Risoluzione grafica delle equazioni goniometriche: metodo, esempi ed esercizi svolti

Equazioni come $\sin x = \frac{x}{2}$ o $\cos x = x$ sembrano innocue, ma nessun passaggio algebrico isola la $x$: l’incognita sta sia dentro una funzione goniometrica sia fuori. Si risolvono con i grafici: le soluzioni sono i punti in cui si incontrano due curve. All’esame di Analisi 1 compaiono come «quante soluzioni ha…?» o «localizza la soluzione», e allenano al teorema degli zeri e allo studio di funzione. In questa pagina vediamo perché l’algebra non basta, il metodo dei due grafici, come contare e localizzare le soluzioni, come dimostrarlo con il teorema degli zeri, come approssimarle con la bisezione e il metodo di Newton, $\cos x = x$ e $\tan x = x$, le disequazioni, le equazioni con parametro, l’equazione di Keplero, gli errori più comuni e sei esercizi svolti.

Perché l’algebra non basta

Nelle altre pagine del capitolo l’incognita stava sempre dentro le funzioni goniometriche: con formule e sostituzioni ci si riconduceva alle equazioni elementari, come succede per le equazioni di secondo grado, le lineari e le omogenee. Ora guarda queste due:

$$\sin x = \frac{x}{2} \qquad\qquad \cos x = x$$

La $x$ compare dentro il seno (o il coseno) e anche fuori. Qualunque passaggio fai, una $x$ resta intrappolata: applicando l’arcocoseno alla seconda, per $x$ tra $0$ e $\pi$, ottieni $x = \arccos x$, cioè hai solo spostato il problema. In senso stretto è trascendente ogni equazione con funzioni non algebriche, anche $\sin x = \frac{1}{2}$; chiameremo miste quelle in cui la $x$ sta sia dentro sia fuori da una funzione goniometrica.

Non è una questione di abilità. Dal teorema di Lindemann-Weierstrass (ben oltre il programma, non lo dimostriamo) segue che se $a \neq 0$ è algebrico, cioè radice di un polinomio a coefficienti interi, allora $\cos a$ e $\sin a$ non lo sono. Quindi la soluzione di $\cos x = x$, che non è zero, non è algebrica: altrimenti $\cos x$ non sarebbe algebrico e non potrebbe valere $x$. Lo stesso vale per le soluzioni non nulle di $\sin x = \frac{x}{2}$. Nessuna espressione fatta di interi, quattro operazioni e radici le dà esattamente.

Bisogna allora capire quante soluzioni ci sono, dove sono e come approssimarle, con gli strumenti della risoluzione grafica delle equazioni esponenziali.

Il metodo dei due grafici

Un numero $x$ risolve $f(x) = g(x)$ quando, a quell’ascissa, i due grafici hanno la stessa altezza, cioè si incontrano:

La differenza $h$ è il ponte tra disegno e dimostrazione: dove le curve si scambiano di posto, $h$ cambia segno. La scaletta:

1. Dominio. Controlla dove l’equazione ha senso: con la tangente, $x \neq \frac{\pi}{2} + k\pi$.
2. Separa l’equazione in $f(x) = g(x)$, con due funzioni di cui conosci il grafico.
3. Disegna e stima quante volte i grafici si incontrano.
4. Restringi la zona con limitatezza, simmetria e monotonia.
5. Dimostra esistenza e numero delle soluzioni con il teorema degli zeri su $h$.
6. Approssima con una tabella, la bisezione o il metodo di Newton.

Il disegno da solo non basta: curve che sembrano toccarsi possono incontrarsi due volte o mai. Il disegno suggerisce, i teoremi confermano.

Come scegliere la separazione

La regola pratica: tieni da una parte la funzione goniometrica più semplice possibile e porta tutto il resto dall’altra. Per esempio, $2\sin x - x + 1 = 0$ si potrebbe scrivere $2\sin x + 1 = x$, ma conviene dividere per 2:

$$\sin x = \frac{x - 1}{2}$$

Ora il seno «puro» è confrontato con una retta di pendenza $\frac{1}{2}$ per il punto $(1, 0)$, e si vede subito dove cercare: la retta deve stare tra $-1$ e $1$, quindi $-1 \leq x \leq 3$ (esercizio 2).

Se la parte goniometrica non è proprio $\sin x$, la disegni dal grafico del seno con le trasformazioni dei grafici:

Nella formula	Sul grafico di $\sin x$
$A\sin x$	ampiezza $\lvert A \rvert$
$\sin(\omega x)$	periodo $\frac{2\pi}{\lvert\omega\rvert}$
$\sin(x + \varphi)$	traslazione orizzontale di $-\varphi$
$\sin x + c$	traslazione verticale di $c$

Per esempio, con l’angolo aggiunto $\sin x + \cos x = \sqrt{2}\sin\left(x + \frac{\pi}{4}\right)$: il seno allungato fino all’ampiezza $\sqrt{2}$ e spostato a sinistra di $\frac{\pi}{4}$ (esercizio 3).

Quante soluzioni e dove: tre strumenti

Usiamo come esempio guida $\sin x = \frac{x}{2}$, in alto nella figura; in basso c’è $\cos x = x$.

La limitatezza

Seno e coseno stanno tra $-1$ e $1$, quindi $\sin x = g(x)$ può avere soluzioni solo dove $-1 \leq g(x) \leq 1$. Per $\sin x = \frac{x}{2}$ vuol dire $\lvert x \rvert \leq 2$: da tutta la retta reale si passa all’intervallo $[-2, 2]$.

La simmetria

Se $f$ e $g$ sono entrambe dispari (o entrambe pari), le soluzioni vengono a coppie opposte. Con due funzioni dispari, se $f(x) = g(x)$:

$$f(-x) = -f(x) = -g(x) = g(-x)$$

Il seno e $\frac{x}{2}$ sono dispari: basta studiare $x > 0$, e $x = 0$ è una soluzione. Se una funzione non ha la stessa simmetria dell’altra, come $\frac{x - 1}{2}$, il trucco non vale.

La monotonia

Dove $f$ è strettamente crescente e $g$ strettamente decrescente (o viceversa), i grafici si incontrano al massimo una volta. Su $\left[\frac{\pi}{2}, 2\right]$ il seno scende e la retta sale: lì c’è al più una soluzione. Più in generale, se $h'$ ha segno costante su un intervallo, $h$ è strettamente monotona e si annulla al più una volta, anche quando $f$ e $g$ crescono entrambe.

Il rigore: il teorema degli zeri sulla differenza

Per dimostrare quello che il disegno suggerisce servono due risultati.

Perché vale l’unicità. Se $h' < 0$ su $(a, b)$ e $x_1 < x_2$ sono in $[a, b]$, per il teorema di Lagrange esiste $\xi$ tra i due con

$$h(x_2) - h(x_1) = h'(\xi)\,(x_2 - x_1) < 0$$

Quindi $h$ è strettamente decrescente e vale zero una volta sola. La dimostrazione del primo teorema è nella pagina sul teorema degli zeri.

Ogni ipotesi serve. Con $h(x) = \tan x - x$ si ha $h(1) \approx 0{,}56 > 0$ e $h(2) \approx -4{,}19 < 0$, eppure tra 1 e 2 non c’è nessuna soluzione: $h$ non è continua su $[1, 2]$, perché in $\frac{\pi}{2} \approx 1{,}57$ c’è un asintoto. Prima di usare un cambio di segno, controlla che nell’intervallo non ci siano punti esclusi dal dominio.

sin x = x/2 con tutti i passaggi

Sia $h(x) = \sin x - \frac{x}{2}$, con $h'(x) = \cos x - \frac{1}{2}$. Per simmetria e limitatezza basta $0 < x \leq 2$.

• Tra $0$ e $\frac{\pi}{3}$ nessuna soluzione. Qui $\cos x > \frac{1}{2}$, quindi $h' > 0$: $h$ cresce da $h(0) = 0$ ed è positiva su $\left(0, \frac{\pi}{3}\right]$.
• Tra $\frac{\pi}{3}$ e $2$ esattamente una. Qui $\cos x < \frac{1}{2}$ (perché $2 < \frac{5\pi}{3}$), quindi $h' < 0$, e agli estremi:

$$\begin{gathered} h\left(\tfrac{\pi}{3}\right) = \tfrac{\sqrt{3}}{2} - \tfrac{\pi}{6} \approx 0{,}342 > 0 \\ h(2) = \sin 2 - 1 \approx -0{,}091 < 0 \end{gathered}$$

C’è quindi una sola soluzione positiva $\alpha \in \left(\frac{\pi}{3}, 2\right)$ e, per simmetria, le soluzioni sono esattamente tre: $-\alpha$, $0$, $\alpha$. Una tabella stringe $\alpha$ tra 1,8 e 1,9, dove il seno passa da sopra a sotto la retta:

$x$	$\sin x$	$\frac{x}{2}$
1,8	0,974	0,90
1,9	0,946	0,95

Approssimare la soluzione

Il metodo di bisezione

Dimezzi l’intervallo, calcoli $h$ nel punto medio e tieni la metà ai cui estremi $h$ ha segni opposti. Partiamo da $[1{,}5;\ 2]$, dove $h(1{,}5) \approx 0{,}247 > 0$ e $h(2) < 0$:

Intervallo	Punto medio	$h$ nel punto medio
${[1{,}5;\ 2]}$	$1{,}75$	$+0{,}109$
${[1{,}75;\ 2]}$	$1{,}875$	$+0{,}017$
${[1{,}875;\ 2]}$	$1{,}9375$	$-0{,}035$
${[1{,}875;\ 1{,}9375]}$	$1{,}90625$	$-0{,}009$

Dopo quattro passi $\alpha \in [1{,}875;\ 1{,}90625]$. Partendo da $[a, b]$, dopo $n$ passi l’intervallo è lungo $\frac{b - a}{2^n}$; se come stima prendi il suo punto medio $m_n$, l’errore è al massimo metà:

$$\lvert \alpha - m_n \rvert \leq \frac{b - a}{2^{n+1}}$$

Qui $m_4 = 1{,}890625$, con errore al massimo $\frac{0{,}5}{32} \approx 0{,}016$. Per un errore sotto $0{,}0005$ serve $2^{n+1} > 1000$, cioè $n \geq 9$. La bisezione è lenta, ma funziona sempre, se $h$ è continua e cambia segno agli estremi.

Il metodo di Newton

Newton è molto più veloce: sostituisci il grafico di $h$ con la sua retta tangente nel punto $x_n$ («x con n», l’approssimazione numero $n$) e prendi il punto in cui la tangente taglia l’asse $x$:

$$x_{n+1} = x_n - \frac{h(x_n)}{h'(x_n)}$$

Con $h(x) = \sin x - \frac{x}{2}$ e $x_0 = 2$, il primo passo è:

$$\begin{gathered} x_1 = 2 - \frac{\sin 2 - 1}{\cos 2 - \frac{1}{2}} \\ {} \approx 2 - \frac{-0{,}0907}{-0{,}9161} \approx 1{,}9010 \end{gathered}$$

$n$	$x_n$
1	1,900996
2	1,895512
3	1,895494

Già $x_3$ ha sei decimali esatti: $\alpha \approx 1{,}895494$. Vicino a una soluzione con $h' \neq 0$, Newton di solito raddoppia le cifre esatte a ogni passo.

cos x = x e il tasto del coseno

Per la limitatezza $x \in [-1, 1]$; per $x < 0$ il coseno è positivo e $x$ negativo. Su $[0, 1]$, con $h(x) = \cos x - x$:

$$\begin{gathered} h(0) = 1 > 0 \\ h(1) = \cos 1 - 1 \approx -0{,}46 < 0 \\ h'(x) = -\sin x - 1 < 0 \ \text{ su } (0, 1) \end{gathered}$$

C’è una sola soluzione. Newton da $x_0 = 1$ dà $0{,}7504$, poi $0{,}7391$, poi $0{,}739085$.

Una curiosità: se premi tante volte il tasto $\cos$ di una calcolatrice in radianti, partendo da qualsiasi numero, il display si ferma su $0{,}739085\ldots$ (il «numero di Dottie»). Dopo due pressioni sei in $[\cos 1;\ 1]$, e lì, per Lagrange, $\lvert \cos u - \cos v \rvert \leq \sin 1 \cdot \lvert u - v \rvert$ con $\sin 1 \approx 0{,}84$: ogni pressione accorcia la distanza dalla soluzione di almeno il 15%.

tan x = x: infinite soluzioni

Il dominio è $x \neq \frac{\pi}{2} + k\pi$; i due membri sono dispari e $x = 0$ è una soluzione, quindi basta studiare $x > 0$.

Prendi il ramo tra $k\pi - \frac{\pi}{2}$ e $k\pi + \frac{\pi}{2}$, con $k \geq 1$:

• su $\left(k\pi - \frac{\pi}{2}, k\pi\right]$ la tangente è $\leq 0$ e $x > 0$: niente soluzioni;
• su $\left(k\pi, k\pi + \frac{\pi}{2}\right)$ la funzione $h(x) = \tan x - x$ ha $h'(x) = \frac{1}{\cos^2 x} - 1 = \tan^2 x > 0$, quindi cresce strettamente; parte da $h(k\pi) = -k\pi < 0$ e tende a $+\infty$ verso l’asintoto. Preso $b$ vicino all’asintoto con $h(b) > 0$, il teorema degli zeri su $[k\pi, b]$ dà esattamente una soluzione $x_k$.

Nel ramo centrale, per $0 < x < \frac{\pi}{2}$, vale $\tan x > x$ (stesso conto, con $h(0) = 0$): l’unica soluzione lì è $0$. In totale: $x = 0$, una soluzione per ramo e le loro opposte.

$k$	$x_k$	asintoto $\frac{\pi}{2} + k\pi$
1	4,4934	4,7124
2	7,7253	7,8540
3	10,9041	10,9956
4	14,0662	14,1372

Le soluzioni si avvicinano agli asintoti: la retta sale e incontra ogni ramo sempre più in alto. Con $x_k = \frac{\pi}{2} + k\pi - \varepsilon_k$, siccome $\tan\left(\frac{\pi}{2} + k\pi - \varepsilon\right) = \frac{1}{\tan\varepsilon}$, l’equazione diventa $\tan\varepsilon_k = \frac{1}{x_k}$:

$$\varepsilon_k = \arctan\frac{1}{x_k} \to 0$$

Per $k = 1$: $\arctan\frac{1}{4{,}4934} \approx 0{,}219$, proprio $4{,}7124 - 4{,}4934$.

Una disequazione risolta con i grafici

$f(x) > g(x)$ dove il grafico di $f$ sta sopra quello di $g$. Risolviamo, su $[0, \pi]$:

$$\sin x > \frac{x}{2}$$

Sappiamo già che $h(x) = \sin x - \frac{x}{2}$ si annulla in $0$ e in $\alpha \approx 1{,}8955$, è positiva su $(0, \alpha)$ e negativa su $(\alpha, \pi]$, dove continua a decrescere. La soluzione è $0 < x < \alpha$, estremi esclusi perché la disuguaglianza è stretta.

Equazioni con parametro: rette che si muovono

Per sapere quante soluzioni ha un’equazione al variare di un parametro $k$, si tiene fermo un membro e si muove l’altro, di solito una retta: orizzontale, che sale e scende, o per un punto fisso, che ruota. I casi di confine sono le tangenze.

La retta orizzontale

Le soluzioni di $\sin x = k$ in $[0, 2\pi)$ sono le intersezioni con la retta $y = k$: due se $-1 < k < 1$, una se $k = \pm 1$, nessuna se $\lvert k \rvert > 1$. Con un argomento composto, come in $\sin 2x = k$, il periodo diventa $\pi$: in $[0, 2\pi)$ ci sono due onde e i conteggi raddoppiano.

Allo stesso modo $\sin x + \cos x = k$ diventa $\sqrt{2}\sin\left(x + \frac{\pi}{4}\right) = k$, una sinusoide di ampiezza $\sqrt{2}$ che in un periodo assume due volte ogni valore strettamente compreso tra $-\sqrt{2}$ e $\sqrt{2}$, una volta i valori estremi:

Valore di $k$	Soluzioni in $[0, 2\pi)$
$\lvert k \rvert > \sqrt{2}$	nessuna
$k = \pm\sqrt{2}$	una
$\lvert k \rvert < \sqrt{2}$	due

È il risultato del metodo della retta e della circonferenza: la retta $X + Y = k$ taglia la circonferenza unitaria se la sua distanza dall’origine, $\frac{\lvert k \rvert}{\sqrt{2}}$, è minore di 1.

Un fascio di rette per l’origine

Quante soluzioni ha $\sin x = kx$ in $[0, 2\pi]$? Le rette $y = kx$ passano tutte per l’origine, quindi $x = 0$ è sempre una soluzione.

• $k \geq 1$. La tangente al seno nell’origine è $y = x$ (la derivata in 0 è $\cos 0 = 1$), e per $x > 0$ vale $\sin x < x \leq kx$: solo $x = 0$.
• $0 < k < 1$. La retta parte sotto il seno e taglia il primo arco una volta; su $(\pi, 2\pi]$ il seno è $\leq 0$ e la retta positiva.
• $k = 0$. Le soluzioni sono $0$, $\pi$ e $2\pi$.
• $k < 0$. Su $(0, \pi]$ il seno è $\geq 0$ e la retta negativa; l’arco negativo $(\pi, 2\pi)$ la retta può tagliarlo due volte, toccarlo o mancarlo.

Il confine è la tangenza in un punto $x_0$: la retta passa per il punto, $\sin x_0 = kx_0$, e ha la stessa pendenza del seno, $\cos x_0 = k$. Dividendo membro a membro:

$$\tan x_0 = x_0$$

È l’equazione di prima! Tra $\pi$ e $2\pi$ la sua unica soluzione è $x_1$, quindi $x_0 = x_1 \approx 4{,}4934$ e la pendenza critica è $k_0 = \cos x_0 \approx -0{,}2172$.

Valore di $k$	Soluzioni in $[0, 2\pi]$
$k < k_0$	una
$k = k_0$	due
$k_0 < k \leq 0$	tre
$0 < k < 1$	due
$k \geq 1$	una

Il controllo rigoroso: isolare il parametro. Per $x \neq 0$ l’equazione equivale a $k = \frac{\sin x}{x}$: si contano le intersezioni della retta orizzontale $y = k$ con il grafico di $\varphi(x) = \frac{\sin x}{x}$ su $(0, 2\pi]$. Come nello studio di funzione:

$$\varphi'(x) = \frac{x\cos x - \sin x}{x^2}$$

Il numeratore $n(x) = x\cos x - \sin x$ ha derivata $n'(x) = -x\sin x$, negativa su $(0, \pi)$ e positiva su $(\pi, 2\pi)$. Da $n(0) = 0$ segue $n < 0$ su $(0, \pi]$; poi $n$ cresce da $n(\pi) = -\pi$ a $n(2\pi) = 2\pi$ e si annulla una sola volta, dove $\tan x = x$, cioè in $x_0$. Quindi $\varphi$ decresce da valori vicini a 1 (il suo limite per $x \to 0^+$) fino a $\varphi(x_0) = \cos x_0 = k_0$, poi risale fino a $\varphi(2\pi) = 0$: la tabella è confermata.

L’equazione di Keplero

Un pianeta percorre un’ellisse con il Sole in un fuoco, a velocità non costante. Per sapere dove si trova in un certo istante bisogna risolvere

$$M = E - e\sin E$$

dove $e$ è l’eccentricità dell’orbita ($0 \leq e < 1$), $M$ l’anomalia media, un angolo che cresce in proporzione al tempo, ed $E$ l’anomalia eccentrica, l’angolo incognito che dà la posizione.

Una e una sola soluzione. Con $h(E) = E - e\sin E - M$ si ha $h'(E) = 1 - e\cos E \geq 1 - e > 0$: $h$ è strettamente crescente. Inoltre $h(M - 1) \leq -1 + e < 0$ e $h(M + 1) \geq 1 - e > 0$, quindi per ogni $M$ c’è esattamente una soluzione, tra $M - 1$ e $M + 1$. Graficamente, $e\sin E = E - M$ confronta una sinusoide di ampiezza $e$, mai più ripida di $e < 1$, con una retta di pendenza 1: si incontrano una volta sola.

Con i numeri. Per $e = 0{,}5$ e $M = 1$, Newton parte da $E_0 = 1$ e ripete

$$E_{n+1} = E_n - \frac{E_n - 0{,}5\sin E_n - 1}{1 - 0{,}5\cos E_n}$$

Si trova $E_1 \approx 1{,}5765$, $E_2 \approx 1{,}5002$, $E_3 \approx 1{,}49870$. Controllo: $1{,}49870 - 0{,}5 \cdot \sin 1{,}49870 \approx 1{,}0000$.

La storia. Keplero ricavò l’equazione nel capitolo 60 dell’Astronomia nova (1609). Si disse convinto che non si potesse risolvere «a priori», cioè ricavando direttamente $E$ da $M$, e scrisse che chi gli avesse mostrato la strada sarebbe stato per lui «il grande Apollonio», il geometra greco delle coniche. Lui la affrontava con calcoli ripetuti e tavole numeriche; ancora oggi la si risolve numericamente, per esempio per calcolare la posizione dei satelliti.

Gli errori più comuni

• Fidarsi solo del disegno. Curve vicine possono incontrarsi due volte o mai: il conteggio va dimostrato con il segno di $h$ e della sua derivata.
• Applicare il teorema degli zeri attraverso un asintoto. $\tan x - x$ cambia segno tra 1 e 2 ma non si annulla.
• Confondere «al massimo una» con «esattamente una». La monotonia dà l’unicità, il cambio di segno l’esistenza: servono entrambi.
• Usare la simmetria quando non c’è. Servono due membri entrambi dispari o entrambi pari.
• Dimenticare la limitatezza. Fuori dalla fascia tra $-1$ e $1$ non ci sono soluzioni di $\sin x = g(x)$.
• Lavorare in gradi. La $x$ è un numero reale: con la calcolatrice in DEG i valori di $\sin 1{,}8$ e simili sono sbagliati.
• Contare male le tangenze. Il punto di contatto è una soluzione sola, e i valori di confine del parametro vanno discussi a parte.
• Partire a caso con Newton. Vicino a un punto con $h' = 0$ il metodo salta lontano.

Esercizi svolti

1. Coseno contro parabola

Testo. Quante soluzioni ha $\cos x = x^2 - 1$? Localizza quella positiva tra due valori che differiscono di 0,01.

I due membri sono pari, quindi le soluzioni sono a coppie opposte, e $x = 0$ non è una soluzione ($\cos 0 = 1 \neq -1$). Per la limitatezza $x^2 - 1 \leq 1$, cioè $\lvert x \rvert \leq \sqrt{2}$. Con $h(x) = \cos x - x^2 + 1$ su $[0, \sqrt{2}]$:

$$\begin{gathered} h(0) = 2 > 0 \\ h(\sqrt{2}) = \cos\sqrt{2} - 1 \approx -0{,}84 < 0 \\ h'(x) = -\sin x - 2x < 0 \ \text{ su } (0, \sqrt{2}) \end{gathered}$$

C’è una sola soluzione positiva:

$x$	$\cos x$	$x^2 - 1$
1,17	0,3902	0,3689
1,18	0,3809	0,3924

In 1,17 il coseno sta sopra la parabola, in 1,18 sotto. Le soluzioni sono due, $x \approx \pm 1{,}1765$.

2. Una sola soluzione, e una disequazione

Testo. Dimostra che $2\sin x = x - 1$ ha una sola soluzione e localizzala tra due decimi consecutivi. Poi risolvi $2\sin x \geq x - 1$.

Come visto, $\sin x = \frac{x - 1}{2}$ richiede $-1 \leq x \leq 3$, e non c’è simmetria. Sia $h(x) = 2\sin x - x + 1$, con $h'(x) = 2\cos x - 1$, che in $[-1, 3]$ si annulla solo in $\frac{\pi}{3}$.

• Su $\left[-1, \frac{\pi}{3}\right]$: $\lvert x \rvert < \frac{\pi}{3}$ all’interno, quindi $\cos x > \frac{1}{2}$ e $h' > 0$; con $h(-1) = 2 - 2\sin 1 \approx 0{,}32 > 0$, $h$ resta positiva.
• Su $\left[\frac{\pi}{3}, 3\right]$: $h' < 0$ e $h$ scende da $\sqrt{3} - \frac{\pi}{3} + 1 \approx 1{,}68$ a $h(3) = 2\sin 3 - 2 \approx -1{,}72$: una soluzione $\beta$.

$x$	$2\sin x$	$x - 1$
2,3	1,491	1,3
2,4	1,351	1,4

Quindi $2{,}3 < \beta < 2{,}4$ (precisamente $\beta \approx 2{,}3801$). Per la disequazione serve $h \geq 0$: per $x < -1$ si ha $x - 1 < -2 \leq 2\sin x$; su $\left[-1, \frac{\pi}{3}\right]$ $h > 0$; su $\left[\frac{\pi}{3}, 3\right]$ $h$ decresce e si annulla in $\beta$; per $x > 3$ si ha $x - 1 > 2 \geq 2\sin x$. La soluzione è $x \leq \beta \approx 2{,}380$.

3. Seno più coseno contro la bisettrice

Testo. Quante soluzioni ha $\sin x + \cos x = x$? Approssima la soluzione con due passi di Newton da $x_0 = 1$.

Il primo membro è $\sqrt{2}\sin\left(x + \frac{\pi}{4}\right)$, quindi le soluzioni stanno in $\lvert x \rvert \leq \sqrt{2}$. Con $h(x) = \sin x + \cos x - x$:

$$\begin{gathered} h'(x) = \cos x - \sin x - 1 \\ {} = \sqrt{2}\cos\left(x + \tfrac{\pi}{4}\right) - 1 \end{gathered}$$

$h'$ si annulla per $x = 2k\pi$ o $x = -\frac{\pi}{2} + 2k\pi$, quindi in $[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$ solo in $0$; il segno è costante ai due lati, con $h'(-1) \approx 0{,}38 > 0$ e $h'(1) \approx -1{,}30 < 0$. Su $[-\sqrt{2}, 0]$ $h$ cresce da $h(-\sqrt{2}) \approx 0{,}58 > 0$: nessuna soluzione. Su $[0, \sqrt{2}]$ decresce da $1$ a $h(\sqrt{2}) \approx -0{,}27$: una soluzione. Newton, con $h(1) \approx 0{,}3818$:

$$\begin{gathered} x_1 = 1 - \frac{0{,}3818}{-1{,}3012} \approx 1{,}2934 \\ x_2 = 1{,}2934 - \frac{-0{,}0578}{-1{,}6879} \approx 1{,}2592 \end{gathered}$$

La soluzione vera è $x \approx 1{,}2587$: dopo due passi l’errore è sotto il millesimo.

4. Contare le intersezioni

Testo. Quante soluzioni ha $\cos x = \frac{x}{10}$?

Serve $\lvert x \rvert \leq 10$, e $x = \pm 10$ non sono soluzioni ($\cos 10 \approx -0{,}84$). Sia $h(x) = \cos x - \frac{x}{10}$. Un fatto utile: dove $h''$ ha segno costante, $h$ ha al massimo due zeri: se ne avesse tre, per il teorema di Rolle $h'$ si annullerebbe in due punti e $h''$ in almeno uno. Qui $h''(x) = -\cos x$.

Per $x > 0$ la retta è positiva, quindi contano gli archi con il coseno positivo:

• su $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ il coseno scende e la retta sale, $h(0) = 1$ e $h\left(\frac{\pi}{2}\right) \approx -0{,}16$: una soluzione;
• su $\left[\frac{3\pi}{2}, \frac{5\pi}{2}\right]$ $h'' < 0$, e i segni $-0{,}47$, $+0{,}37$, $-0{,}79$ di $h$ in $\frac{3\pi}{2}$, $2\pi$, $\frac{5\pi}{2}$ danno due soluzioni;
• il coseno torna positivo solo dopo $\frac{7\pi}{2} \approx 11$: nient’altro.

Per $x < 0$ contano gli archi con il coseno negativo, dove $h'' > 0$:

• su $\left[-\frac{3\pi}{2}, -\frac{\pi}{2}\right]$ i segni $+0{,}47$, $-0{,}69$, $+0{,}16$ in $-\frac{3\pi}{2}$, $-\pi$, $-\frac{\pi}{2}$ danno due soluzioni;
• su $\left[-10, -\frac{5\pi}{2}\right]$ (il coseno è negativo, perché $-10 > -\frac{7\pi}{2}$) i segni $+0{,}16$, $-0{,}06$, $+0{,}79$ in $-10$, $-3\pi$, $-\frac{5\pi}{2}$ danno altre due.

Le soluzioni sono sette. Nota $h(-3\pi) \approx -0{,}06$: la retta passa appena sopra il minimo del coseno, e un disegno impreciso ne farebbe perdere due.

5. Una retta orizzontale e un massimo

Testo. Al variare di $k \in \mathbb{R}$, quante soluzioni ha $2\sin x - x = k$ in $[0, \pi]$?

Contiamo le intersezioni della retta $y = k$ con il grafico di $\varphi(x) = 2\sin x - x$. La derivata $\varphi'(x) = 2\cos x - 1$ è positiva su $\left[0, \frac{\pi}{3}\right)$ e negativa su $\left(\frac{\pi}{3}, \pi\right]$: $\varphi$ sale da $\varphi(0) = 0$ al massimo e scende fino a $\varphi(\pi) = -\pi$, con

$$\varphi\left(\tfrac{\pi}{3}\right) = \sqrt{3} - \tfrac{\pi}{3} \approx 0{,}685$$

Il ramo crescente assume una volta ogni valore tra $0$ e il massimo, quello decrescente ogni valore tra $-\pi$ e il massimo. Quindi:

• nessuna soluzione se $k > \sqrt{3} - \frac{\pi}{3}$ oppure $k < -\pi$;
• una se $k = \sqrt{3} - \frac{\pi}{3}$, in $x = \frac{\pi}{3}$, dove la retta è tangente nel massimo;
• due se $0 \leq k < \sqrt{3} - \frac{\pi}{3}$, una per ramo;
• una se $-\pi \leq k < 0$.

Per $k = 0$ le soluzioni sono $0$ e $1{,}8955$: $2\sin x = x$ è proprio $\sin x = \frac{x}{2}$.

6. Una soluzione nascosta vicino al bordo

Testo. Quante soluzioni ha $\sin x = 1 - x^2$? Localizzale con un errore minore di 0,01.

La limitatezza dà $x^2 \leq 2$, cioè $\lvert x \rvert \leq \sqrt{2}$; non c’è simmetria. Con $h(x) = \sin x + x^2 - 1$ si ha $h''(x) = 2 - \sin x > 0$, quindi, come nell’esercizio 4, al massimo due zeri. I segni:

$$\begin{gathered} h(-\sqrt{2}) = 1 - \sin\sqrt{2} \approx 0{,}012 > 0 \\ h(0) = -1 < 0 \\ h(\sqrt{2}) = 1 + \sin\sqrt{2} \approx 1{,}99 > 0 \end{gathered}$$

Le soluzioni sono esattamente due, una in $(-\sqrt{2}, 0)$ e una in $(0, \sqrt{2})$:

$x$	$\sin x$	$1 - x^2$
−1,41	−0,9871	−0,9881
−1,40	−0,9854	−0,9600
0,63	0,5891	0,6031
0,64	0,5972	0,5904

Sono tra $-1{,}41$ e $-1{,}40$ (circa $-1{,}4096$) e tra $0{,}63$ e $0{,}64$ (circa $0{,}6367$).

In sintesi

• Le equazioni miste come $\sin x = \frac{x}{2}$ si risolvono cercando le intersezioni dei grafici di $f$ e $g$ in $f(x) = g(x)$.
• Si separa tenendo la funzione goniometrica più semplice possibile, disegnata con ampiezza, periodo e traslazioni.
• Limitatezza, simmetria e monotonia restringono la ricerca.
• Su $h = f - g$, continua su $[a, b]$: cambio di segno agli estremi ⇒ almeno una soluzione; $h'$ di segno costante ⇒ al più una.
• Bisezione: errore $\leq \frac{b - a}{2^{n+1}}$. Newton: $x_{n+1} = x_n - \frac{h(x_n)}{h'(x_n)}$, velocissimo se parti vicino.
• $\sin x = \frac{x}{2}$: tre soluzioni ($0$, $\pm 1{,}8955$); $\cos x = x$: una ($0{,}739085$); $\tan x = x$: infinite, una per ramo.
• Con un parametro si muove una retta; i casi di confine sono le tangenze.
• Keplero: $M = E - e\sin E$, con $0 \leq e < 1$, ha una sola soluzione per ogni $M$.

Hai finito la teoria del capitolo: mettiti alla prova con gli esercizi svolti sulle equazioni goniometriche.