Equazione trigonometrica con argomenti esponenziali

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#54163
avt
Anonimizzato
Punto

Ho bisogno di una mano per risolvere un'equazione goniometrica con seno e coseno i cui argomenti sono esponenziali in base pi greco. Secondo il mio professore, l'esercizio è difficile e richiede un'analisi approfondita.

Risolvere la seguente equazione trigonometrica

sin(π^(x))+(sin(2π^(x)))/(2) = 1+cos(π^x)

Come si fa?

#54470
avt
Ifrit
Amministratore

Proponiamoci come obiettivo quello di risolvere l'equazione goniometrica

sin(π^(x))+(sin(2π^(x)))/(2) = 1+cos(π^x)

Prima di svolgere qualsiasi passaggio algebrico, è opportuno notare che non bisogna imporre alcuna condizione di esistenza: infatti seno e coseno sono ben definite ovunque, lo stesso dicasi per la funzione esponenziale in base π.

Il miglior approccio prevede di usare la sostituzione t = π^x che consente di riscrivere l'equazione come

sin(t)+(sin(2t))/(2) = 1+cos(t)

e di avvalersi delle giuste formule trigonometriche così da ricondurre l'equazione in qualche forma notevole. Usando le formule di duplicazione del seno

sin(2α) = 2sin(α)cos(α) per ogni α∈R

l'equazione si può riscrivere come

sin(t)+(2sin(t)cos(t))/(2) = 1+cos(t) ; sin(t)+sin(t)cos(t) = 1+cos(t)

Al primo membro raccogliamo sin(t)

sin(t)[1+cos(t)] = 1+cos(t)

e trasportiamo tutti i termini al primo, prestando la dovuta attenzione ai segni

sin(t)[1+cos(t)]−(1+cos(t)) = 0

Raccogliamo totalmente 1+cos(t)

[1+cos(t)][sin(t)−1] = 0

e utilizziamo la legge di annullamento del prodotto grazie alla quale ci riconduciamo a due equazioni goniometriche elementari

1+cos(t) = 0 , sin(t)−1 = 0

Risolviamo la prima

1+cos(t) = 0 → cos(t) = −1

dalla quale si ottiene

t = π+2kπ con k∈Z

Per quanto concerne la seconda

sin(t)−1 = 0 → sin(t) = 1

da cui

t = (π)/(2)+2kπ con k∈Z

Purtroppo l'esercizio non è ancora giunto al termine, è necessario infatti ritornare nell'incognita x tenendo a mente la sostituzione fatta. Poiché t = π^x, la relazione

t = π+2kπ

si tramuta nell'equazione esponenziale

π^x = π+2kπ

Dividendo i due membri per π e applicando la proprietà sul rapporto di due potenze con la stessa base, l'equazione diventa

π^(x−1) = 1+2k

Attenzione! Poiché l'esponenziale è positiva, dobbiamo richiedere che lo sia anche il secondo membro dell'equazione

1+2k > 0 → k > −(1)/(2)

altrimenti l'uguaglianza non sarebbe certamente verificata proprio perché i membri non sono concordi!

Se k > −(1)/(2), possiamo applicare a destra e a sinistra il logaritmo in base π e ottenere

x−1 = log_(π)(1+2k)

da cui isolando l'incognita

x = 1+log_(π)(1+2k) per ogni k∈Z ∧ k > −(1)/(2)

Occupiamoci della relazione lasciata in sospeso

t = (π)/(2)+2kπ con k∈Z

e ripristiniamo l'incognita x

π^x = (π)/(2)+2kπ

Come prima, dividiamo i due membri per π

π^(x−1) = (1)/(2)+2k

e imponiamo la positività del secondo membro

(1)/(2)+2k > 0 → k > −1

Se k rispetta l'ultimo vincolo, possiamo applicare ai due membri il logaritmo in base π e scrivere l'equazione equivalente

x−1 = log_(π)((1)/(2)+2k)

da cui

x = 1+log_(π)((1)/(2)+2k)

con k numero intero maggiore di -1.

Possiamo concludere che l'equazione

sin(π^(x))+(sin(2π^(x)))/(2) = 1+cos(π^x)

ammette come soluzioni

x = 1+log_(π)(1+2k) con k∈Z ∧ k > −(1)/(2) ; x = 1+log_(π)((1)/(2)+2k) con k∈Z ∧ k > −1

Ecco fatto.

Ringraziano: Omega, Hesse
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