
tg α = tg (- α’ )
Le equazioni lineari in seno e coseno
a sen x + b cos x + c = 0
con a, b, c Є R
a≠0eb≠0
• METODO ALGEBRICO
Se c = 0,
a sen x + b cos x = 0
si divide per cos x :
a tg x + b = 0 → tg x = - b / a
Se c ≠ 0,
a sen x + b cos x + c = 0
Si utilizzano le formule parametriche:
2t
1 - t2
sen x =
cos x =
con t = tg x/2 e x ≠ π/2 + k π
1 + t2
1 + t2
Si ottiene un’equazione del tipo α t2 + β t + γ = 0, riconducibile ad
elementare
Esempio
3senx  cos x  2
3senx  cos x  2
2t
1 t2
2
2
3

 2  2 3t  1  t  2  2t  0
2
2
1 t
1 t
3
x
2
 3t  2 3t  1  0  t 
  30  k180
3
2
x  60  k 360
METODO GRAFICO
Si risolve il sistema
a sen x + b cos x + c = 0
cos 2 x + sen 2 x = 1
Poi si pone cos x = X e sen x = Y
si ottiene il sistema algebrico
aY+bX+c=0
X2 + Y2 = 1
• √3 sen x + cos x = 2
LE EQUAZIONI OMOGENEE DI SECONDO
GRADO IN SENO E COSENO
a sen 2 x + b sen x cos x + c cos 2 x = 0
• a=0 v c=0
b sen x cos x + c cos 2 x = 0
a sen 2 x + b sen x cos x = 0
se a = 0
se c = 0
cos x (b sen x + c cos x ) = 0
sen x (a sen x + b cos x ) = 0
• a≠0 ^ c≠0
a sen 2 x + b sen x cos x + c cos 2 x = 0
Si divide per cos 2 x ottenendo un’equazione di secondo grado in tg x,
equivalente alla data.
• sen 2 x – ( 1 + √3 ) sen x cos x + √3 cos 2 x = 0
Esempio


sen x  1  3 senx  cos x  3 cos x  0
2

sen2 x  1 

tg 2 x  1 
tgx 1, 2 

1

2
3 senx  cos x 

3 tgx 
1
3
1 
3
2


x

 2k

 1
4

x    2k
2

3

30
1 
3
3 cos 2 x  0

2
2
3

2
4 3

tgx 1  1

tgx 2  3
1
3
1 3  2 3  4 3

2
LE DISEQUAZIONI GONIOMETRICHE
soluzione con il metodo grafico utilizzando la
circonferenza goniometrica
LE DISEQUAZIONI ELEMENTARI
Si risolvono risolvendo un sistema misto formato dalla
disequazione in cui si è posto cosx=Y o senx=X
e dalla circonferenza goniometrica X2+Y2=1
Risolviamo sen x < 1/2 con 0°<x<360°
Risolvo il sistema
Y<1/2
X2+Y2=1
Ottenendo
0°< x < 30°
150°< x < 360°
LE DISEQUAZIONI NON ELEMENTARI
Si possono risolvere per via algebrica
introducendo una incognita ausiliaria
Come ad esempio nella disequazione
√ 2 sen2 x - sen x ≥ 0
Ponendo sex = t si ottiene
√2 t2 – t ≥ 0 e diventa una disequazione di secondo
grado le cui soluzioni sono t ≤ 0 e t ≥ √2 /2 per cui
ottengo le due disequazioni elementari
sen x ≤ 0
sen x ≥ √2 /2
Di cui devo prendere entrambe le soluzioni
Risolvi

3

sen x   
6 2

poniamox 

y
6

 


y   2k  x    2k  x   2k

3

3
6 3
2
seny 

2
 y  2   2k  x    2   2k  x  5   2k

3
6 3
6
3 cos x  senx  3
Risolvi
3 cos x  senx 
metodoa lg ebrico
3
2t

senx



1 t 2

2
cos x  1  t

1 t 2

1 t 2
2t
3

 3
2
2
1 t
1 t
 3  3t 2  2t  3 




3 1  t 2  2t
3 1 t 2

2
1 t
1 t 2
3t 2  3t 2  t  0

t 0
t


tg



tg


x
x
0
 k  x  2k
2
2
x
3
x

2




 k  x 
 2k  x 
 2k
2
3
2
6
6
3
3t  1  0 
3t  1  0  t 
1
t 
3
3
3
Risolvi
2 3 cos 2 x  2senx  cos x  3
2 3 cos 2 x  2 senx  cos x 

3 sen 2 x  cos 2 x

3 cos 2 x 
3sen 2 x  2 senx  cos x  0
cos 2 x
3

2
cos x
sen 2 x
senx  cos x
0
3

2

cos 2 x
cos 2 x
cos 2 x
2
3
senx
 senx 
3

2
0

cos x
 cos x 
3
3tg 2 x  2tgx  0
3tg 2 x  2tgx  3  0
poniamoy  tgx
3y2  2 y 
y1, 2 
30
2

tgx


3

x

 k
 3

3



3
tgx  3  x    k
3

3
6

Risolvi 4 cos 2 x  4 cos x  3  0
Risolviamo l’equazione
associata
4 cos x  4 cos x  3  0
2
cos x 
Rappresentiamo
graficamente gli
intervalli
soluzione della
disequazione
con la circonferenza
goniometrica
2
4  12 2  4


4
4
1
2   1  cos x  3
3
2
2
2

Le soluzioni della disequazione sono:
2
2k  x    2k
3
4
  2k  x  2  2k
3