Disequazioni goniometriche riconducibili a elementari: argomento composto ed esercizi

Le disequazioni goniometriche riconducibili a elementari sono quelle in cui dentro il seno, il coseno o la tangente non c’è la semplice $x$ ma un’espressione, come in $\sin 2x > \frac{1}{2}$, oppure quelle che lo diventano con un passaggio: un valore assoluto, un quadrato, una formula. Vengono subito dopo le disequazioni goniometriche elementari e all’esame di Analisi 1 tornano ovunque: da sole, nel dominio di una funzione, nello studio del segno, nei sistemi. In questa pagina vediamo la sostituzione con l’argomento e la regola dei tre membri, come e perché cambia il periodo, la tangente, quanti intervalli di soluzioni cadono in un intervallo assegnato, il coefficiente negativo, il valore assoluto, i quadrati, le disequazioni che si sistemano con una formula, il controllo con un punto di prova, gli errori più comuni e sei esercizi svolti.

Due esempi tipici sono

$$\begin{gathered} \sin 2x > \frac{1}{2} \\ \cos\left(\frac{x}{2} + \frac{\pi}{6}\right) < -\frac{1}{2} \end{gathered}$$

L’idea è la stessa vista per le equazioni riconducibili a elementari: si tratta l’argomento come un unico angolo, si scrive la soluzione elementare e solo alla fine si ricava $x$.

L’idea: un unico angolo

Non sai ancora dove $\sin 2x$ supera $\frac{1}{2}$, ma sai benissimo dove lo fa $\sin t$: sull’arco da $\frac{\pi}{6}$ a $\frac{5\pi}{6}$. Basta allora dare un nome all’argomento, risolvere la disequazione elementare e tornare alla $x$. La scaletta:

1. Chiama $t$ l’argomento, $t = ax + b$ con $a \neq 0$.
2. Risolvi la disequazione elementare in $t$ sulla circonferenza, con il suo periodo: $2k\pi$ per seno e coseno, $k\pi$ per la tangente.
3. Rimetti l’argomento al posto di $t$: ottieni una doppia disequazione in $x$.
4. Ricava $x$ operando su tutti e tre i membri: togli $b$, poi dividi per $a$, periodo compreso. Se $a$ è negativo, i versi si invertono.
5. Controlla con un punto di prova e, se l’esercizio lo chiede, scegli i valori di $k$ per l’intervallo assegnato.

Perché è lecito. Con $a \neq 0$, a ogni numero reale $x$ corrisponde uno e un solo $t = ax + b$, e viceversa $x = \frac{t - b}{a}$. Quindi $x$ risolve la disequazione di partenza esattamente quando $t$ risolve quella elementare. Ogni intervallo della soluzione in $t$, del tipo $\alpha + kT < t < \beta + kT$, diventa una doppia disequazione di primo grado in $x$, che si risolve con le regole di sempre: sommare lo stesso numero a tutti i membri non cambia nulla, moltiplicarli per un numero positivo nemmeno, moltiplicarli per un numero negativo inverte i versi. Il termine $kT$ è un pezzo dei membri come gli altri: per questo subisce le stesse operazioni.

Il primo esempio: sin 2x > 1/2

Poniamo $t = 2x$. I punti della circonferenza con ordinata maggiore di $\frac{1}{2}$ formano l’arco da $\frac{\pi}{6}$ a $\frac{5\pi}{6}$:

$$\frac{\pi}{6} + 2k\pi < 2x < \frac{5\pi}{6} + 2k\pi$$

Dividiamo tutti e tre i membri per 2, anche il periodo:

$$\frac{\pi}{12} + k\pi < x < \frac{5\pi}{12} + k\pi$$

Il passo è diventato $k\pi$: la soluzione si ripete ogni $\pi$, perché $\sin 2x$ fa un’oscillazione completa ogni $\pi$. In $[0, 2\pi)$ cadono quindi due intervalli: con $k = 0$, $\frac{\pi}{12} < x < \frac{5\pi}{12}$; con $k = 1$, $\frac{13\pi}{12} < x < \frac{17\pi}{12}$. Con $k = 2$ si andrebbe già oltre $2\pi$: l’intervallo partirebbe da $\frac{25\pi}{12}$.

Sul grafico la soluzione si legge al volo: sono le $x$ in cui la curva $y = \sin 2x$ sta sopra la retta $y = \frac{1}{2}$, e i due tratti distano proprio un periodo. L’errore da evitare è dividere per 2 solo gli angoli e non il periodo, scrivendo $\frac{\pi}{12} + 2k\pi < x < \frac{5\pi}{12} + 2k\pi$: così sparisce tutto l’intervallo da $\frac{13\pi}{12}$ a $\frac{17\pi}{12}$, metà delle soluzioni.

Perché il periodo cambia

Teorema. Se $a \neq 0$, le funzioni $\sin(ax + b)$ e $\cos(ax + b)$ hanno periodo $\frac{2\pi}{\lvert a \rvert}$; la funzione $\tan(ax + b)$ ha periodo $\frac{\pi}{\lvert a \rvert}$.

Perché è vero. Un numero $T > 0$ è un periodo di $\sin(ax + b)$ se $\sin(a(x + T) + b) = \sin(ax + b)$ per ogni $x$. Con $u = ax + b$, che al variare di $x$ assume tutti i valori reali, la condizione diventa $\sin(u + aT) = \sin u$ per ogni $u$. I periodi del seno sono i multipli interi di $2\pi$, quindi $aT$ deve essere uno di questi: il più piccolo $T$ positivo si ha con $\lvert a \rvert T = 2\pi$. Per il coseno è identico; per la tangente si ripete il ragionamento con $\pi$ al posto di $2\pi$. Trovi più dettagli nella pagina sulle sinusoidi.

In pratica: con $a$ grande la funzione oscilla più in fretta e gli intervalli di soluzioni si infittiscono; con $a$ piccolo, come in $\frac{x}{2}$, rallenta e gli intervalli si allargano. Il termine $b$ sposta il grafico, ma non cambia il periodo.

Funzione	Periodo	In $[0, 2\pi)$ ci sono
$\sin 2x$	$\pi$	2 periodi
$\cos 3x$	$\frac{2\pi}{3}$	3 periodi
$\sin\frac{x}{2}$	$4\pi$	mezzo periodo
$\tan 2x$	$\frac{\pi}{2}$	4 periodi
$\tan\frac{x}{3}$	$3\pi$	due terzi di periodo

Quando il periodo si allunga: l’argomento x/2

Esempio 2. $\cos\left(\frac{x}{2} + \frac{\pi}{6}\right) < -\frac{1}{2}$.

Con $t = \frac{x}{2} + \frac{\pi}{6}$, i punti con coseno minore di $-\frac{1}{2}$ stanno a sinistra della retta verticale di ascissa $-\frac{1}{2}$: è l’arco da $\frac{2\pi}{3}$ a $\frac{4\pi}{3}$.

$$\frac{2\pi}{3} + 2k\pi < \frac{x}{2} + \frac{\pi}{6} < \frac{4\pi}{3} + 2k\pi$$

Togliamo $\frac{\pi}{6}$ a tutti i membri, poi moltiplichiamo tutto per 2:

$$\begin{gathered} \frac{\pi}{2} + 2k\pi < \frac{x}{2} < \frac{7\pi}{6} + 2k\pi \\ {} \iff \pi + 4k\pi < x < \frac{7\pi}{3} + 4k\pi \end{gathered}$$

Il periodo è raddoppiato: $4\pi$, come prevede la formula, perché $2\pi : \frac{1}{2} = 4\pi$. Guarda cosa succede in $[0, 2\pi)$: l’intervallo con $k = 0$ va da $\pi$ a $\frac{7\pi}{3}$, ma $\frac{7\pi}{3}$ è oltre $2\pi$. In un giro c’è quindi un solo pezzo, $\pi < x < 2\pi$, tagliato dal bordo; con $k = -1$ si ottiene $-3\pi < x < -\frac{5\pi}{3}$, tutto fuori. Controllo con $x = \frac{3\pi}{2}$: l’argomento vale $\frac{11\pi}{12}$ e $\cos\frac{11\pi}{12} \approx -0{,}97 < -\frac{1}{2}$, vero.

La tangente con l’argomento composto

Con la tangente cambiano due cose. Il periodo di partenza è $\pi$, quindi dopo la divisione il passo diventa $\frac{\pi}{\lvert a \rvert}$. E gli asintoti, i punti in cui $ax + b = \frac{\pi}{2} + k\pi$, vanno sempre esclusi.

Esempio 3. $\tan\left(2x + \frac{\pi}{6}\right) \geq -\frac{\sqrt{3}}{3}$.

Con $t = 2x + \frac{\pi}{6}$: in $\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ la tangente è strettamente crescente e vale $-\frac{\sqrt{3}}{3}$ in $-\frac{\pi}{6}$. La disequazione vale quindi da $-\frac{\pi}{6}$, incluso, fino all’asintoto, escluso:

$$\begin{gathered} -\frac{\pi}{6} + k\pi \leq 2x + \frac{\pi}{6} < \frac{\pi}{2} + k\pi \\ {} \iff -\frac{\pi}{3} + k\pi \leq 2x < \frac{\pi}{3} + k\pi \\ {} \iff -\frac{\pi}{6} + \frac{k\pi}{2} \leq x < \frac{\pi}{6} + \frac{k\pi}{2} \end{gathered}$$

Il passo è $\frac{\pi}{2}$, il periodo di $\tan 2x$. L’estremo destro $\frac{\pi}{6} + \frac{k\pi}{2}$ è escluso perché lì l’argomento vale $\frac{\pi}{2} + k\pi$ e la tangente non esiste. Le condizioni di esistenza non vanno scritte a parte: sono già dentro la soluzione, purché l’asintoto resti escluso.

Le soluzioni in un intervallo

Quando l’esercizio chiede le soluzioni in un intervallo da $p$ a $q$, si parte dalla soluzione generale $\alpha + kT < x < \beta + kT$ e si cercano i $k$ per cui l’intervallo cade, almeno in parte, tra $p$ e $q$. Deve cominciare prima di $q$ e finire dopo $p$:

$$\begin{gathered} \alpha + kT < q \quad \text{e} \quad \beta + kT > p \\ {} \iff \frac{p - \beta}{T} < k < \frac{q - \alpha}{T} \end{gathered}$$

Riprendiamo l’esempio 3 in $[0, \pi)$, con $\alpha = -\frac{\pi}{6}$, $\beta = \frac{\pi}{6}$ e $T = \frac{\pi}{2}$. Le condizioni danno $-\frac{1}{3} < k < \frac{7}{3}$, cioè $k = 0, 1, 2$:

• $k = 0$: $\left[-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}\right)$, di cui resta $\left[0, \frac{\pi}{6}\right)$;
• $k = 1$: $\left[\frac{\pi}{3}, \frac{2\pi}{3}\right)$, tutto dentro;
• $k = 2$: $\left[\frac{5\pi}{6}, \frac{7\pi}{6}\right)$, di cui resta $\left[\frac{5\pi}{6}, \pi\right)$.

In $[0, \pi)$ ci stanno due periodi, ma i pezzi sono tre, perché il primo e l’ultimo sono tagliati dai bordi. Il numero dei pezzi, quindi, non è semplicemente la lunghezza dell’intervallo divisa per il periodo: dipende da dove cadono gli estremi. Nell’esempio 2 il periodo era più lungo del giro ed è caduto un pezzo solo; con un periodo ancora più lungo può non cadere nulla, come nell’esercizio 2. Per questo conviene elencare i $k$ uno per uno, oppure leggere i tratti sul grafico, come nella figura dell’esempio 1. Con gli estremi inclusi c’è un caso di bordo in più: un intervallo può toccare quello assegnato in un solo punto, come nell’esercizio 6.

Quando la x ha il segno meno

Esempio 4. $\sin\left(\frac{\pi}{4} - x\right) \geq \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Con $t = \frac{\pi}{4} - x$ la soluzione elementare è l’arco da $\frac{\pi}{4}$ a $\frac{3\pi}{4}$:

$$\begin{gathered} \frac{\pi}{4} + 2k\pi \leq \frac{\pi}{4} - x \leq \frac{3\pi}{4} + 2k\pi \\ {} \iff 2k\pi \leq -x \leq \frac{\pi}{2} + 2k\pi \end{gathered}$$

Ora si moltiplica tutto per $-1$, e quando si moltiplica per un numero negativo i versi si invertono:

$$-\frac{\pi}{2} - 2k\pi \leq x \leq -2k\pi$$

Siccome $k$ è un intero qualsiasi, $-2k\pi$ e $2k\pi$ descrivono gli stessi numeri: basta chiamare $k$ quello che prima era $-k$. Quindi:

$$-\frac{\pi}{2} + 2k\pi \leq x \leq 2k\pi$$

Controllo con $x = -\frac{\pi}{4}$: $\sin\frac{\pi}{2} = 1 \geq \frac{\sqrt{2}}{2}$, vero.

La seconda strada. Si può eliminare il segno meno prima di cominciare, con gli archi associati: $\sin\left(\frac{\pi}{4} - x\right) = -\sin\left(x - \frac{\pi}{4}\right)$. La disequazione diventa $\sin\left(x - \frac{\pi}{4}\right) \leq -\frac{\sqrt{2}}{2}$, con il verso girato: è l’arco in basso da $\frac{5\pi}{4}$ a $\frac{7\pi}{4}$. Aggiungendo $\frac{\pi}{4}$ a tutti i membri si ottiene $\frac{3\pi}{2} + 2k\pi \leq x \leq 2\pi + 2k\pi$: è la stessa famiglia di intervalli di prima, scritta partendo dal giro successivo.

Per il coseno il segno meno sparisce da solo, perché il coseno è pari: $\cos(-\theta) = \cos\theta$, quindi per esempio $\cos\left(\frac{\pi}{3} - 2x\right) = \cos\left(2x - \frac{\pi}{3}\right)$. La tangente, come il seno, è dispari: $\tan(-\theta) = -\tan\theta$.

Il valore assoluto

Con il valore assoluto valgono le regole del valore assoluto che conosci già. Con $a > 0$:

Se $a$ non è positivo è ancora più semplice, perché un valore assoluto non è mai negativo. Con $a < 0$, $\lvert A \rvert < a$ è impossibile e $\lvert A \rvert > a$ è sempre vera, dove $A$ esiste. Con $a = 0$, $\lvert A \rvert \leq 0$ equivale ad $A = 0$ e $\lvert A \rvert > 0$ equivale ad $A \neq 0$: per esempio $\lvert \cos x \rvert > 0$ vale per $x \neq \frac{\pi}{2} + k\pi$, mentre $\lvert \cos x \rvert \leq 0$ vale solo nei punti $x = \frac{\pi}{2} + k\pi$.

Esempio 5. $\lvert \sin x \rvert < \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Diventa $-\frac{\sqrt{2}}{2} < \sin x < \frac{\sqrt{2}}{2}$: i punti della circonferenza nella fascia tra le rette orizzontali $y = -\frac{\sqrt{2}}{2}$ e $y = \frac{\sqrt{2}}{2}$. Gli archi sono due, opposti: uno intorno a $0$, da $-\frac{\pi}{4}$ a $\frac{\pi}{4}$, e uno intorno a $\pi$, da $\frac{3\pi}{4}$ a $\frac{5\pi}{4}$. Il secondo è il primo spostato di $\pi$, estremi compresi, quindi basta un intervallo con il passo $k\pi$:

$$-\frac{\pi}{4} + k\pi < x < \frac{\pi}{4} + k\pi$$

Il passo $k\pi$ non è un caso: la funzione $\lvert \sin x \rvert$ ha periodo $\pi$. Infatti $\sin(x + \pi) = -\sin x$, e il valore assoluto cancella il segno meno: $\lvert \sin(x + \pi) \rvert = \lvert \sin x \rvert$. Un periodo più piccolo non c’è: se $T$, con $0 < T < \pi$, fosse un periodo, si avrebbe $\lvert \sin T \rvert = \lvert \sin 0 \rvert = 0$, mentre tra $0$ e $\pi$ il seno non si annulla mai. Lo stesso vale per $\lvert \cos x \rvert$. Nel grafico si vede bene: il valore assoluto ribalta sopra l’asse le gobbe negative del seno, e ne esce una curva che si ripete ogni $\pi$.

Esempio 6. $\lvert 2\sin x - 1 \rvert \geq 2$.

È del tipo $\lvert A \rvert \geq a$, quindi due disequazioni unite da «oppure»:

$$\begin{gathered} 2\sin x - 1 \leq -2 \\ \text{oppure}\;\; 2\sin x - 1 \geq 2 \end{gathered}$$

cioè $\sin x \leq -\frac{1}{2}$ oppure $\sin x \geq \frac{3}{2}$. La seconda è impossibile, perché il seno non supera mai 1. Resta la prima, l’arco in basso da $\frac{7\pi}{6}$ a $\frac{11\pi}{6}$:

$$\frac{7\pi}{6} + 2k\pi \leq x \leq \frac{11\pi}{6} + 2k\pi$$

Qui il passo resta $2k\pi$. Il valore assoluto non dimezza sempre il periodo: spostando $x$ di $\pi$ si ottiene $\lvert -2\sin x - 1 \rvert = \lvert 2\sin x + 1 \rvert$, che è un’altra funzione. Il $-1$ ha rotto la simmetria che c’era in $\lvert \sin x \rvert$.

Le forme con il quadrato

Siccome $\sqrt{A^2} = \lvert A \rvert$, con $c > 0$ la disequazione $A^2 < c$ equivale a $\lvert A \rvert < \sqrt{c}$, e $A^2 > c$ equivale a $\lvert A \rvert > \sqrt{c}$. Quando il quadrato compare da solo, senza un termine di primo grado, si torna quindi al valore assoluto.

Esempio 7. $3\tan^2 x < 1$.

Dividendo per 3 si ha $\tan^2 x < \frac{1}{3}$, cioè $\lvert \tan x \rvert < \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$. In $\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ la tangente è strettamente crescente e vale $\pm\frac{\sqrt{3}}{3}$ in $\pm\frac{\pi}{6}$:

$$\begin{gathered} -\frac{\sqrt{3}}{3} < \tan x < \frac{\sqrt{3}}{3} \\ {} \iff -\frac{\pi}{6} + k\pi < x < \frac{\pi}{6} + k\pi \end{gathered}$$

Gli asintoti non creano problemi: cadono fuori dagli intervalli trovati. Se accanto al quadrato c’è anche un termine di primo grado, come in $2\sin^2 x - \sin x - 1 > 0$, servono la sostituzione $t = \sin x$ e il segno del trinomio: sono le disequazioni goniometriche di secondo grado.

Le disequazioni che si sistemano con una formula

A volte una sola formula trasforma la disequazione in una con l’argomento composto. Le più utili vengono dalle formule di duplicazione:

$$\begin{gathered} \sin x\cos x = \frac{1}{2}\sin 2x \\ \cos^2 x - \sin^2 x = \cos 2x \\ \sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}{2} \end{gathered}$$

L’ultima è una delle formule di linearizzazione, insieme a $\cos^2 x = \frac{1 + \cos 2x}{2}$.

Esempio 8: la duplicazione. $\sin x\cos x > \frac{\sqrt{2}}{4}$.

Moltiplicando per 2, a sinistra compare $2\sin x\cos x = \sin 2x$:

$$\begin{gathered} \sin 2x > \frac{\sqrt{2}}{2} \\ {} \iff \frac{\pi}{4} + 2k\pi < 2x < \frac{3\pi}{4} + 2k\pi \\ {} \iff \frac{\pi}{8} + k\pi < x < \frac{3\pi}{8} + k\pi \end{gathered}$$

Allo stesso modo $\cos^2 x - \sin^2 x > \frac{\sqrt{2}}{2}$ diventa $\cos 2x > \frac{\sqrt{2}}{2}$, cioè $-\frac{\pi}{4} + 2k\pi < 2x < \frac{\pi}{4} + 2k\pi$, e quindi $-\frac{\pi}{8} + k\pi < x < \frac{\pi}{8} + k\pi$.

Esempio 9: la linearizzazione. $4\sin^2 x > 2 - \sqrt{3}$.

Si potrebbe passare al valore assoluto, $\lvert \sin x \rvert > \frac{\sqrt{2 - \sqrt{3}}}{2}$, ma quel numero non è nella tabella dei valori notevoli. Con la linearizzazione, invece:

$$\begin{gathered} 4 \cdot \frac{1 - \cos 2x}{2} > 2 - \sqrt{3} \\ {} \iff 2 - 2\cos 2x > 2 - \sqrt{3} \\ {} \iff \cos 2x < \frac{\sqrt{3}}{2} \end{gathered}$$

Il coseno è minore di $\frac{\sqrt{3}}{2}$ sull’arco da $\frac{\pi}{6}$ a $\frac{11\pi}{6}$:

$$\begin{gathered} \frac{\pi}{6} + 2k\pi < 2x < \frac{11\pi}{6} + 2k\pi \\ {} \iff \frac{\pi}{12} + k\pi < x < \frac{11\pi}{12} + k\pi \end{gathered}$$

In effetti $\sin\frac{\pi}{12} = \frac{\sqrt{2 - \sqrt{3}}}{2}$: la formula ha trovato da sola il valore «non notevole». In generale $\sin^2 x > c$ equivale a $\cos 2x < 1 - 2c$, e $\cos^2 x > c$ equivale a $\cos 2x > 2c - 1$.

Funzioni diverse: quando bastano gli archi associati

Se compaiono funzioni diverse, a volte gli archi associati le riducono a una sola, confrontata con un numero. Per esempio, siccome $\cos\left(\theta + \frac{\pi}{2}\right) = -\sin\theta$:

$$\begin{gathered} \sin 2x - \cos\left(2x + \frac{\pi}{2}\right) > 1 \\ {} \iff 2\sin 2x > 1 \iff \sin 2x > \frac{1}{2} \end{gathered}$$

e siamo tornati all’esempio 1. Funziona perché, dopo la trasformazione, i due termini sono la stessa funzione dello stesso angolo. Se seno e coseno dello stesso angolo restano sommati, come in $\sin x + \cos x > 1$, serve l’angolo aggiunto delle disequazioni lineari in seno e coseno.

Se invece gli angoli restano diversi, come in $\sin 2x > \cos x$, non c’è una regola rapida. Per le equazioni sì: $\sin A = \sin B$ equivale ad $A = B + 2k\pi$ oppure $A = \pi - B + 2k\pi$. Per le disequazioni no: $\sin A > \sin B$ non equivale ad $A > B$. Con $A = \pi$ e $B = \frac{\pi}{2}$, per esempio, $A > B$ ma $\sin\pi = 0 < 1 = \sin\frac{\pi}{2}$. Si porta tutto a primo membro, si scompone in un prodotto e si studia il segno: è il metodo delle disequazioni goniometriche fratte e con prodotti.

Il controllo con un punto di prova

Una soluzione si controlla in pochi secondi: si prende un punto dentro un intervallo trovato e uno fuori, e si sostituiscono nella disequazione di partenza, non in quella in $t$, dove l’errore potrebbe già esserci. Per $\sin 2x > \frac{1}{2}$: con $x = \frac{\pi}{4}$, dentro, $\sin\frac{\pi}{2} = 1 > \frac{1}{2}$, vero; con $x = \frac{\pi}{2}$, fuori, $\sin\pi = 0$, falso. Conviene provare anche un punto dell’intervallo con $k = 1$, come $x = \frac{7\pi}{6}$: $\sin\frac{7\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2} > \frac{1}{2}$. Se il passo fosse sbagliato, questo controllo lo rivelerebbe. Gli estremi, infine, rendono vera l’uguaglianza: si includono solo con $\geq$ o $\leq$, e solo se lì la funzione esiste.

Gli errori più comuni

• Dividere solo gli angoli e non il periodo. Da $\frac{\pi}{6} + 2k\pi < 2x < \frac{5\pi}{6} + 2k\pi$ si ottiene $\frac{\pi}{12} + k\pi < x < \frac{5\pi}{12} + k\pi$: con il passo $2k\pi$ si perde metà delle soluzioni.
• Non invertire i versi moltiplicando per −1. Da $2k\pi \leq -x \leq \frac{\pi}{2} + 2k\pi$ si passa a $-\frac{\pi}{2} - 2k\pi \leq x \leq -2k\pi$: versi girati ed estremi scambiati di posto.
• Dimenticare gli asintoti di tan(ax + b). I punti con $ax + b = \frac{\pi}{2} + k\pi$ sono sempre esclusi, anche se nel testo c’è $\geq$.
• Scrivere $\lvert \sin x \rvert < a$ con un solo arco. La fascia contiene due archi opposti: con il solo arco intorno a 0 e il passo $2k\pi$ si perde quello intorno a $\pi$.
• Sbagliare il periodo del valore assoluto. $\lvert \sin x \rvert$ ha periodo $\pi$, non $2\pi$; ma $\lvert 2\sin x - 1 \rvert$ ha periodo $2\pi$: il valore assoluto non dimezza sempre il periodo.
• Mescolare intervalli con k diversi. Ogni $k$ dà il suo intervallo: non si prende l’estremo sinistro con $k = 0$ e quello destro con $k = 1$.
• Fermarsi alla soluzione in t. $\frac{\pi}{6} + 2k\pi < t < \frac{5\pi}{6} + 2k\pi$ non è la risposta: bisogna rimettere l’argomento al posto di $t$ e ricavare $x$.
• Sbagliare gli estremi con ≤ e ≥. Gli estremi sono inclusi solo con $\leq$ o $\geq$ e solo dove la funzione esiste; e un intervallo chiuso può toccare l’intervallo assegnato in un solo punto, che fa parte della soluzione.

Esercizi svolti

1. Tre intervalli in un giro

Testo. Risolvi $2\cos\left(3x - \frac{\pi}{4}\right) \geq \sqrt{2}$ e scrivi le soluzioni in $[0, 2\pi)$. Quanti intervalli sono?

Dividiamo per 2: $\cos\left(3x - \frac{\pi}{4}\right) \geq \frac{\sqrt{2}}{2}$. Con $t = 3x - \frac{\pi}{4}$, il coseno è maggiore o uguale a $\frac{\sqrt{2}}{2}$ sull’arco intorno a 0, da $-\frac{\pi}{4}$ a $\frac{\pi}{4}$:

$$\begin{gathered} -\frac{\pi}{4} + 2k\pi \leq 3x - \frac{\pi}{4} \leq \frac{\pi}{4} + 2k\pi \\ {} \iff 2k\pi \leq 3x \leq \frac{\pi}{2} + 2k\pi \\ {} \iff \frac{2k\pi}{3} \leq x \leq \frac{\pi}{6} + \frac{2k\pi}{3} \end{gathered}$$

Il periodo è $\frac{2\pi}{3}$: in un giro ce ne stanno tre. Diamo a $k$ i valori 0, 1 e 2:

• $k = 0$ dà $0 \leq x \leq \frac{\pi}{6}$;
• $k = 1$ dà $\frac{2\pi}{3} \leq x \leq \frac{5\pi}{6}$;
• $k = 2$ dà $\frac{4\pi}{3} \leq x \leq \frac{3\pi}{2}$.

Con $k = 3$ si partirebbe da $2\pi$, che non appartiene a $[0, 2\pi)$; con $k = -1$ l’intervallo finisce in $-\frac{\pi}{2}$. Controllo con $x = \frac{3\pi}{4}$, dentro il secondo intervallo: l’argomento vale $\frac{9\pi}{4} - \frac{\pi}{4} = 2\pi$ e $2\cos 2\pi = 2 \geq \sqrt{2}$, vero. In $[0, 2\pi)$ le soluzioni formano tre intervalli, uno per periodo.

2. Un periodo più lungo del giro

Testo. Risolvi $2\sin\left(\frac{x}{3} + \frac{\pi}{2}\right) + 1 < 0$. Ci sono soluzioni in $[0, 2\pi]$?

Isoliamo il seno: $\sin\left(\frac{x}{3} + \frac{\pi}{2}\right) < -\frac{1}{2}$. Con $t = \frac{x}{3} + \frac{\pi}{2}$, i punti sotto la retta $y = -\frac{1}{2}$ formano l’arco da $\frac{7\pi}{6}$ a $\frac{11\pi}{6}$:

$$\frac{7\pi}{6} + 2k\pi < \frac{x}{3} + \frac{\pi}{2} < \frac{11\pi}{6} + 2k\pi$$

Togliamo $\frac{\pi}{2}$ a tutti i membri, poi moltiplichiamo tutto per 3, periodo compreso:

$$\begin{gathered} \frac{2\pi}{3} + 2k\pi < \frac{x}{3} < \frac{4\pi}{3} + 2k\pi \\ {} \iff 2\pi + 6k\pi < x < 4\pi + 6k\pi \end{gathered}$$

Il passo è $6\pi$, il periodo di $\sin\frac{x}{3}$. Con $k = 0$ l’intervallo è $2\pi < x < 4\pi$: comincia proprio dove finisce $[0, 2\pi]$, ed è aperto. Con $k = -1$ si ha $-4\pi < x < -2\pi$. Quindi in $[0, 2\pi]$ non ci sono soluzioni. Lo conferma il punto più «a rischio», $x = 2\pi$: l’argomento vale $\frac{2\pi}{3} + \frac{\pi}{2} = \frac{7\pi}{6}$, il seno vale $-\frac{1}{2}$ e il primo membro vale $2 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) + 1 = 0$, che non è minore di 0.

Con gli archi associati, $\sin\left(\theta + \frac{\pi}{2}\right) = \cos\theta$, la disequazione era $\cos\frac{x}{3} < -\frac{1}{2}$, che dà lo stesso risultato. Con un periodo lungo, in un giro può non cadere nessun intervallo.

3. Coefficiente negativo con la tangente

Testo. Risolvi $\tan\left(\frac{\pi}{6} - 2x\right) > 1$.

Con $t = \frac{\pi}{6} - 2x$, la tangente supera 1 da $\frac{\pi}{4}$ fino all’asintoto:

$$\begin{gathered} \frac{\pi}{4} + k\pi < \frac{\pi}{6} - 2x < \frac{\pi}{2} + k\pi \\ {} \iff \frac{\pi}{12} + k\pi < -2x < \frac{\pi}{3} + k\pi \end{gathered}$$

Dividiamo per $-2$: i versi si invertono e gli estremi si scambiano di posto.

$$-\frac{\pi}{6} - \frac{k\pi}{2} < x < -\frac{\pi}{24} - \frac{k\pi}{2}$$

Siccome $k$ percorre tutti gli interi, $-\frac{k\pi}{2}$ si può scrivere $+\frac{k\pi}{2}$:

$$-\frac{\pi}{6} + \frac{k\pi}{2} < x < -\frac{\pi}{24} + \frac{k\pi}{2}$$

Ora l’asintoto è l’estremo sinistro: per $x = -\frac{\pi}{6}$ l’argomento vale $\frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{2}$. Controllo con $x = -\frac{\pi}{12}$: $\tan\left(\frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{6}\right) = \tan\frac{\pi}{3} = \sqrt{3} > 1$, vero.

Con gli archi associati, $\tan\left(\frac{\pi}{6} - 2x\right) = -\tan\left(2x - \frac{\pi}{6}\right)$, e la disequazione diventa $\tan\left(2x - \frac{\pi}{6}\right) < -1$, cioè $-\frac{\pi}{2} + k\pi < 2x - \frac{\pi}{6} < -\frac{\pi}{4} + k\pi$: aggiungendo $\frac{\pi}{6}$ e dividendo per 2 si ritrova lo stesso risultato. Con $k = 1$ si ottiene il primo intervallo positivo, $\frac{\pi}{3} < x < \frac{11\pi}{24}$.

4. Valore assoluto e un punto da togliere

Testo. Risolvi $\lvert 2\cos x + 1 \rvert < 1$.

È del tipo $\lvert A \rvert < a$, quindi una doppia disequazione:

$$\begin{gathered} -1 < 2\cos x + 1 < 1 \\ {} \iff -2 < 2\cos x < 0 \\ {} \iff -1 < \cos x < 0 \end{gathered}$$

La condizione $\cos x < 0$ vale a sinistra dell’asse verticale, sull’arco da $\frac{\pi}{2}$ a $\frac{3\pi}{2}$. La condizione $\cos x > -1$ è vera ovunque tranne dove il coseno vale $-1$, cioè in $x = \pi$, che sta proprio in mezzo a quell’arco. Va tolto:

$$\begin{gathered} \frac{\pi}{2} + 2k\pi < x < \frac{3\pi}{2} + 2k\pi, \\ x \neq \pi + 2k\pi \end{gathered}$$

Controllo: per $x = \pi$ si ha $\lvert -2 + 1 \rvert = 1$, che non è minore di 1; per $x = \frac{2\pi}{3}$ si ha $\lvert -1 + 1 \rvert = 0 < 1$, vero. Il periodo resta $2\pi$: spostando di $\pi$ si otterrebbe $\lvert -2\cos x + 1 \rvert$, un’altra funzione.

5. Una formula e un intervallo

Testo. Risolvi la disequazione

$$\sin\left(x + \frac{\pi}{6}\right)\cos\left(x + \frac{\pi}{6}\right) \geq \frac{1}{4}$$

e scrivi le soluzioni in $[0, \pi]$.

Con la duplicazione, $\sin\theta\cos\theta = \frac{1}{2}\sin 2\theta$ con $\theta = x + \frac{\pi}{6}$, quindi $2\theta = 2x + \frac{\pi}{3}$:

$$\begin{gathered} \frac{1}{2}\sin\left(2x + \frac{\pi}{3}\right) \geq \frac{1}{4} \\ {} \iff \sin\left(2x + \frac{\pi}{3}\right) \geq \frac{1}{2} \end{gathered}$$

Ora è una disequazione con l’argomento composto:

$$\begin{gathered} \frac{\pi}{6} + 2k\pi \leq 2x + \frac{\pi}{3} \leq \frac{5\pi}{6} + 2k\pi \\ {} \iff -\frac{\pi}{6} + 2k\pi \leq 2x \leq \frac{\pi}{2} + 2k\pi \\ {} \iff -\frac{\pi}{12} + k\pi \leq x \leq \frac{\pi}{4} + k\pi \end{gathered}$$

In $[0, \pi]$: con $k = 0$ l’intervallo $\left[-\frac{\pi}{12}, \frac{\pi}{4}\right]$ esce a sinistra e resta $\left[0, \frac{\pi}{4}\right]$; con $k = 1$ l’intervallo $\left[\frac{11\pi}{12}, \frac{5\pi}{4}\right]$ esce a destra e resta $\left[\frac{11\pi}{12}, \pi\right]$. Le soluzioni sono

$$\begin{gathered} 0 \leq x \leq \frac{\pi}{4} \\ \text{oppure}\;\; \frac{11\pi}{12} \leq x \leq \pi \end{gathered}$$

Controllo con $x = \pi$: $\sin\frac{7\pi}{6}\cos\frac{7\pi}{6} = \left(-\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = \frac{\sqrt{3}}{4} \approx 0{,}43$, che è maggiore di $\frac{1}{4}$.

6. Da esame: due intervalli e un punto isolato

Testo. Risolvi $\left\lvert \sin\left(2x - \frac{\pi}{3}\right) \right\rvert \geq \frac{\sqrt{3}}{2}$ nell’intervallo $[0, \pi]$. Di quanti pezzi è fatta la soluzione?

Con $t = 2x - \frac{\pi}{3}$ serve $\lvert \sin t \rvert \geq \frac{\sqrt{3}}{2}$, cioè $\sin t \leq -\frac{\sqrt{3}}{2}$ oppure $\sin t \geq \frac{\sqrt{3}}{2}$. Sono due archi opposti: da $\frac{\pi}{3}$ a $\frac{2\pi}{3}$ in alto, da $\frac{4\pi}{3}$ a $\frac{5\pi}{3}$ in basso. Il secondo è il primo spostato di $\pi$, quindi:

$$\frac{\pi}{3} + k\pi \leq 2x - \frac{\pi}{3} \leq \frac{2\pi}{3} + k\pi$$

Aggiungiamo $\frac{\pi}{3}$ e dividiamo per 2, periodo compreso:

$$\begin{gathered} \frac{2\pi}{3} + k\pi \leq 2x \leq \pi + k\pi \\ {} \iff \frac{\pi}{3} + \frac{k\pi}{2} \leq x \leq \frac{\pi}{2} + \frac{k\pi}{2} \end{gathered}$$

Il passo è $\frac{\pi}{2}$, il periodo di $\left\lvert \sin\left(2x - \frac{\pi}{3}\right) \right\rvert$: metà di quello di $\sin 2x$. Ora i valori di $k$, tenendo ogni intervallo, chiuso, che ha almeno un punto in comune con $[0, \pi]$:

• $k = -1$: $\left[-\frac{\pi}{6}, 0\right]$, che tocca $[0, \pi]$ solo nel punto $x = 0$;
• $k = 0$: $\left[\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2}\right]$;
• $k = 1$: $\left[\frac{5\pi}{6}, \pi\right]$;
• $k = 2$: $\left[\frac{4\pi}{3}, \frac{3\pi}{2}\right]$, tutto fuori.

$$\begin{gathered} x = 0 \;\;\text{oppure}\;\; \frac{\pi}{3} \leq x \leq \frac{\pi}{2} \\ \text{oppure}\;\; \frac{5\pi}{6} \leq x \leq \pi \end{gathered}$$

La soluzione è fatta di due intervalli e un punto isolato. Il punto $x = 0$ è quello che si perde più facilmente, se si parte da $k = 0$; eppure $\left\lvert \sin\left(-\frac{\pi}{3}\right) \right\rvert = \frac{\sqrt{3}}{2}$, e con il $\geq$ l’uguaglianza basta. Con il $>$ gli estremi sparirebbero, e $x = 0$ con loro. Controllo con $x = \frac{5\pi}{12}$, dentro il primo intervallo: l’argomento vale $\frac{\pi}{2}$ e $\lvert \sin\frac{\pi}{2} \rvert = 1 \geq \frac{\sqrt{3}}{2}$, vero.

Altri esercizi, anche con domini e sistemi, sono negli esercizi svolti sulle disequazioni goniometriche e nei sistemi di disequazioni goniometriche.

In sintesi

• Si pone $t$ uguale all’argomento, si risolve la disequazione elementare in $t$ e si ricava $x$ operando su tutti e tre i membri, periodo compreso.
• Con $a \neq 0$, $\sin(ax + b)$ e $\cos(ax + b)$ hanno periodo $\frac{2\pi}{\lvert a \rvert}$, $\tan(ax + b)$ ha periodo $\frac{\pi}{\lvert a \rvert}$: per esempio $\pi$ per $\sin 2x$, $4\pi$ per $\cos\frac{x}{2}$.
• Moltiplicando o dividendo per un numero negativo i versi si invertono, e $-2k\pi$ si riscrive $2k\pi$. In alternativa il segno meno si toglie con gli archi associati.
• Con la tangente gli asintoti, dove $ax + b = \frac{\pi}{2} + k\pi$, sono sempre esclusi.
• Con $a > 0$: $\lvert A \rvert < a \iff -a < A < a$, mentre $\lvert A \rvert > a \iff A < -a$ oppure $A > a$. $\lvert \sin x \rvert$ e $\lvert \cos x \rvert$ hanno periodo $\pi$; $A^2 < c$ equivale a $\lvert A \rvert < \sqrt{c}$.
• Le formule $\sin x\cos x = \frac{1}{2}\sin 2x$, $\cos^2 x - \sin^2 x = \cos 2x$ e $\sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}{2}$ riportano all’argomento composto.
• In un intervallo si elencano i valori di $k$ uno per uno, tagliando i pezzi che escono, e si controlla con un punto di prova.

Nel prossimo articolo la funzione goniometrica compare al quadrato insieme al termine di primo grado: disequazioni goniometriche di secondo grado.