Esercizio 49dominio con settcosh e una disequazione trigonometrica lineare

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Passo 1: le condizioni per il dominio

Ci sono due funzioni con dominio ristretto:

• il logaritmo: serve $x > 0$;
• il settore coseno iperbolicoInversa di cosh ristretto a [0,+∞): è definita solo per argomenti maggiori o uguali a 1, è crescente e vale 0 in 1.Funzioni iperboliche →: serve argomento $\ge 1$.

$$\begin{cases} x > 0 \\ \sin(\log x) - \sqrt3\cos(\log x) \ge 1 \end{cases}$$

Passo 2: la sostituzione $t = \log x$

Seno e coseno hanno lo stesso argomento $\log x$: lo si chiama $t$. La seconda condizione diventa

$$\sin t - \sqrt3\cos t \ge 1$$

una disequazione lineare in seno e coseno ($a\sin t + b\cos t \ge c$ con $a = 1$, $b = -\sqrt3$, $c = 1$). Si può risolvere in due modi (teoria in Funzioni trigonometriche e loro inverseSeno, coseno e tangente definiti sulla circonferenza goniometrica (angoli in radianti), le loro proprietà e le inverse arcoseno, arcocoseno e arcotangente; come risolvere a sin t + b cos t ≥ c.Funzioni trigonometriche e loro inverse →, paragrafo "Disequazioni lineari in seno e coseno").

Metodo 1: geometrico

Si pone $X = \cos t$, $Y = \sin t$. Il punto $(X, Y)$ sta sulla circonferenza goniometrica, quindi $X^2 + Y^2 = 1$; la disequazione diventa

$$Y - \sqrt3 X \ge 1 \iff Y \ge \sqrt3 X + 1$$

cioè il punto deve stare sopra (o sulla) retta $Y = \sqrt3 X + 1$. La retta ha pendenza $\sqrt3$ e passa per $(0, 1)$.

Intersezioni retta-circonferenza. Si sostituisce $Y = \sqrt3 X + 1$ nell'equazione della circonferenza:

$$X^2 + (\sqrt3 X + 1)^2 = 1 \iff X^2 + 3X^2 + 2\sqrt3 X + 1 = 1 \iff 4X^2 + 2\sqrt3 X = 0 \iff 2X(2X + \sqrt3) = 0$$

• $X = 0 \Rightarrow Y = 1$: il punto $(0, 1)$;
• $X = -\frac{\sqrt3}{2} \Rightarrow Y = \sqrt3 \cdot \left(-\frac{\sqrt3}{2}\right) + 1 = -\frac32 + 1 = -\frac12$: il punto $\left(-\frac{\sqrt3}{2}, -\frac12\right)$.

Gli angoli dei due punti.

1. $\cos t = 0$, $\sin t = 1$: $t_1 = \frac{\pi}{2}$.
2. $\cos t = -\frac{\sqrt3}{2} < 0$, $\sin t = -\frac12 < 0$: terzo quadrante. Si cerca prima l'angolo "di riferimento" nel primo quadrante con $\sin t^* = \frac12$: $t^* = \frac{\pi}{6}$. Il punto del terzo quadrante è il simmetrico rispetto all'origine di quello di angolo $\frac{\pi}{6}$, e il simmetrico rispetto all'origine si ottiene aggiungendo mezzo giro: $t_2 = \frac{\pi}{6} + \pi = \frac76\pi$. (Se si preferisse lavorare in $]-\pi, \pi]$ si prenderebbe $\frac{\pi}{6} - \pi = -\frac56\pi$, che è lo stesso punto; qui conviene $[0, 2\pi[$ perché l'arco risulta in un solo pezzo.)

L'arco giusto. La retta divide la circonferenza in due archi. Quello sopra la retta va da $\frac{\pi}{2}$ a $\frac76\pi$ in senso antiorario (passa per $(-1, 0)$, cioè $t = \pi$: controllo $\sin\pi - \sqrt3\cos\pi = 0 + \sqrt3 \approx 1{,}73 \ge 1$ ✓). Gli estremi sono inclusi perché la disuguaglianza è $\ge$. Aggiungendo i giri completi:

$$\frac{\pi}{2} + 2k\pi \le t \le \frac76\pi + 2k\pi, \qquad k \in \mathbb{Z}$$

Metodo 2: algebrico

Si divide per $\sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{1 + 3} = 2$ (positivo, il verso non cambia):

$$\frac12\sin t - \frac{\sqrt3}{2}\cos t \ge \frac12$$

Si cerca un angolo $\theta$ con $\cos\theta = \frac12$ e $\sin\theta = -\frac{\sqrt3}{2}$ (esiste perché $\left(\frac12\right)^2 + \left(\frac{\sqrt3}{2}\right)^2 = 1$). Coseno positivo e seno negativo: quarto quadrante. L'angolo del primo quadrante con $\sin\theta^* = \frac{\sqrt3}{2}$ è $\theta^* = \frac{\pi}{3}$, e nel quarto quadrante si prende $\theta = -\frac{\pi}{3}$. Allora, per la formula di addizione $\sin(t + \theta) = \sin t\cos\theta + \cos t\sin\theta$:

$$\cos\left(-\frac{\pi}{3}\right)\sin t + \sin\left(-\frac{\pi}{3}\right)\cos t = \sin\left(t - \frac{\pi}{3}\right) \ge \frac12$$

Con $s = t - \frac{\pi}{3}$ è la disequazione elementare $\sin s \ge \frac12$: sulla circonferenza è l'arco sopra la retta orizzontale $Y = \frac12$, tra $s = \frac{\pi}{6}$ e $s = \pi - \frac{\pi}{6} = \frac56\pi$:

$$\frac{\pi}{6} + 2k\pi \le t - \frac{\pi}{3} \le \frac56\pi + 2k\pi \iff \frac{\pi}{2} + 2k\pi \le t \le \frac76\pi + 2k\pi$$

(sommando $\frac{\pi}{3}$: $\frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{2}$ e $\frac56\pi + \frac{\pi}{3} = \frac76\pi$). Lo stesso risultato del metodo 1.

Passo 3: tornare alla $x$

Si rimette $t = \log x$:

$$\frac{\pi}{2} + 2k\pi \le \log x \le \frac76\pi + 2k\pi$$

Si applica l'esponenziale a tutti i membri: è strettamente crescente, quindi conserva le disuguaglianze, e $e^{\log x} = x$:

$$e^{\frac{\pi}{2} + 2k\pi} \le x \le e^{\frac76\pi + 2k\pi}, \qquad k \in \mathbb{Z}$$

Questi $x$ sono già tutti positivi (un'esponenziale è sempre $> 0$), quindi la condizione $x > 0$ è automaticamente soddisfatta:

$$\mathrm{dom} f = \bigcup_{k \in \mathbb{Z}} \left[e^{\frac{\pi}{2} + 2k\pi},\ e^{\frac76\pi + 2k\pi}\right]$$

Come è fatto questo insieme. Con $k = 0$: $[e^{\pi/2}, e^{7\pi/6}] \approx [4{,}81;\ 39{,}06]$. Con $k = 1$: $\approx [2576;\ 20\,918]$. Con $k = -1$: $\approx [0{,}0090;\ 0{,}0729]$. Gli intervalli diventano sempre più lunghi e lontani verso destra, sempre più corti e ammassati vicino a $0$ verso sinistra.

Passo 4: simmetrie

Per parlare di funzione pari o dispari serve un dominio simmetrico rispetto all'origine (se $x$ sta nel dominio, deve starci anche $-x$). Qui il dominio è contenuto in $]0, +\infty[$: per esempio $5$ sta nel dominio e $-5$ no. Quindi $f$ non è né pari né dispari.

Passo 5: periodicità

Si osserva che $f(x + 2\pi) = \mathrm{settcosh}\left(\sin(\log(x + 2\pi)) - \sqrt3\cos(\log(x + 2\pi))\right)$ e che $\log(x + 2\pi)$ non è $\log x + 2\pi$: il logaritmo "rompe" la periodicità di seno e coseno. Un argomento completo si può dare guardando il dominio:

se $f$ fosse periodica di periodo $T > 0$, con $x$ nel dominio dovrebbe starci anche $x - T$, e poi $x - 2T$, $x - 3T$, e così via. Ma $x - nT$ diventa negativo per $n$ grande (Archimedeità di NPer ogni numero reale esiste un naturale più grande: serve a trovare n con 1/n più piccolo di qualunque epsilon.Archimedeità di N →), mentre il dominio è contenuto in $]0, +\infty[$. Contraddizione: $f$ non è periodica.

Passo 6: segno

Il settore coseno iperbolico prende solo valori $\ge 0$ (la sua immagine è $[0, +\infty[$). Quindi

$$f(x) \ge 0 \qquad \forall x \in \mathrm{dom} f$$

e $f(x) = 0$ esattamente quando l'argomento vale $1$ ($\mathrm{settcosh}\,1 = 0$), cioè negli estremi degli intervalli: $x = e^{\frac{\pi}{2} + 2k\pi}$ e $x = e^{\frac76\pi + 2k\pi}$.

Errori comuni

• Risolvere $\sin t - \sqrt3\cos t \ge 1$ "a pezzi" (per esempio $\sin t \ge 1$ e $\cos t \le 0$): non è equivalente. Le due incognite $\sin t$ e $\cos t$ sono legate da $\sin^2 t + \cos^2 t = 1$, ed è proprio questo che usa il metodo 1.
• Sbagliare il quadrante dell'angolo $t_2$: coseno e seno entrambi negativi significa terzo quadrante, quindi $\frac{\pi}{6} + \pi$, non $\pi - \frac{\pi}{6}$.
• Dimenticare i $2k\pi$ e scrivere il dominio come un solo intervallo.