Dispense per TFA. Domenico Candeloro

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1 Dispense per TFA Domenico Candeloro Introduzione. Queste brevi dispense hanno lo scopo di illustrare alcuni strumenti elementari della Matematica, oggetto di studio nelle Scuole Medie, Superiori e non, e mostrarne alcuni aspetti applicativi che possano dare un idea della loro importanza, anche per risolvere problemi non del tutto banali. Naturalmente, questo ci offre il pretesto per ripassare, sia pure a grandi linee, le nozioni di base acquisite nelle scuole precedenti, e per stimolare magari uno studio piu motivato dei loro sviluppi. Nel primo capitolo tratteremo lo strumento delle proporzioni, presentando vari problemi che con esse si possono affrontare e risolvere, e anche alcuni possibili errori di concetto, che si possono commettere qualora le si adoperi con eccessiva disinvoltura. Nel secondo capitolo vedremo varie applicazioni delle proporzioni in Geometria piana, dalla similitudine dei triangoli al concetto di sezione aurea. Quest ultimo ha anche lo scopo di introdurre il discorso sulle equazioni (e disequazioni), che poi vengono trattate, con svariati esercizi, nel capitolo 3. Precisiamo che qui ci siamo limitati alle equazioni e disequazioni algebriche o fratte, lasciando a capitoli successivi la trattazione di problemi analoghi coinvolgenti logaritmi, trigonometria, funzioni esponenziali. Nel terzo capitolo sono state riportate le tecniche di risoluzione delle equazioni e disequazioni algebriche, con alcuni dettagli sulla scomposizione dei polinomi. Questi strumenti vengono poi adoperati nel quarto capitolo, dove abbiamo voluto presentare alcuni semplici problemi di ottimizzazione, che si possono risolvere anche solo con l uso delle equazioni o disequazioni algebriche, senza ricorrere a strumenti piu sofisticati: si possono incontrare problemi classici come la ricerca del triangolo di area massima e perimetro fissato, ma anche problemi di minima distanza, meno conosciuti ma ugualmente importanti. Nel quinto e sesto capitolo abbiamo riportato i rudimenti della Trigonometria e del calcolo logaritmico ed esponenziale, con svariati esercizi, e nel settimo capitolo sono introdotti e trattati (sia pure in forma elementare) i numeri complessi assieme ad alcune loro impor- 1

2 tanti applicazioni in campo reale. Infine, nell ottavo capitolo, riportiamo alcuni problemi tipici di equazioni e disequazioni che si possono facilmente incontrare affrontando studi di funzioni nel primo corso di Analisi Matematica. Concludiamo con l auspicio che queste semplici note, oltre ad agevolare la comprensione dei vari argomenti e problemi trattati, possano fornire a chi legge spunti e suggerimenti da adoperare anche autonomamente, non solo al fine ovvio di risolvere i quesiti ma anche di confrontare i procedimenti qui presentati con altri metodi di sua conoscenza (sicuramente ve ne sono, almeno per qualche problema) e, perche no?, di cimentarsi a proporre soluzioni personali alternative, e magari a porsi domande su altri temi e questioni, sia pure senza la pretesa di risolvere tutto e subito...

3 Capitolo 1 Proporzioni Tra i numerosi strumenti matematici, che conducono alla impostazione di equazioni, uno dei piu elementari é quello delle proporzioni. Non staremo qui a spiegare cosa sono le proporzioni, ma ci limiteremo a presentare alcuni problemi concreti, nei quali l uso (accurato) delle proporzioni conduce prontamente alla soluzione giusta, ma anche problemi nei quali le proporzioni, applicate in modo superficiale, possono indurre in errore. Un primo esempio si incontra nella determinazione della velocita media: se un ciclista percorre 1.00 metri in minuti, qual é la sua velocita in Km/h? Si puo impostare la proporzione: 100 : = x : 60. Applicando la regola del prodotto dei medi, si trova x = / = (metri). Dunque, in un ora il ciclista percorre 36Km. L uso della regola suddetta permette di interpretare ogni proporzione come un equazione. In effetti, ogni proporzione, cosi com é scritta, é gia un equazione (basta solo stare attenti a non dividere per 0). Un altro esempio si incontra nelle cartine geografiche: se la scala di una cartina é di 1 : , qual é la distanza reale tra due localita che distano, sulla carta, 48cm? La proporzione qui é molto semplice: 1 : = 48 : x, da cui x = = , ovviamente espresso in cm. Dunque, la distanza cercata é 576 Km. Dal punto di vista puramente tecnico, una proporzione puo essere interpretata come una relazione lineare tra due quantita (direttamente proporzionali, appunto): nell esempio 3

4 del ciclista, la costante di proporzionalita é la velocita, chiamiamola v. Una volta stabilito che il ciclista si muove con velocita v costante, c é proporzionalita diretta tra lo spazio percorso e il tempo impiegato a percorrerlo. Nel caso della cartina, la costante di proporzionalita é la scala stessa, che esprime il rapporto (costante) tra distanza reale e distanza sulla carta. Possiamo quindi stabilire la seguente definizione. Definizione 1.1 Quando due quantita reali, diciamo x e y, sono soggette a un legame di proporzionalita diretta, ad esempio y = vx, tale legame puo essere rappresentato con una retta nel piano cartesiano, passante per l origine (non escludiamo che v possa essere negativa, oppure nulla). Per tale motivo, il legame che lega le due variabili x e y viene detto lineare. Piu generalmente, si ha un legame lineare quando é y = vx + c, ove c é una costante qualunque. In tal caso, la rappresentazione nel piano cartesiano é ancora una retta, ma non necessariamente passante per l origine. In ogni caso, purché risulti v 0, il legame lineare é reciproco: se y = vx + c, risulta anche x = 1 v y c v. A volte, é utile anche il concetto di proporzionalita inversa, anch esso di natura reciproca: se y é proporzionale a 1, allora si dice che y e x sono inversamente proporzionali. x Questa relazione ha senso se x e y sono entrambi non nulli, e si puo anche esprimere dicendo che il prodotto x y é costante. La famosa Legge di Boyle dei gas perfetti, P V = KT, esprime appunto una relazione di proporzionalita inversa tra pressione (P ) e volume (V ) di un gas, a patto che la sua temperatura assoluta T rimanga costante. Ma torniamo alle nostre proporzioni, e affrontiamo un nuovo problema per il nostro ciclista: come sappiamo, egli pedala alla velocita media di 36 Km/h. Ad un certo punto, egli deve affrontare una salita di 3 Km, che percorre alla velocita ridotta di 4 Km/h. Quale velocita egli dovra tenere, nella successiva discesa (pure di 3 Km), per recuperare la media di 36 Km/h? Non dobbiamo lasciarci trarre in inganno da considerazioni semplicistiche: se il ciclista percorresse la discesa a 48 Km/h (cioé, , per bilanciare i precedenti 36 1), impiegherebbe 1/16 di ora (ossia 3 45 ). Ma nella salita egli ha impiegato 1/8 di ora, cioé Dunque, in totale, per i 6 km di salita e discesa, egli impiegherebbe 11 minuti e 15 4

5 secondi: troppo tempo! Infatti, se vuole rimanere nella media di 36 Km/h, i 6 Km vanno percorsi complessivamente in 10 minuti! A tale scopo, visto che in salita sono gia passati 7 minuti e mezzo, la discesa va percorsa in minuti e mezzo, il che significa una velocita di 7 Km/h : ben piu impegnativa, per un ciclista! Ma sarebbe senz altro peggio, se egli percorresse la salita a 18 Km/h o meno: infatti, in tal caso egli impiegherebbe tutti i 10 minuti in salita, e quindi non avrebbe piu possibilita di recuperare, almeno non con la sola discesa. Se si vuole impostare questo problema in termini di equazioni matematiche, si puo procedere cosi : detta v la velocita media, detta u la velocita tenuta in salita, detta x la velocita della discesa, e indicata con s la lunghezza comune di salita e discesa, si deve avere s u + s x = s ( uguagliando i tempi di percorrenza.) v Risolvendo l equazione in x, con i soliti metodi, si ottiene x = uv u v da cui si vede intanto che x é accettabile (positiva) solo se v < u, cioé se la velocita della salita supera i 18 Km/h. Se poi si sostituiscono i nostri dati, ossia u = 4, v = 36, si ricava x = 7. Si osservi che il valore trovato per x non dipende da s, dunque sarebbe lo stesso anche se la salita e la discesa avessero una qualunque altra lunghezza (purché la stessa, per entrambe). Un altra osservazione riguarda la cartina geografica: qual é il significato esatto della scala? Se una cartina da 1: rappresentasse l Italia, questa cartina sarebbe circa di un metro quadrato. Ora, se la scala 1: comportasse che tutto si puo dividere per tale numero, si potrebbe dedurre che sulla cartina, ipoteticamente stesa per terra, dovrebbero trovare posto comodamente circa 50 italiani (60 Milioni: ). Ma un metro quadrato é decisamente insufficiente! E difatti la scala si riferisce esclusivamente alle distanze: un discorso come quello precedente avrebbe come presupposto che anche le aree si rapportino allo stesso modo, e questo é errato. Infatti, se un cm corrisponde a 1 Km, un cm corrisponde a 144 Km = cm, e quindi la scala per le aree é di 1 : (100000). 5

6 Un altro problema interessante, legato alle proporzioni, é il seguente: Tutti sappiamo che, in certi momenti della giornata, le due lancette dell orologio sono perfettamente sovrapposte. Una domanda allora potrebbe essere questa: quali sono le ore esatte in cui questo fenomeno accade? In linea di principio, la lancetta delle ore, con la sua posizione, potrebbe da sola individuare l ora esatta del giorno (a parte la distinzione tra mattina e pomeriggio), mentre la lancetta dei minuti segnala soltanto una frazione di ora. Ciascuna delle lancette segue una regola di proporzionalita : per quanto riguarda la lancetta delle ore, all ora h del giorno essa forma un angolo α rispetto alla verticale (ore 1), osservato in senso orario; la relazione tra h e α é la seguente: α = π 6 h. Infatti, all angolo di 90 gradi (cioé α = π ) corrisponde h = 3, all angolo di 30 gradi (α = π 6 ) corrisponde h = 1, e cosi via. La lancetta dei minuti segue un altra proporzione: detto β l angolo che questa lancetta forma con la verticale, sempre in senso orario, la frazione m di ora che tale posizione rappresenta é legata a β dalla relazione β = πm. Infatti, se β = π sappiamo che m = 1 4 (un quarto d ora), se β = π 6 (5 minuti= 1 1 di ora), etc. (30 gradi) allora m = 1 1 Ora, torniamo al nostro problema: se supponiamo che le lancette siano sovrapposte, allora α e β sono uguali. Facciamo finta per un momento di sapere che cio avviene tra le 4 e le 5. Allora certamente l ora esatta é h = 4 + m, e quindi, dalle relazioni scritte sopra: α = π (4 + m), 6 β = πm; e siccome α = β troviamo cioé, dividendo per π e moltiplicando per 6: π (4 + m) = πm (1.1) m = 1m, per cui m =

7 Se si vuole l indicazione in minuti, basta moltiplicare 4 11 per 60: si ottiene , ossia 1 minuti e circa 8 centesimi di minuto, circa 1 minuti e 49 secondi. In definitiva, se la sovrapposizione delle lancette avviene tra le 4 e le 5, sono le 4 h, Piu in generale, se la sovrapposizione avviene tra l ora k e l ora k +1 (con k=0,1,...,11), la relazione (1.1) precedentemente trovata diviene da cui π (k + m) = πm 6 m = k 11. Il rapporto trovato ci dice subito che l ora esatta non puo essere indicata semplicemente nella forma ore,minuti,secondi, ma occorrono anche le frazioni di secondo, ad eccezione del caso k = 11, in cui viene m = 1, e quindi l ora esatta sono le 1 (ma questa non é certo una sorpresa). Un altra osservazione che si puo fare é che non ci sono istanti di sovrapposizione dopo le 0 e prima delle ore 1: ossia, per k = 0 si ha anche m = 0. Per soddisfare la curiosita dei lettori, scriviamo di seguito le 11 indicazioni (approssimative) delle ore in cui le lancette sono esattamente sovrapposte. 1 h, 5 7 ; h, ; 3 h, 16 ; 4 h, 1 49 ; 5 h, 7 16 ; 6 h, 3 44 ; 7 h, ; 8 h, 43 38, ; 9 h, ; 10 h, ; 1 h,

8 Capitolo Elementi di Geometria (euclidea e analitica) Prima di vedere alcune applicazioni in Geometria degli argomenti incontrati finora, richiameremo alcuni concetti di base della Geometria euclidea e della Geometria analitica. Daremo per scontati i concetti di piano, punto, retta, ma possiamo fin d ora osservare che il punto é un entita elementare e indivisibile, che ogni retta e un insieme di (infiniti) punti, e ogni piano e unione di (infinite) rette. Ricordiamo poi gli assiomi classici della Geometria euclidea, da cui deriveranno poi tutti gli altri concetti e teoremi piu complessi. Per semplicita di linguaggio, diremo solitamente che una retta passa per un punto per intendere che il punto fa parte della retta..1 Gli assiomi di Euclide Classicamente gli assiomi della Geometria euclidea sono cinque, e possono essere elencati come segue: Assioma 1. Per due punti distinti passa una e una sola retta. Assioma. Due rette distinte possono avere al piu un punto in comune. Se due rette hanno piu di un punto in comune, esse sono uguali. Se non ne hanno, e giacciono su uno stesso piano, esse sono dette parallele. 8

9 Assioma 3. Dati tre punti distinti, non appartenenti alla stessa retta, esiste uno e un solo piano che li contenga tutti. Assioma 4. Date due rette distinte, che hanno un punto in comune, esiste uno e un solo piano che le contenga entrambe. Assioma 5. Dati una retta e un punto fuori di essa, esiste una e una sola retta, parallela alla retta data e contenente il punto. Fissato un punto P di una retta r, esso individua due semirette, che hanno in comune solo il punto P : esso si dice origine delle due semirette. Dati invece due punti distinti, P e Q, su una retta r, essi dividono r in due semirette disgiunte e nel segmento P Q, che é la porzione rimanente di r, e coincide con l intersezione delle altre due semirette uscenti dai due punti. Di solito, se una retta r contiene due punti distinti P e Q, essa puo anche essere detta la retta P Q, in quanto unica. Vediamo ora qualche altro concetto, che sara utile in seguito. Quando due rette distinte r e s hanno un punto in comune, tale punto é unico, e il piano viene diviso in quattro sezioni, che possiamo definire angoli: se indichiamo con P l intersezione tra le due rette, e indichiamo con P r, Q r due punti di r posti sulle due semirette di r uscenti da P, e indichiamo con P s, Q s due punti di s posti sulle due semirette di s uscenti da P, i quattro angoli si possono denotare con ˆ P r P P s, Q r Pˆ Q s, P r Pˆ Q s, ˆ P s P Q r. Gli angoli ˆ P r P P s e ˆ Q r P Q s sono detti opposti al vertice, e hanno uguale ampiezza. Lo stesso si puo dire degli altri due angoli. Ma in generale l ampiezza di accade che anche ˆ P r P P s é diversa da quella di ˆ P r P Q s. Quando P r Pˆ P s ha la stessa ampiezza di P r Pˆ Q s, si dice che i quattro angoli sono retti, e che le rette si incontrano ad angolo retto, o anche che sono perpendicolari, o ancora ortogonali. Generalmente gli angoli si misurano in gradi: l angolo retto misura 90 gradi (scritto 90 0 ), e gli altri angoli hanno misure proporzionali. Un angolo si dice acuto se ha ampiezza inferiore ad un angolo retto, altrimenti si dice ottuso. Quando due rette hanno un punto in comune, ma non sono ortogonali, dei quattro angoli che esse formano due sono acuti e due sono ottusi. La somma delle ampiezze di uno dei due angoli acuti con uno dei due 9

10 angoli ottusi é sempre di 180 gradi, e l angolo che corrisponde a tale ampiezza é detto angolo piatto. Quando la somma delle ampiezze di due angoli é di 180 gradi, essi si dicono supplementari. Quando invece la somma delle ampiezze di due angoli é di 90 gradi, essi si dicono complementari: ovviamente in tal caso entrambi gli angoli saranno acuti. Alternativamente, si puo anche definire angolo ciascuna delle due porzioni di piano individuate da due semirette che hanno origine da uno stesso punto (ma siano diverse). Se le due semirette appartengono alla stessa retta, e la loro unione costituisce tutta la retta, allora formano due angoli piatti. Se le due semirette appartengono alla stessa retta, e sono sovrapposte (coincidenti), uno degli angoli ha misura nulla, mentre l altro viene detto angolo giro, e misura 360 gradi. In generale, i due angoli individuati da due semirette con la stessa origine si dicono esplementari, e la somma delle loro ampiezze é sempre di 360 gradi. La stessa ampiezza totale si ha se si sommano le ampiezze dei quattro angoli formati da due rette che hanno un punto in comune. Passiamo ora a trattare i sottoinsiemi piu importanti del piano: tali sottoinsiemi vengono detti anche figure geometriche, e sono alla base di numerosi e importanti teoremi, che hanno innumerevoli applicazioni. Abbiamo gia parlato di punti, rette, e segmenti. A parte queste, le figure geometriche piu importanti sono i triangoli. Si ottiene un triangolo se, partendo da tre punti A, B, C non allineati, si tracciano i segmenti AB, BC, e CA: i tre punti A, B, C sono detti i vertici del triangolo (e spesso il triangolo si denota proprio con la scrittura ABC), mentre i tre segmenti sono detti i lati del triangolo. Il nome triangolo deriva pero dal fatto che esso individua anche tre angoli, che sono quelli formati dall intersezione dei tre segmenti a due a due (si considerano solo gli angoli interni al triangolo): essi si denotano con ˆ ABC, BCA, ˆ CAB, ˆ intendendo che il vertice posto in mezzo é di volta in volta il punto in comune di ciascuna coppia di segmenti. A tale riguardo, é di fondamentale importanza il teorema: Teorema.1 La somma dei tre angoli di un triangolo é sempre di 180 gradi. Altri risultati, piu intuitivi, riguardano le lunghezze dei lati di un triangolo: 10

11 la lunghezza di ciascun lato di un triangolo é sempre minore della somma delle lunghezze degli altri due. Quindi non esiste nessun triangolo tale che i lati misurino ad es. 4, 5, 10 cm rispettivamente (e neanche 4, 5, 9...). In generale, la somma delle lunghezze dei tre lati di un triangolo si chiama perimetro. Quando uno degli angoli é retto, il triangolo si dice triangolo rettangolo, e allora gli altri due angoli sono acuti e complementari l uno dell altro. I lati piu corti (quelli che formano l angolo retto) si dicono cateti mentre il piu lungo si dice ipotenusa. Se uno dei tre angoli fosse ottuso, a maggior ragione gli altri due sono acuti, e la loro somma e minore di un angolo retto: in tal caso il triangolo si dice ottusangolo. Se tutti gli angoli sono acuti (ad es. tutti di 60 gradi), il triangolo é detto acutangolo. Per i triangoli rettangoli vale il notissimo teorema di Pitagora: Teorema. In un triangolo rettangolo, la somma dei quadrati delle ampiezze dei due cateti coincide con il quadrato della lunghezzza dell ipotenusa. Viceversa, se i lati di un triangolo godono della proprieta suddetta, il triangolo é certamente rettangolo. Non solo: dati comunque tre numeri positivi a, b, c, tali che a + b = c, allora esiste almeno un triangolo rettangolo i cui cateti misurino a e b, e l ipotenusa misuri c. Ad es., i lati di un triangolo rettangolo possono avere lunghezze 3, 4, 5, oppure 5, 1, 13, o ancora 8, 15, 17, e cosi via. D altra parte, se sappiamo che i lati di un certo triangolo misurano ad es. 4, 7.5, 8.5, allora il triangolo é certamente rettangolo, in quanto 4 +(7.5) = = 7.5 = (8.5). Altri tipi di triangoli importanti sono: i triangoli isosceli, cioé quelli nei quali due lati sono uguali (e anche i due angoli che tali lati formano col terzo), e i triangoli equilateri, cioé quelli in cui tutti i lati (e anche gli angoli) sono uguali. Chiaramente, in ogni triangolo equilatero i tre angoli misurano tutti 60 gradi. Osserviamo che, pertanto, nessun triangolo rettangolo puo essere equlatero, mentre esistono triangoli rettangoli isosceli: in tutti i triangoli rettangoli isosceli, i tre angoli sono sempre di 90, 45 e 45 gradi rispettivamente. Torneremo in seguito sui triangoli, per trattare altre proprieta. Ma ora dedichiamoci ad altre figure geometriche, non meno importanti: i rettangoli ed i quadrati. Un rettangolo 11

12 si ottiene come abbiamo fatto per il triangolo, ma partendo da quattro vertici, A, B, C, D, a tre a tre mai allineati, e anzi tali che due lati adiacenti siano sempre perpendicolari tra loro. In questo modo si ottiene che ciascun lato sia parallelo a quello che non gli é adiacente (lato opposto), e le lunghezze dei lati opposti siano uguali tra loro. Un quadrato é un particolare rettangolo: quello per cui tutti i lati hanno lunghezze uguali. (v. figura). Congiungendo due vertici opposti di un rettangolo ABCD (ad es. A e C) si ha una diagonale: le due diagonali hanno sempre lunghezza uguale. Si vede facilmente che una diagonale divide il rettangolo in due triangoli rettangoli uguali (cioé con le stesse dimensioni). 1

13 Capitolo 3 Applicazioni in Geometria L uso delle proporzioni é fondamentale in Geometria: la similitudine tra triangoli, i concetti fondamentali di trigonometria, la cosiddetta sezione aurea di un segmento, sono alcuni esempi importanti di applicazione delle proporzioni. Esempio 3.1 Un buon inizio consiste nel ricavare il famoso teorema di Pitagora, mediante la similitudine dei triangoli. Sia dato il triangolo ABC, retto in B, e si denoti con BH l altezza relativa all ipotenusa AC: é facile controllare che i triangoli ABH e CBH sono entrambi simili ad ABC. Ne ricaviamo allora le seguenti proporzioni: AH : AB = AB : AC, e CH : BC = BC : AC. Usando la regola del prodotto dei medi, otteniamo allora: 13

14 AB = AH AC, e BC = BH AC. Sommando membro a membro, e tenendo presente che AH + CH = AC, otteniamo infine AC = AB + BC. Le proporzioni conducono anche a equazioni di grado maggiore di 1, come avviene per esempio nella determinazione della sezione aurea di un segmento. I prossimi esempi illustrano meglio la situazione. Sezione aurea Esempio 3. Sia AB un segmento, di lunghezza L. Si scelga un punto S nel segmento AB: diremo che il segmento AS é la sezione aurea di AB se risulta: AB : AS = AS : SB. 14

15 AS =? Se denotiamo con x tale quantita incognita, e applichiamo la regola del prodotto dei medi, troviamo l equazione L(L x) = x, o x + Lx L = 0. Tale equazione ha come soluzioni: x = L ± 5L delle quali é positiva (e quindi accettabile) solo x = 5 1 L. pertanto, la sezione aurea di un segmento lungo L é lunga 5 1 L; in particolare, se L = 1, la sezione aurea é Per brevita, denoteremo a volte con α tale numero. Facciamo notare, gia che ci siamo, che il reciproco di α, cioé 1, coincide con α + 1, α cioé con Cio si puo controllare direttamente, ma deriva anche facilmente dall equazione precedente, ponendo L = 1 e dividendo per x: in altre parole, α é l unico numero positivo che verifica la condizione 1 α = 1 + α. Precisiamo anche che il numero α + 1 é spesso denotato con la lettera ϕ, e denominato proporzione divina (per motivi che saranno chiari quando si studieranno le successioni); anche i numeri α e ϕ hanno notevoli proprieta, nell ambito della Trigonometria. Dunque, la sezione aurea spunta fuori piuttosto di frequente, anche in problemi che a priori non sembrerebbero collegati ad essa. Vediamone alcuni. 15

16 Esempio 3.3 Sia ABC un triangolo rettangolo, retto in B, (possiamo far riferimento alla figura precedente) e chiediamoci se e quando puo accadere che l ipotenusa, AC, e i cateti AB e BC soddisfano alla seguente proporzione: AC : BC : BC : AB. Se denotiamo con b la lunghezza dell ipotenusa, e con a e c rispettivamente le lunghezze dei cateti opposti ai vertici A e C, la regola del prodotto dei medi fornisce bc = a da cui, tenendo presente che a = b c per il teorema di Pitagora, otteniamo bc = b c, o c + bc b = 0 la quale, risolta rispetto a c, da come unica soluzione accettabile: c = 5 1 b. Dunque, i triangoli rettangoli che verificano la condizione imposta sono tutti e soli quelli per i quali il cateto minore é la sezione aurea dell ipotenusa. Il cateto maggiore ha lunghezza 5 1 a = b 3 5b = b. Questo mostra che tutti i triangoli suddetti sono simili tra loro: ad esempio, se si sceglie b = 1, il cateto maggiore misura esattamente quanto la radice quadrata del cateto minore (si tenga presente che tali quantita sono state supposte minori di 1, e quindi facendone la radice quadrata si ottiene un numero maggiore). Un altro esempio, un po piu laborioso, é collegato con una questione di trigonometria: per chi sia gia esperto di tale soggetto, basta dire che ricerchiamo il seno di Tuttavia, il problema puo essere posto in termini elementari, in modo che chiunque lo possa comprendere. Faremo riferimento alla figura seguente. Esempio 3.4 Si consideri il triangolo OAB, retto in A, con l angolo in O di Si supponga che l ipotenusa OB abbia lunghezza 1, e cerchiamo la lunghezza di AB. Poiché tale lunghezza é la nostra incognita, la denoteremo con x. A tale scopo, si prolunghi il lato BA dalla parte di A, in maniera da raddoppiarne la lunghezza, e si denoti con S l estremo opposto a B. Cosi si avra AB = AS = x, SÔA = AÔB =

17 Si mandi ora da B la bisettrice dell angolo O ˆBA (che misura 7 0 ), fino ad incontrare la retta OS nel punto T. L angolo in S é naturalmente di 7 0, e l angolo T ˆBS misura 36 0, dunque B ˆT S = 7 0, e percio il triangolo BT S é isoscele, e risulta BT = BS = x. Similmente, anche il triangolo OT B risulta isoscele, e quindi OT = T B = x. Notiamo ora che i triangoli BT S e BOS sono simili, e percio ricaviamo OB : BS = BS : T S o anche, tenendo presente che OB = OS e BS = OT : OS : OT = OT : T S. Questo significa che OT é la sezione aurea di OS, e quindi, essendo OS = OB = 1 per ipotesi: 5 1 x = OT = = α. In termini trigonometrici, si puo dunque affermare che sin 18 0 = x = = α.309. Questa e altre proprieta della sezione aurea resero questo numero (ed il suo reciproco ϕ) estremamente importante agli occhi degli scienziati e anche degli artisti rinascimentali, non ultimo Leonardo da Vinci. 17

18 Capitolo 4 Equazioni algebriche e loro applicazioni Ci occuperemo qui di alcune equazioni algebriche, di grado non superiore a 4, e di altre equazioni, riconducibili a queste, con lo scopo di mettere in evidenza la loro importanza in svariati problemi, specialmente di tipo geometrico. Presupporremo che sia gia nota la formula di risoluzione per le equazioni di II grado, ma precisiamo che siamo interessati esclusivamente alle radici reali, e quindi alcune delle equazioni che incontreremo potrebbero anche non avere alcuna soluzione. Un polinomio P (x) che non abbia radici reali é detto irriducibile. A volte, dovremo risolvere anche sistemi di equazioni, ma in tutti i casi che si presenteranno il sistema sara immediatamente riconducibile ad una singola equazione. Sara anche necessario affrontare delle disequazioni, per le quali si fornira il metodo piu conciso di risoluzione. A tale scopo, enunciamo alcuni teoremi fondamentali dell Algebra, che non dimostreremo, riguardanti i polinomi a coefficienti reali. Teorema 4.1 Sia P (x) un generico polinomio in x, di grado n. Sia x 1 una radice reale di P (x). Allora P (x) é divisibile per (x x 1 ), ossia esiste un polinomio Q(x), di grado n 1, tale che P (x) = (x x 1 ) Q(x). 18

19 Questo teorema ci dice che conoscere una radice di P (x) ci permette di abbassare di 1 il grado di P (x), ossia di ricondurre lo studio di P (x) a quello di Q(x). Se poi si conoscono altre radici (di P (x) o di Q(x), indifferentemente), il grado si abbassa ulteriormente. E dunque abbastanza chiaro il prossimo teorema. Teorema 4. Sia P (x) un generico polinomio in x, di grado n, che ammetta solo radici reali. Dette x 1, x,..., x k le radici reali di P (x), esistono k numeri interi non negativi, µ 1, µ,..., µ k, (detti molteplicita delle radici reali) tali che risulti P (x) = (x x 1 ) µ 1 (x x ) µ... (x x k ) µ k per ogni x. Un teorema piu generale, che comprende il caso di radici non tutte reali, é il seguente. (Si veda anche il teorema 8.1). Teorema 4.3 Sia P (x) un generico polinomio in x, di grado n. Dette x 1, x,..., x k le (eventuali) radici reali di P (x), esistono k numeri interi non negativi, µ 1, µ,..., µ k, (le molteplicita delle radici reali), e dei polinomi irriducibili di II grado, P 1 (x), P (x),...p h (x), (sempre a coefficienti reali) in modo tale che risulti P (x) = (x x 1 ) µ 1 (x x ) µ... (x x k ) µ k P 1 (x)... P h (x) per ogni x. Ad esempio, consideriamo il polinomio P (x) = x 4 x 3 + x x + 1 : esso ha una radice reale, x 1 = 1. Allora esso é divisibile per (x 1), e quindi esiste un polinomio Q(x), di grado 3, tale che P (x) = (x 1)Q(x). Come troviamo Q(x)? Un metodo pratico é stato inventato da Ruffini: chi lo sa adoperare trovera abbastanza rapidamente Q(x). Un altro metodo consiste nel fare la divisione tra il polinomio P (x) e il polinomio x 1: chi sappia fare questo calcolo, trovera rapidamente Q(x). Un ultimo metodo, piu lento, consiste nel porre Q(x) = x 3 + ax + bx + c, e determinare i coefficienti a, b, c utilizzando la relazione P (x) = (x 1)(x 3 + ax + bx + c) 19

20 assieme con il principio d identita dei polinomi. Uno qualunque dei metodi suddetti conduce a: Q(x) = x 3 x + x 1. Questo polinomio é facilmente scomponibile: Q(x) = (x + 1)(x 1), dunque ancora 1 é una radice, (radice doppia per P (x)), e possiamo concludere: P (x) = (x 1) (x + 1) poiché chiaramente x + 1 é irriducibile. Un altro esempio, piu pestifero, é P (x) = x 4 x 3 + x x + 1 : non consigliamo di cercare radici reali, dato che non ce ne sono. Il polinomio é comunque rappresentabile come il prodotto di due polinomi irriducibili di II grado, in accordo con il teorema 4.3. Scriviamo P (x) in questo modo: P (x) = x 4 x 3 + x + x x + 1 = x (x x + 1) + (x x + 1) = (x + 1)(x x + 1) e la decomposizione é fatta. Detto questo, possiamo passare a esaminare qualche esempio concreto, anche per vedere in che modo equazioni e disequazioni tornino utili in vari problemi, geometrici e non. Esempio 4.4 Una situazione classica riguarda le intersezioni tra curve algebriche. Per cominciare, cerchiamo di individuare quali punti una retta fissata ha in comune con il cerchio di equazione x + y = 1. (Tale cerchio é detto il cerchio unitario). Supponiamo che l equazione della retta sia in forma normale, cioé y = mx + p. Per il resto, lasciamo arbitrari i due parametri m e p. Le coordinate dei punti di intersezione debbono verificare il seguente sistema: x + y = 1 y = mx + p Sostituiamo nella I equazione l espressione di y ricavata dalla seconda: x + (mx + p) = 1, ossia (1 + m )x + mpx + p 1 = 0. 0

21 Risolvendo quest ultima equazione, troveremo due radici reali distinte (dunque la retta é secante la circonferenza), oppure nessuna radice reale (se la retta é esterna), oppure una radice doppia (nel caso di retta tangente): si ha la prima situazione se il discriminante é positivo, la seconda se < 0, e la terza se = 0. Ricordiamo che, per definizione, si ha = (mp) + 4(1 + m )(1 p ): per semplicita, calcoliamo /4: Dunque, la retta data risulta 4 = m p + (1 + m )(1 p ) = 1 + m p. tangente al cerchio assegnato se: m = p 1, secante, se risulta: m > p 1, esterna, se si ha: m < p 1. Ad esempio, sia p = 3; cio vuol dire che la retta passa per (0, 3), e quindi dev essere molto inclinata (verso l alto), se vogliamo che essa intersechi la circonferenza unitaria. Le formule precedenti specificano che infatti dev essere m > 8, ossia m > oppure m <, se vogliamo che tale retta intersechi il cerchio. Viceversa, se risulta p < 1, é ovvio che la retta comunque interseca il cerchio dato: e infatti, p < 1 implica p 1 < 0, e quindi certamente m 0 > p 1. Esempio 4.5 Prendendo spunto dall esempio precedente, possiamo ora ridimostrare un famoso teorema di geometria: dato un cerchio C, e un qualunque punto P del piano, esterno al cerchio dato, esistono sempre esattamente due rette, uscenti da P e tangenti a C. Poniamo P (u, v), e supponiamo per semplicita che C sia il cerchio unitario. Chiaramente, se P é esterno a C, dev essere u + v > 1. Ora, la retta generica uscente da P ha equazione y v = m(x u), ossia y = mx + v mu con m arbitraria. La condizione di tangenza espressa nell esempio precedente ci porta a richiedere che: m = (v mu) 1, ossia (1 u )m + umv + 1 v = 0. 1

22 Studiamo di nuovo il /4: 4 = u v (1 u )(1 v ) = 1 + u + v e questa é certamente una quantita positiva, per quanto suddetto. Dunque, esistono due distinti valori di m per i quali la retta y = mx + v mu é tangente al cerchio unitario. Implicitamente, il calcolo precedente mostra anche che di tangenti ce n é una sola, se P fa parte della circonferenza (u +v = 1), e nessuna, se invece P é interno (u +v 1 < 0). Esempio 4.6 Collegandoci all esempio precedente, supponiamo che P faccia parte del cerchio unitario, e calcoliamo l unica retta tangente a C, passante per P. Poniamo di nuovo P (u, v). Chiaramente, se P appartiene a C, dev essere u + v = 1. Per evitare noie (comunque facilmente superabili), supponiamo anche u ±1: tale eventualita porta ovviamente a una tangente verticale, retta che non puo essere scritta in forma normale. Ora, riprendiamo l equazione (nell incognita m) trovata nell esempio precedente: (1 u )m + umv + 1 v = 0. Essendo = 0, l unica soluzione é data da m = uv u 1 (Qui si vede la noia che nasce se u = ±1). Essendo 1 u = v, avremo anche m = u v. Dunque, la retta passante per P e tangente a C ha equazione y = u (x u) + v. v Invece, la retta uscente dal centro di C e passante per P (ossia il raggio passante per P )) ha equazione y = v x: confrontando i coefficienti angolari delle due rette, vediamo facilmente u che la retta tangente in P é perpendicolare al raggio passante per P : altro vecchio teorema, che cosi abbiamo ritrovato!

23 Esempio 4.7 Il cerchio unitario ci offre lo spunto per ritrovare un altra conoscenza: la sezione aurea! Ci offrira anche lo spunto per trattare alcune equazioni particolari di quarto grado, le biquadratiche. Il problema é il seguente: trovare tutte le intersezioni del cerchio unitario C con la parabola di equazione y = x. Il sistema é molto semplice: x + y = 1 y = x Basta allora sostituire, nella prima equazione, y al posto di x, e si ottiene y + y 1 = 0 : l unica radice accettabile (y dev essere non negativa)) é y = 5 1. I punti d incontro sono due, in quanto le ascisse corrispondono alle due radici quadrate del numero 5 1. Il problema sarebbe risolto, ma vogliamo un momento soffermarci su questo aspetto tecnico: noi abbiamo risolto il sistema, sostituendo y a x nella I equazione. Potevamo invece sostituire x a y: in questo modo, la I equazione sarebbe diventata: x 4 + x 1 = 0, equazione di IV grado, apparentemente piu difficile. In realta, questa equazione é un po speciale, perché vi compaiono solo i termini di grado pari nell incognita (per meglio dire, sono nulli i coefficienti dei termini di grado dispari). Un equazione con tale caratteristica (detta biquadratica) puo essere risolta ponendo x = t: tale posizione la trasforma in un equazione di II grado in t, le cui soluzioni si possono trovare mediante la solita formula; bisogna fare soltanto attenzione a non accettare soluzioni negative, poiché t = x. Una volta trovate le eventuali soluzioni in termini della t, le loro radici quadrate saranno le soluzioni dell equazione iniziale, in x. Esempio 4.8 fratta: ad esempio Un equazione biquadratica puo facilmente scaturire da una equazione x + 1 x 1 = x. 3

24 Prima di tutto, escludiamo i valori di x che annullano il denominatore: x ±1. Portiamo ora tutto a I membro, riconducendo l espressione risultante ad una singola frazione: 0 = x + 1 x 1 x = x + 1 x 4. x 1 Un rapporto tra due funzioni di x si puo annullare solo se il numeratore si annulla per qualche x: perveniamo quindi all equazione biquadratica x 4 x 1 = 0. Ponendo x = t, ricaviamo t t 1 = 0, le cui soluzioni sono t = 1 ± : solo quella positiva é accettabile, ossia t = 1 + ; pertanto, i valori reali di x che risolvono l equazione iniziale sono due: x = ± 1 +. Esempio 4.9 Vediamo anche qualche disequazione, cominciando proprio da una fratta: x 1 x + 1 < x. Qui, il denominatore é sempre diverso da 0, anzi, é sempre positivo, per cui non dobbiamo escludere alcun valore di x, a priori. Dato che x + 1 > 0 per ogni x, siamo autorizzati a moltiplicare I e II membro per tale quantita : la disequazione non cambia verso, e resta equivalente: x 1 < x 3 + x, ossia 1 < x 3. Ora, sappiamo che u < v u 3 < v 3 (anche per u e/o v negativi), e che 1 = ( 1) 3. Dunque, la disequazione ottenuta é soddisfatta se e solo se risulta x > 1. Esempio 4.10 Molte disequazioni s incontrano nel risolvere equazioni con radicali, o con il valore assoluto. Le due equazioni seguenti sono di questo tipo. (a) x 3x + = x + 1; (b) 4 x + 3 x = 3x.

25 Tratteremo infine la disequazione seguente, che contiene sia un radicale che un valore assoluto: (c) x + x 1 < x 1. Cominciamo dalla (a): per prima cosa, osserviamo che il I membro ha senso se il radicando é non negativo, ossia se (e solo se) x 3x + 0. Le radici sono facili da trovare: x 1 = 1, x =. Allora sappiamo che x 3x + = (x 1)(x ), e questo prodotto é positivo se e solo se i due fattori sono concordi; dunque, x 3x + 0 x ], 1] [, + [: percio, le soluzioni dell equazione (a) vanno ricercate esclusivamente tra i valori di x che sono maggiori o uguali a, oppure minori o uguali a 1. Il passo successivo, nella risoluzione della (a), consiste nell osservare che il I membro, ove ben definito, é non negativo (per convenzione universale, infatti, quando si scrive y s intende esclusivamente la radice positiva di y, cioé y ). Dunque, se si vuole che x 3x + = x+1, bisogna che x+1 sia non negativo: e questo accade solo se x 1. Abbiamo quindi individuato una ulteriore restrizione dei possibili valori delle soluzioni: potremo accettare, tra le soluzioni che troveremo, solo le x che risultino comprese fra 1 e 1 oppure che siano maggiori o uguali a. Fatte queste premesse, possiamo presumere che primo e secondo membro della (a) siano definiti e non negativi. Allora essi sono uguali se e solo se i loro quadrati sono uguali. L equazione dunque si risolve, elevando a quadrato I e II membro: 4x 1x + 8 = x + x + 1, ossia 3x 14x + 7 = 0. Le soluzioni di quest ultima sono date da: x = 7± 7 3, ossia x 1 = , x = Entrambe queste soluzioni verificano le condizioni precedentemente trovate: la prima é compresa fra 1 e 1, e la seconda é maggiore di, pertanto le soluzioni di (a) sono i valori x 1 e x trovati. Passiamo ora alla (b): x+ 3 x = 3x. Prima di tutto, osserviamo che il primo membro ha senso solo se x, a causa del denominatore. Dunque, bisogna escludere a priori il 5

26 valore x =. Fatto questo, possiamo moltiplicare ambo i membri per x, ottenendo: x + 3 = 3x 6x o anche x + = 3x 6x + 3. Ora, osserviamo di nuovo che il I membro é, per definizione, sempre maggiore o uguale a 0. Pertanto, l equazione non puo essere soddisfatta se 3x 6x + 3 < 0. Tuttavia, notiamo subito che 3x 6x + 3 = 3(x 1) 0 per ogni x. Ora, per risolvere l equazione x + = 3(x x + 1), abbiamo a disposizione due vie: una é quella di elevare tutto a quadrato, e risolvere l equazione risultante, che per quanto appena detto sara equivalente a quella iniziale; l altra via consiste nel liberarsi del modulo, risolvendo in pratica due equazioni: l equazione x + = 3x 6x + 3, (con l avvertenza di accettare soltanto le soluzioni x ), e l equazione (x + ) = 3x 6x + 3, (con l avvertenza di accettare soltanto le soluzioni x ). Seguiremo qui entrambi i procedimenti, lasciando comunque al lettore di scegliere da sé la strada che ritiene piu praticabile. Elevando a quadrato ambo i membri, l equazione diviene (x + ) = 9(x 1) 4, ossia 9(x 1) 4 (x + ) = 0. L equazione é di IV grado, e non é biquadratica, ma possiamo riconoscere a primo membro la differenza di due quadrati, pertanto l equazione si puo scrivere come segue: [3(x 1) (x + )][3(x 1) + (x + )] = 0 e quindi basta risolvere le due equazioni separate: 3(x 1) (x + ) = 0, ossia 3x 7x + 1 = 0 3(x 1) + (x + ) = 0, ossia 3x 5x + 5 = 0. La seconda non ha radici reali, dunque bastera esaminare solo la prima, che ha come soluzioni: x = 7± 37 6, ossia x , x.18. Queste sono dunque le soluzioni cercate. Seguiamo ora l altro procedimento, liberandoci del modulo. L equazione da trattare nel caso x é: x + = 3(x 1), ossia 3x 7x + 1 = 0 6

27 equazione che abbiamo gia risolto. Le radici trovate sono entrambe maggiori di, e quindi entrambe accettabili. La seconda equazione, da trattare per x, é x = 3(x 1), ossia 3x 5x + 5 = 0 : anche questa é gia stata incontrata, e non ha soluzioni reali. Dunque, la seconda via non solo ha dato un risultato perfettamente identico a quello trovato con la prima via (il che era prevedibile), ma si é anche rivelata equivalente come impegno materiale. Tuttavia, non dimentichiamo che la trattazione di un equazione di IV grado puo spesso comportare difficolta tecniche notevoli, per cui converra valutare di volta in volta se vale la pena imbarcarvisi. Infine, studiamo la disequazione (c): x + x 1 < x 1. Prima di tutto, bisogna controllare che il radicando sia non negativo: chiaramente, poiché esso é somma di due quantita mai negative, la condizione richiesta é verificata per ogni x. Un altra osservazione utile riguarda il segno del II membro: poiché il I membro é sempre non negativo, la disequazione (c) non puo essere verificata, se x 1 0. Dunque, escludiamo a priori tutti gli x 1. Allora, assumendo x > 1, ambo i membri sono non negativi, e quindi si puo elevare tutto a quadrato, ottenendo x + x 1 < x x + 1, per cui x 1 = 1 x < 1 x. Chiaramente, la disequazione non é verificata: o i due membri sono uguali, oppure il secondo é negativo, mentre il primo é positivo. Pertanto, la disequazione iniziale non é mai verificata. Un metodo alternativo per trattare la disequazione (e confermare il risultato trovato, il che non guasta), é quello di eliminare subito il modulo, esaminando separatamente il caso x > 1 e il caso opposto. Se x 1, risulta x 1 0, e quindi la (c) diviene x x + 1 < x 1. Ma, essendo x x + 1 = (x 1), la disequazione diventa: x 1 < x 1, chiaramente impossibile. Passiamo ora al caso x > 1 : allora, l equazione diventa x + x 1 < x 1. 7

28 Ancora, dobbiamo richiedere x > 1 altrimenti la disequazione é impossibile. Supponendo x > 1, ed elevando a quadrato ambo i membri, troviamo x + x 1 < x x + 1, e quindi 4x < cioé x < 1, chiaramente incompatibile con la richiesta precedente. 8

29 Capitolo 5 Ulteriori applicazioni Equazioni, sistemi, e disequazioni hanno applicazioni anche in problemi molto importanti: gran parte di questi problemi possono essere raggruppati sotto la denominazione di ottimizzazione: cercare il minimo, o il massimo, di certe quantita variabili; individuare punti di minima distanza da certi insiemi, o certe curve; individuare traiettorie da percorrere nel minimo tempo possibile, etc., sono esempi di tali problemi. In questo capitolo, presenteremo solo alcuni esempi, la cui risoluzione puo essere condotta mediante i (pochi) strumenti che per ora possediamo. Strumenti piu avanzati, utili per lo studio di problemi meno elementari, saranno acquisiti durante i corsi universitari. Cominciamo con dei semplici problemi di minima distanza, per alcuni dei quali potremo anche avere delle conferme grazie a varie formule studiate a suo tempo. Esempio 5.1 Sia data la retta r, di equazione y = mx + p, con p e m diversi da 0. Vogliamo trovare il punto P di r, che risulti a distanza minima dall origine, (0, 0). Possiamo indicare con d(q) la distanza di Q dall origine, per ciascun punto Q di r, e osservare che minimizzare d(q) o minimizzare d(q) é la stessa cosa. Chiaramente, si ha, ponendo Q = (x, mx + p), d(q) = x + m x + p + mpx = (1 + m )x + mpx + p : in questa relazione, x é variabile, mentre p e m sono parametri. Considerato che 1 + m é una quantita positiva, l equazione y = (1 + m )x + mpx + p rappresenta una parabola, 9

30 con la concavita rivolta verso l alto, dunque essa raggiunge il minimo nel suo vertice. Come ben sappiamo, il vertice di una parabola, di equazione y = ax + bx + c, ha ascissa V x = b a. Dunque, la nostra parabola ha il vertice nel punto di ascissa V x Pertanto, il punto P cercato ha coordinate = mp 1+m. Ne consegue che d(p ) = P ( mp 1 + m, p 1 + m ). p e quindi 1+m d(p ) = p 1 + m in accordo con la ben nota formula per la distanza di una retta da un punto. Un ulteriore conferma viene dal fatto che il punto P trovato si trova lungo la retta uscente da (0, 0) e perpendicolare a r (infatti, il rapporto tra ordinata e ascissa di P viene uguale a 1 ). m Suggeriamo allo studente, se non fosse convinto o comunque si sentisse inesperto, di dare due valori arbitrari a m e p, ad esempio m = p = 1, e verificare graficamente il risultato trovato. Esempio 5. Per il prossimo esempio, occorre un risultato preliminare: dimostriamo che, tra tutti i punti P del cerchio unitario, P = (x, y), quello per cui é massima la somma x + y verifica x = y = /. In altre parole, fra tutti i rettangoli inscritti nel cerchio, quello di perimetro massimo é il quadrato. Dal punto di vista tecnico, cerchiamo di dimostrare che risulta x + y per tutti i punti (x, y) del cerchio unitario. Elevando a quadrato ambo i membri (che sono non negativi), otteniamo x + y + xy, ossia xy 1, ossia xy x + y e l ultima relazione é sempre soddisfatta, essendo x + y xy = (x y) 0. D altra parte, esistono due punti (x, y) nel cerchio unitario, tali che x + y é proprio uguale a, 30

31 uno dei quali ha x = y = / e l altro é il suo simmetrico rispetto all origine. Questo vuol dire proprio che, tra tutti i punti (x, y) del cerchio unitario, la somma x + y diventa massima solo se x = y = / oppure x = y = /, e in questi casi tale somma é uguale a. Ora, affrontiamo il seguente problema di minima distanza: dato il solito cerchio unitario, e fissato un punto P (a, b) nel piano xy, con a + b > 1, cerchiamo il punto (u, v) del cerchio a distanza minima da (a, b). Per rendere i conti piu semplici, supponiamo che il punto P si venga a trovare lungo la bisettrice, e quindi risulti a = b: risolviamo il problema in tale situazione particolare, dopodiché potremo ricavare la conclusione nel caso piu generale, operando una opportuna rotazione del piano cartesiano. Supponiamo dunque a = b, e calcoliamo il quadrato della distanza d tra (a, a) e il generico punto del cerchio: un semplice calcolo fornisce il risultato d = 1 + a a(x + y). Tenendo presente che a e 1 sono quantita fissate, d risulta minima quando x + y diventa massima: grazie al risultato preliminare trovato poc anzi, sappiamo che cio accade quando anche (x, y) appartiene alla bisettrice, cioé alla retta uscente dall origine e passante per P. Il valore minimo della distanza, in tal caso, é dunque 1 + a a = (a 1). Esaminiamo ora il caso piu generale, in cui il punto P non si trova necessariamente sulla bisettrice. Ruotando opportunamente il piano attorno all origine, possiamo riportare P sulla bisettrice, mentre il cerchio rimane nella stessa posizione; in tale situazione, come abbiamo visto, il punto del cerchio piu vicino a P é quello che si trova lungo la retta OP. Se ora ruotiamo il piano, in modo da ritornare nella condizione iniziale, il punto del cerchio a minima distanza da P si spostera, ma restera comunque lungo la retta che congiunge l origine con il punto P : in altre parole, quando a b, il punto a minima distanza da (a, b) sara quel punto (x, y) del cerchio unitario, che verifica y x = b a, ossia x = a a + b, y = b a + b. 31

32 Esempio 5.3 Affrontiamo ora un problema meno noto. Consideriamo la parabola Π, di equazione y = x a, con a parametro arbitrario positivo, e ricerchiamo il punto di tale parabola a distanza minima dall origine. A prima vista, si potrebbe pensare che il vertice della parabola sia il punto cercato. E questo é abbastanza ragionevole (oltre che vero) quando a é piuttosto piccolo. Tuttavia, se a fosse maggiore di 1, certamente i punti di Π a ordinata nulla (cioé i punti ( a, 0), ( a, 0)) sono a distanza da O minore rispetto al vertice (0, a). E, come vedremo, ci sono punti ancora piu vicini all origine. Impostiamo la solita relazione per la distanza: il generico punto P della parabola Π ha coordinate P (x, x a). Il quadrato della distanza di P da O é dato da: d = x + x 4 + a ax = x 4 + (1 a)x + a. Poniamo t = x e studiamo la parabola y = t + (1 a)t (aggiungere o meno la costante a non modifica l ascissa del punto in cui si raggiunge il minimo). Questa parabola passa per l origine, e puo avere tre comportamenti diversi, a seconda del valore di a. Intanto, se a = 1, essa si riduce a y = t, e allora chiaramente y ha minimo per t = 0, e quindi il punto di Π che cerchiamo é quello per cui x = 0, cioé il vertice. Se risulta a < 1, la parabola y = t + (1 a)t ha vertice nel terzo quadrante, e quindi essa ha andamento crescente per t > 0. (Ricordiamo infatti che per noi é t = x ). Dunque, 3

33 in tal caso, il minimo per y (e quindi per d ) é raggiunto per t = 0, pertanto di nuovo il punto di Π piu vicino a O é il vertice (0, a). Vediamo infine cosa accade se a > 1. La parabola y = t + (1 a)t ha vertice con ascissa positiva (t = a 1 ), e quindi il minimo viene raggiunto proprio nel vertice: in corrispondenza, i punti di Π a distanza minima da O hanno ascissa x = ± a 1, e ordinata pari a x a = 1. Dunque, se a 1, il punto di Π a minima distanza dall origine é il vertice; mentre, se a > 1, la distanza minima da O é raggiunta dai due punti di Π che hanno ordinata 1, indipendentemente dal valore di a. Esempio 5.4 Il prossimo problema é un classico della geometria piana: tra tutti i triangoli rettangoli, aventi perimetro assegnato p, qual é quello di area massima? Noi risolveremo questo problema, verificando che il triangolo rettangolo isoscele, avente perimetro p, é quello di area massima. Intanto, osserviamo che basta conoscere uno dei due cateti, perché il triangolo rettangolo sia ben determinato: infatti, se x denota la lunghezza di un cateto, e y la lunghezza dell altro, per il teorema di Pitagora risulta: x + y + x + y = p da cui, isolando il termine con il radicale, ed elevando tutto a quadrato, con semplici calcoli si ricava Allora, la doppia area sara : y = p p x p x. A = p x xp p x. Ora, nel caso del triangolo isoscele, avremo x = y, da cui p = ( + )x, sempre a causa del teorema di Pitagora, e pertanto x = e la doppia area avra l espressione p + = p ( ) A 0 = x = p 4 ( ) = p (3 ) 33

34 (avendo indicato con A 0 l area del triangolo rettangolo isoscele). Dobbiamo dunque verificare che la disequazione A A 0 é soddisfatta per ogni x, cioé che risulta p x xp p x p (3 ) per ogni x. Dividendo per p, e portando tutto a II membro, si ha la disequazione di 0 grado in x: Esaminiamo il discriminante: x (4 )px + (3 )p 0. /4 = (6 4 )p (3 )p = 0. Questo ci dice che il trinomio x (4 )px + (3 )p 0 é un quadrato perfetto, e quindi la disequazione é sempre verificata, risultando uguale a 0 evidentemente quando x = p ( ). Esempio 5.5 Proseguiamo con un semplice problema di Fisica, che spesso viene associato proprio con lo studio delle parabole. Supponiamo di lanciare un corpo pesante verso l alto, con velocita v: qual é l altezza massima che il corpo puo raggiungere, supponendo di poter escludere gli effetti della resistenza del mezzo? Basta usare le leggi del moto accelerato: infatti, per effetto della velocita iniziale v, e dell azione antagonista della gravita g, l altezza y dipende dal tempo t attraverso la legge y = vt 1 gt. In altri termini, l altezza y varia con il tempo secondo la legge di una parabola, con la concavita rivolta verso il basso. Il massimo di y é ottenuto in corrispondenza del vertice, V ( v g, 1 v ). L altezza massima é pertanto g y max = 1 v g. Spesso questo problema si presenta in forma inversa: se si vuole che il corpo raggiunga una certa altezza h, con quale velocita iniziale v bisogna lanciarlo? Per questo scopo, basta ricavare v dall espressione trovata per y max : v = gh. 34

35 Esempio 5.6 Nel prossimo esempio vedremo come, servendoci di un semplice legame lineare, sia possibile calcolare una somma di infiniti numeri! Questa particolare operazione, che non sempre é possibile, viene detta piu precisamente somma di una serie, e verra trattata sistematicamente nel corso di Analisi. Il pretesto per studiare un tale problema si puo ricondurre al famoso Paradosso di Zenone: supponiamo che Achille pié veloce ed una tartaruga si sfidino ad una gara di corsa; la velocita della tartaruga, che denoteremo con v T, é solo una frazione della velocita di Achille, che denoteremo con v A : possiamo scrivere v T = qv A, dove q é una costante positiva minore di 1. Alla tartaruga si concede un vantaggio: partira davanti ad Achille, ad una distanza a da lui. A causa di questo vantaggio, la tesi di Zenone afferma che Achille non raggiungera mai la tartaruga: infatti, nel tempo T 1 che lui impiega a coprire la distanza a che lo separa dall avversaria, questa avra percorso un certo tratto a 1, che Achille dovra coprire in un altro intervallo di tempo T ; ma nel tempo T la tartaruga avra percorso un altro piccolo tratto a e quindi sara ancora davanti ad Achille. Proseguendo in questo modo, sembra davvero che Achille non riesca mai a raggiungere la lentissima tartaruga! Ora, se esaminiamo i due moti separatamente, ponendo a 0 la posizione iniziale di Achille, al tempo t la tartaruga si trovera nella posizione a + tv T = a + tqv A, mentre Achille sara nella posizione tv A : risolvendo la semplice equazione a + tqv A = tv A si trova facilmente l istante T in cui Achille raggiunge la tartaruga: T = a (1 q)v A. Ma allora, se c é un istante in cui Achille raggiunge la tartaruga, dov é l errore nella tesi di Zenone? Riesaminando i passaggi del ragionamento precedente, si trova che Achille raggiungerebbe la tartaruga solo dopo il tempo T 1 + T + T , e l errore consiste nel ritenere che il risultato di tale somma sia infinito. Ma cio non é sempre vero: sommando infiniti numeri, anche tutti positivi, il risultato puo essere anche un numero finito, ed é proprio quello che accade al nostro Achille. la somma totale é T = Infatti, abbiamo gia visto che in realta a (1 q)v A. Anzi, calcolando esplicitamente i vari tempi T 1, T, etc., troveremo delle formule molto interessanti riguardanti proprio la somma di infiniti numeri. 35

36 Intanto, possiamo facilmente calcolare il tempo T 1 : poiché Achille viaggia a velocita costante v A = v T q, dev essere a = v A T 1, per cui T 1 = a v A. moltiplicando T 1 per V T : a 1 = a v T va per farlo impieghera un tempo T = aq v A Il tratto a 1 si calcola allora = aq. Ora Achille deve percorrere questa distanza, e = aq v T. Torniamo ora alla tartaruga: nel tempo T essa avra percorso il tratto a = v T T = aq. Se proseguiamo, calcoleremo gli infiniti intervalli di tempo (via via sempre piu piccoli) che Achille impiega di volta in volta per raggiungere la posizione precedente della tartaruga: il tempo complessivo T sara infatti la somma di tutti questi intervalli parziali: T = T 1 + T +... = a v T (q + q + q ) = a v A (1 + q + q +...). D altra parte, gia sappiamo che dev essere T = la relazione fondamentale: a (1 q)v A, quindi, semplificando, otteniamo 1 + q + q +... = 1 1 q, (5.1) che fornisce appunto la somma di infiniti termini, almeno quando 0 < q < 1. Ad esempio, se fosse q = 1 10, avremmo = : infatti, effettuando la divisione elementare tra 10 e 9, si ottiene il numero periodico 1, , che appunto si legge elencando gli addendi 1, 1 10, 1 100,... Un altra conseguenza interessante si puo osservare scegliendo q = 1 : questo é il 1 rapporto tra la velocita della lancetta delle ore (tartaruga) e quella dei minuti (Achille) in un classico orologio analogico; se facciamo iniziare la gara tra le lancette alle ore 1.00, la somma infinita = fornisce proprio (espresso in frazioni di ore) il primo istante dopo le 1.00 in cui le lancette sono sovrapposte. 36

37 Capitolo 6 Elementi di Trigonometria Si consideri il primo principio d identita dei triangoli: due triangoli sono uguali se (e solo se) hanno uguali, corrispondentemente, due lati e l angolo da essi formato. Questo, e altri principi analoghi, conducono alla seguente considerazione: se di un triangolo conosciamo la lunghezza di due lati, e l ampiezza dell angolo da essi formato, il triangolo é univocamente determinato, ossia é uno solo, e quindi ad esempio il terzo lato, o gli altri due angoli, si possono ricavare da questi dati che conosciamo. Il problema é: qual é allora la lunghezza del terzo lato? Quali sono le ampiezze degli altri due angoli? In che modo queste quantita sono legate alle lunghezze dei due lati che si conoscono, e all angolo da essi formato? Rispondere a queste domande si dice, in termini tecnici, risolvere il triangolo. In certi casi, la risposta é facile: ad esempio, se i due lati noti sono uguali, e l angolo da essi formato é di 60 0, siamo in presenza di un triangolo equilatero, e quindi il terzo lato e gli altri due angoli non hanno segreti. Oppure, se l angolo noto é retto, e i due lati che lo formano sono uguali, vuol dire che siamo in presenza di un triangolo rettangolo e isoscele: dato che conosciamo i cateti, basta adoperare il teorema di Pitagora, e si puo ricavare il terzo lato; quanto agli altri due angoli, saranno entrambi di Pero, gia se i due cateti sono diversi, capire quanto siano ampi gli angoli acuti non é cosi facile. Se poi l angolo noto non é retto, e i due lati che lo formano non sono uguali, o legati da qualche relazione ovvia, il problema é ancora piu difficile. Ebbene, la Trigonometria nacque proprio con lo scopo di rispondere a queste domande, 37

38 e ad altre analoghe. Il trucco consiste nell assegnare a ciascun angolo un numero (anzi, diversi numeri, sia pure collegati tra loro), in maniera opportuna: questi numeri (che prendono il nome di seno, oppure coseno o tangente) fungono da rappresentanti dell angolo, e si possono utilizzare in varie formule, che permettono appunto di risolvere un triangolo, quando di questo siano noti soltanto alcuni elementi (ma comunque a sufficienza perché il triangolo sia univocamente determinato). Prima di iniziare la trattazione, precisiamo che, d ora in poi, gli angoli verranno quasi sempre espressi in radianti: ricordiamo che la misura di un angolo in radianti non é altro che un numero puro, cioé la lunghezza dell arco di cerchio unitario, che sottende quell angolo; quindi, all angolo di 60 0 corrisponde in radianti il numero π 3 (a un sesto di angolo giro corrisponde infatti l arco di lunghezza π 6 ), mentre a 90 0 corrisponde in radianti il numero π, e cosi via, secondo una facile relazione di proporzionalita : deg : rad = 180 : π ove deg denota l ampiezza in gradi, e rad quella in radianti. Definizioni 6.1 Dato un angolo α, che per il momento supporremo compreso fra 0 e π, rappresentiamo questo angolo sulla circonferenza goniometrica, ossia sulla circonferenza di centro l origine e raggio 1, come segue: partiamo dal punto (1, 0) e procediamo in senso antiorario, fino a percorrere un arco di lunghezza α. L angolo α é quello formato dall asse x e dal raggio vettore OP del cerchio, nel momento in cui ci fermiamo (vedere figura). Ebbene, il seno dell angolo α é esattamente l ordinata di P, mentre il coseno di α é l ascissa di P. Usualmente, il seno di α viene denotato con sin α e il coseno con cos α. 38

39 Se denotiamo con A il punto (1, 0), l arco AP ha esattamente lunghezza α (espresso in radianti, beninteso!). Se poi denotiamo con H il piede della perpendicolare condotta da P all asse x, potremo scrivere sin α = HP, cos α = OH. Diremo infine tangente di α, e lo denoteremo con tan α, il rapporto tan α = sin α cos α. Dal punto di vista geometrico, la tangente di α é il coefficiente angolare della retta OP, e chiaramente non puo essere definita se α = π. Una volta definiti seno e coseno (e quindi, la tangente) per ogni angolo compreso fra 0 e π/, si puo rapidamente passare a definire tali quantita per ogni angolo compreso fra 0 e π, e infine per ogni angolo possibile (anche superiore a un angolo giro). Per definire seno e coseno di un generico angolo α in [0, π], basta seguire la stessa idea adoperata prima: indicato con P il punto del cerchio goniometrico corrispondente all angolo α, l ordinata di P é il seno di α e l ascissa di P é il coseno di α. Pertanto, tutti gli angoli compresi tra π/ e π avranno il punto P nel II quadrante, e quindi seno positivo e coseno negativo; tutti gli angoli compresi fra π e 3 π avranno seno e coseno negativi, e gli angoli compresi fra 3 π e π hanno seno negativo e coseno positivo. Per passare agli angoli α superiori a π, basta dividere per π il numero che rappresenta l angolo in radianti, e attribuire ad α lo stesso seno e lo stesso coseno dell angolo che corrisponde al resto della divisione. Ad esempio, per α = (9/)π, dividendo si ottiene α = (π) + π, e l angolo corrispondente ad α é π/; quindi sin (9/)π = 1, cos (9/)π = 0. Analogamente, angoli come 0, π, 4π, 4π, etc., hanno tutti seno nullo e coseno uguale a 1. La tangente si ottiene sempre come rapporto tra seno e coseno (esclusi i casi in cui il coseno si annulla, ove la tangente non viene definita). Tenendo presenti le definizioni di seno e coseno, non é difficile capire che per ogni angolo α si ha la relazione fondamentale sin α + cos α = 1. 39

40 Per alcuni angoli, seno e coseno sono di facile deduzione: ad esempio, abbiamo gia visto quanto valgono seno e coseno di π/ e quelli di 0; anche seno e coseno di π sono facili: il seno é nullo, mentre il coseno é -1. Lasciamo al lettore ricavare seno e coseno di 3 π... Anche per l angolo di 45 gradi, cioé π/4, il calcolo é facile: seno e coseno sono uguali, e valgono, mentre la tangente é 1. Facili considerazioni sul segno di tali quantita permettono poi di ricavare seno e coseno degli archi corrispondenti a π/4, cioé 3 4 π, 5 4 π, 7 4 π. a 18 0 ). Altri angoli notevoli sono: α = π 6 (e il suo complementare π 3 ), e α = π 10 (corrispondente Con semplici considerazioni geometriche, si vede che il seno di π é 1 : infatti, se deno- 3 tiamo con P il punto sulla circonferenza goniometrica che individua l angolo di 30 0, e con H la sua proiezione sull asse x, il triangolo HOP e meta di un triangolo equilatero: quello che si ottiene unendo HOP con il suo simmetrico rispetto all asse x: dunque il lato HP e meta del lato di questo triangolo equilatero, e il lato di quest ultimo misura 1, come il raggio OP. Ne segue: sin 30 0 = 1, cos 300 = 3, tan(300 ) = 3 3 mentre, per complementarita : sin 60 0 = 3, cos 600 = 1, tan(600 ) = 3. subito Per quanto riguarda l angolo di 18 0, possiamo riprendere l esempio 3.3, da cui si ricava sin π =. 4 Prima di proseguire con le formule trigonometriche di uso piu frequente, facciamo un attimo un passo indietro, e vediamo come si possono utilizzare questi strumenti per studiare i triangoli. Inizieremo con i triangoli rettangoli, perché per essi la cosa risulta quasi immediata. Supponiamo dunque che un triangolo ABC sia rettangolo in B, e abbia un angolo acuto, per esempio ˆ BAC, di ampiezza α (non importa se espresso in gradi o radianti). Queste 40

41 informazioni non bastano a risolvere esattamente il triangolo, in quanto non conosciamo la misura dei suoi lati: in pratica, tutti i triangoli con le caratteristiche di ABC sono simili tra loro; una volta assegnata per esempio la misura dell ipotenusa, il triangolo ABC risulta univocamente determinato. Ora, se l ipotenusa ha misura 1, possiamo ricavare la lunghezza degli altri cateti usando sin α e cos α: infatti, in tal caso il nostro triangolo é uguale al triangolo rettangolo OHP, costruito sulla circonferenza goniometrica, rettangolo in H e il cui angolo ˆ HOP abbia ampiezza α. Poiche i cateti di OHP misurano cos α e sin α (rispettivamente OH e HP, cioe ascissa e ordinata di P ), anche i cateti omologhi di ABC hanno le stesse misure: dunque, AB = cos α e BC = sin α. Se invece l ipotenusa AC misura l, con l positivo diverso da 1, il triangolo ABC é soltanto simile al triangolo OHP descritto prima. Dunque, possiamo dire che AB : OH = AC : OP e BC : HP = AC : OP. Ma OP = 1, OH = cos α, HP = sin α, e quindi ricaviamo AB = l cos α, BC = l sin α (ricordando che l é la lunghezza dell ipotenusa AC. Dunque, sintetizzando: In un triangolo rettangolo ABC, la misura di un cateto é uguale al prodotto fra quella dell ipotenusa per il seno dell angolo opposto al cateto stesso, o anche al prodotto fra la misura dell ipotenusa per il coseno dell angolo adiacente al cateto stesso. Come conseguenza abbastanza semplice, troviamo anche che In un triangolo rettangolo ABC, la tangente di uno degli angoli acuti e uguale al rapporto tra la misura del cateto opposto all angolo e la misura del cateto adiacente. Questa interpretazione permette facilmente di visualizzare geometricamente la tangente di un angolo α nella circonferenza goniometrica: infatti, detto come al solito P il punto di coordinate (cos α, sin α), prolunghiamo il segmento OP fino ad incontrare la retta x = 1, che e tangente alla circonferenza nel punto T (1, 0). Detto Q il punto d incontro, si ha 41

42 proprio QT = tan α grazie alla similitudine tra i triangoli rettangoli HOP e T OQ. La tangente di un angolo é spesso sinonimo di pendenza: ossia essa ci dice quanto l angolo sia inclinato rispetto all asse x (sia in verso positivo che in verso em negativo). Infatti, il significato geometrico del cosiddetto coefficiente angolare di una retta non é altro che la tangente trigonometrica dell angolo che tale retta forma con l asse x. Per esempio, la bisettrice degli assi forma un angolo di 45 0, e quindi il suo coefficiente angolare é m = tan π 4 = 1. Se la rettaesce dall origine e passa per il punto P (3, ), allora il suo coefficiente angolare é m = 3 (non occorre determinare esattamente l angolo, basta considerare che la sua tangente non é altro che il rapporto tra la lunghezza del cateto HP con quella del cateto OH, dove come al solito H denota il piede della perpendicolare mandata da P sull asse x). Se invece la retta, uscente da O, passasse per il punto ( 3, ), essa avrebbe coefficiente angolare negativo, m = : infatti tale retta sarebbe inclinata come la precedente, ma in 3 verso opposto (visivamente, decresce). Ora, vediamo alcune relazioni, alcune facili altre meno, che riguardano queste funzioni goniometriche. 5.1 Per qualsiasi angolo α, risulta sin α = cos ( π α). 5. Altre facili relazioni sono le seguenti: sin ( α) = sin α, cos ( α) = cos α sin (α + π ) = cos α, cos (α + π ) = sin α, sin (α + π) = sin α, cos (α + π) = cos α, 4

43 sin (π α) = sin α, cos (π α) = cos α. 5.3 (Regola di addizione) Per qualsiasi angolo α e qualsiasi angolo β, risulta: sin (α + β) = sin α cos β + cos α sin β; cos (α + β) = cos α cos β sin α sin β. Da qui, scegliendo β = α, o β = π α, ecc., si ritrovano facilmente le formule di [5.]. Non dimostreremo le formule di addizione: esse si possono dedurre tutte da una sola, per esempio quella di addizione del coseno. Ci limiteremo a dare una dimostrazione abbastanza elementare di quest ultima. Per semplificare, supporremo che gli angoli α, β e α+β siano tutti nel primo quadrante. Nella circonferenza goniometrica, sia P il punto di coordinate (cos(α+β), sin(α+β)), e si denoti poi con H la proiezione di P sull asse x, cosi il segmento OH misura cos(α + β): OH = cos(α + β). (6.1) Tracciamo poi la retta r di equazione y = tan αx: chiaramente tale retta forma un angolo di ampiezza α con l asse x; e sia S il punto intersezione di r con la retta P H, cosi che OS cos α = OH e quindi, per la (6.1): OS = cos(α + β). (6.) cos α Sia ora V la proiezione di P sulla retta r, cosi che OV = cos β, P V = sin β 43

44 per costruzione. Poiche l angolo SP V misura α, abbiamo anche SV = P V tan α = sin β sin α cos α. (6.3) Ma cos β = OV = OS + SV, per cui, dalle (6.) e (6.3) ricaviamo subito cos β = cos(α + β) cos α + sin β sin α cos α. (6.4) Dalla (6.4), moltiplicando ambo i membri per cos α, si giunge facilmente alla formula cercata: cos (α + β) = cos α cos β sin α sin β. Naturalmente, se si vuole la formula di sottrazione del coseno, basta tener presente che α β = α + ( β) e il fatto che cos( β) = cos(β), sin( β) = sin β: il risultato sara cos (α β) = cos α cos β + sin α sin β. Se ora si vuole dedurre la formula di addizione del seno, basta tener presente che sin(α + β) = cos( π α β) e quindi applicare la formula di sottrazione del coseno ai due angoli π α e β: sin(α + β) = cos( π α) cos( β) + sin(π α) sin( β) = sin α cos β cos α sin β; 5.4 (Formula di duplicazione) Per qualsiasi angolo α, si ha sin α = sin α cos α, cos α = cos α sin α. Per ottenere tali formule, basta riprendere quelle di addizione del seno e del coseno, scegliendo i due angoli uguali, α = β. 5.5 (Formula di bisezione) Per qualsiasi angolo α, si ha sin α = ± 1 cos α, cos α 1 + cos α = ±, dove il segno (+ o -) va preso a seconda della posizione dell angolo α. 44

45 Per ricavare le formule di bisezione, conviene utilizzare la relazione cos α = cos α sin α e adoperare opportunamente la formula fondamentale sin α + cos α = 1, in modo da trovare una prima volta cos α = cos α + 1, e una seconda volta cos α = 1 sin α; da queste, ricavando rispettivamente cos α e sin α, si ricava 1 + cos α cos α = ±, sin α = ± 1 cos α : le formule cercate si ottengono ora passando da α a α/ (Formule parametriche) Per qualsiasi angolo α, che non sia multiplo dispari di π, risulta: ove t = tan α. sin α = t 1 t, cos α = 1 + t 1 + t Per esempio, usando le formule di duplicazione, troviamo cos 36 o = cos π 5 = cos π 10 sin π 10 = 1 sin π 10 = 1 α = 1 + α = ϕ, dove α = 5 1, ϕ = 1 α = α + 1. Dunque, la sezione aurea α e la proporzione divina ϕ sono strettamente legate al seno di 18 o e al coseno di 36 o : poiché quest ultimo angolo a sua volta é cruciale nello studio dei pentagoni regolari, anche il pentagono e il pentacolo (la famosa stella a 5 punte, presente in tanti loghi) divennero figure geometriche particolarmente cariche di proprieta divine presso gli antichi geometri e artisti. Per esempio, se si prolungano i lati di un pentagono regolare, questi si intersecheranno a formare un pentacolo; chiaramente, ciascuno dei lati risulta prolungato in entrambe le 45

46 direzioni di una stessa lunghezza a, maggiore del lato del pentagono: ebbene, il rapporto tra a e il lato del pentagono non é altro che ϕ (basta fare semplici considerazioni trigonometriche sui vari triangoli che si formano, e adoperare il seno di 18 o...) Vedremo ora altre formule, che permettono di calcolare, grazie a quelle di addizione e sottrazione del seno e del coseno, alcune quantita relative a figure geometriche, supponendo note solo le coordinate dei vertici. Per cominciare, supponiamo che siano dati nel piano due punti, di coordinate P 1 (x 1, y 1 ) e P (x, y ): qual e il coseno dell angolo formato dal vettore OP 1 con il vettore OP? Per rispondere a questa domanda, supponiamo inizialmente che i due vettori OP 1 e OP siano entrambi di modulo 1, ossia si trovino sulla criconferenza goniometrica: per fissare le idee supporremo che P 1 e P siano nel primo quadrante, e che l anomalia α di P 1 sia maggiore di quella di P, β. Dunque, si puo scrivere x 1 = cos α, y 1 = sin α, x = cos β, y = sin β, con 0 β < α π. Allora, l angolo cercato non é altro che la differenza α β, e quindi si ha cos(α β) = cos α cos β + sin α sin β. 46

47 Tenendo presente chi sono α e β, si deduce cos(α β) = x 1 x + y 1 y. Piu in generale, se OP 1 e OP hanno modulo diverso da 1, per esempio OP 1 = ρ 1 e OP 1 = ρ, allora avremo P 1 (x 1, y 1 ) = (ρ 1 cos α, ρ 1 sin α) e P (x, y ) = (ρ cos β, ρ sin β). Allora, l espressione x 1 x + y 1 y coincide con ρ 1 ρ cos(α β). Quindi, in generale, l angolo formato dai due vettori ha coseno espresso da cos(α β) = x 1x + y 1 y ρ 1 ρ. (Notiamo che, nel secondo membro dell ultima formula scritta, non compaiono direttamente gli angoli α e β, o loro funzioni goniometriche). La quantita x 1 x + y 1 y viene detta prodotto scalare tra i vettori OP 1 e OP, e spesso denotata con < OP 1, OP >. Dunque, il prodotto scalare tra due vettori e strettamente collegato con il coseno dell angolo formato dai due vettori (per trovare il coseno di questo angolo basta dividere il prodotto scalare dei due vettori per il prodotto dei loro moduli). Dunque, in sintesi: cos( OP 1 OP ) = < OP 1, OP > OP 1 OP Un altro problema che affronteremo e il seguente: dati tre punti non allineati nel piano, P 0 (x 0, y 0 ), P 1 (x 1, y 1 ) e P (x, y ), qual é l area del triangolo P 0 P 1 P? Anche ora inizieremo in modo semplificato, supponendo P 0 (0, 0), e, per fissare le idee, assumiamo di nuovo che P 1 e P siano nel primo quadrante, e che l anomalia α di P 1 sia maggiore di quella di P, β. Allora, l area del triangolo OP 1 P si puo calcolare tramite il prodotto di uno dei lati (per esempio OP = ρ ) con l altezza ad esso relativa, e dividendo poi per. Ora, l altezza relativa al lato OP si ottiene moltiplicando OP 1 per il seno dell angolo formato dai due vettori, cioe di α β. Dunque, l area cercata A sara data da A = 1 ρ 1ρ sin(α β) = 1 ρ 1ρ (sin α cos β cos α sin β). Di nuovo, l espressione nell ultimo membro non contiene alcun riferimento diretto agli angoli α e β, ne a loro funzioni goniometriche. Essendo poi ρ 1 cos α = x 1, ρ 1 sin α = y 1, ρ cos β = x, ρ sin β = y, 47

48 si perviene a A = 1 (y 1x x 1 y ). Piu in generale, non volendo supporre α > β, nell ultima formula a secondo membro va inserito un valore assoluto: A = 1 y 1x x 1 y. Ancora piu in generale, se non fosse x 0 = 0, y 0 = 0, basta osservare che la stessa area si puo calcolare traslando il triangolo in modo da trasportare il punto P 0 in O: il nuovo triangolo avra come vertici i punti O, (x 1 x 0, y 1 y 0 ) e (x x 0, y y 0 ). Utilizzando, mutatis mutandis, la formula trovata sopra, avremo A = 1 (y 1 y 0 )(x x 0 ) (x 1 x 0 )(y y 0 ) e, semplificando: A = 1 x 0y 1 y 0 x 1 + x 1 y x y 1 + x y 0 y x 0. Fatta questa rapida panoramica, passiamo ad affrontare alcune equazioni e disequazioni trigonometriche. A tale scopo, dobbiamo fare alcune premesse circa le soluzioni di equazioni fondamentali quali sin x = a, cos x = b. Per quanto abbiamo visto in fase di definizione di seno e coseno, osserviamo che le quantita a e b debbono essere sempre comprese fra -1 e 1, (altrimenti l equazione non ha soluzioni); inoltre, notiamo che per ogni numero reale b compreso fra -1 e 1, c é sempre un angolo x, compreso fra 0 e π, tale che cos x = b. Anzi, si vede abbastanza facilmente che esistono esattamente due angoli, compresi fra 0 e π, che hanno lo stesso coseno: il secondo angolo si puo esprimere come x, oppure π x (é il simmetrico di x rispetto all asse delle ascisse): l unica eccezione (quasi irrilevante) si ha per x = π, ossia per b = 1. Inoltre, per ciascuno di tali angoli, basta aggiungere un multiplo (positivo o negativo) di π, per trovare un altro angolo cui compete lo stesso coseno. In definitiva, se si vuole descrivere completamente la totalita delle soluzioni dell equazione cos x = b (nel caso b 1), conviene trovare la 48

49 soluzione x 0 compresa in [0, π] e aggiungere kπ a x 0, e a x 0, con k Z. Dunque, trovato x 0, le soluzioni di cos x = b sono date da ±x 0 + kπ, k Z. Ad esempio, l equazione cos x = 1 ha come soluzione immediata π/4. Allora, la totalita delle soluzioni é ±π/4 + kπ, k Z. Una cosa analoga accade per il seno. Data l equazione sin x = a, con a [ 1, 1], esistono due valori di x in [0, π] cui compete a come seno: se uno di questi é denotato con x 0, l altro sara π x 0 (si veda la regola 5.). Allora, la totalita delle soluzioni di sin x = a sara data da o anche x 0 + kπ, (k + 1)π x 0, k Z hπ + ( 1) h x 0, h Z. Ad esempio, l equazione sin x = 1 ha come soluzione immediata l angolo x 0 = π/6, e come soluzione completa l insieme π/6 + kπ, 5π/6 + kπ, k Z. Tuttavia, per evitare formule troppo complicate, negli esempi che seguono richiederemo quasi sempre di limitare le soluzioni all intervallo [0, π]. Esempio 1. Si risolva, in [0, π[, l equazione sin x sin x = 0. Mettendo in evidenza sin x, avremo: sin x( sin x 1) = 0, che é soddisfatta se e solo se sin x = 0 oppure sin x = 1. Nell ambito di un angolo giro, vi sono due valori di x per cui sin x = 0, cioé 0 e π, (π solitamente viene identificato con 0), e due valori per cui sin x = 1, cioé x = π e x = 5 π. Questi 4 valori di x sono dunque le soluzioni 6 6 cercate. 49

50 Esempio. Si risolva, in [0, π], l equazione sin x + cos x = 1 +. Qui, conviene esprimere cos x in termini di sin x, usando la formula fondamentale: sin x + cos x = 1. Avremo allora l equazione di II grado: sin x + 1 sin x = 1 +, da cui sin x sin x + 1 = 0. Ponendo t = sin x, l equazione si puo scrivere nella forma: t t + 1 = 0 e le soluzioni sono t 1, = 1 ± 3. Ora, tenendo presente che 3 = 1 (come si vede usando la formula di semplificazione delle radici doppie, o anche semplicemente elevando a quadrato 1), le soluzioni sono: t 1, =, 1. Il primo valore corrisponde al seno di π/4 e di 3 π, il secondo non é un valore di quelli 4 noti, ma, essendo compreso tra 0 e 1, corrisponde senz altro al seno di un certo angolo β, compreso fra 0 e π/: questo angolo β prende il nome di arcoseno di 1, e, assieme al suo supplementare π β, é soluzione del equazione data. La totalita delle soluzioni cercate é data dunque da π/4, 3 π, β, π β. 4 Esempio 3. Risolvere la disequazione cos 4 x sin 4 x > 0. Intanto, osserviamo che si ha cos 4 x sin 4 x = (cos x sin x)(cos x + sin x) = cos x sin x = cos x 50

51 usando la formula fondamentale e la legge di duplicazione del coseno. Dunque, non dobbiamo fare altro che individuare gli angoli x tali che cos x > 0. Ora, limitando l angolo y a [0, π], si ha cos y > 0 y [0, π/[ ] 3 π, π]. Quindi, in generale, cos y > 0 y + k= ]kπ π/, kπ + π/[. Interpretando y come x, avremo infine la soluzione in termini di x: x Esempio 4. Risolvere l equazione + k= ]kπ π/4, kπ + π/4[. 3 sin x + cos x = 0 in [0, π]. Qui, si possono tentare varie strade: una possibilita consiste nel mettere in evidenza cos x, e impostare un equazione lineare in tan x: cos x( 3 tan x + 1) = 0 Ora, quando cos x = 0 l equazione iniziale non é soddisfatta, dunque i valori della x che risolvono l equazione data sono quelli per cui risulta 3 tan x = 3. Un altra strada consiste nell usare le formule parametriche (vedi 5.5), e riportare l equazione in termini di tan (x/). Un ulteriore possibilita, forse piu semplice, consiste nel dividere primo e secondo membro per : 3 sin x + 1 cos x = 0 e osservare che 3 = cos π/6, 1 si riconosce che l equazione data si riduce a = sin π/6, per cui, adoperando le formule di addizione, sin (x + π/6) = 0 51

52 e quindi le soluzioni si trovano facilmente: x 1 = π/6 e x = 5 π sono due radici 6 immediate, e, se si vuole limitarle a [0, π], basta sostituire x 1 con π x 1 = 11 6 π, lasciando x inalterata. Esempio 5. Si risolva, in [0, π[, la disequazione 1 sin x > 1 cos x. Intanto, dobbiamo escludere i quattro angoli in cui si annulla il seno o il coseno: si tratta di 0, π/, π, 3 π. Poi, per risolvere la disequazione, bisogna tener conto del segno delle quantita ivi presenti. Ad esempio, nel I quadrante, entrambe le quantita sono positive, e quindi bastera risolvere la disequazione sin x < cos x. Nel II quadrante, il seno é positivo mentre il coseno é negativo, per cui la disequazione é sempre verificata. Nel IV quadrante accade il contrario, e quindi non vi sono soluzioni. Nel III quadrante, infine, seno e coseno sono entrambi negativi: la disequazione allora diviene sin x < cos x. In definitiva, la disequazione é verificata per π/4 < x < 5 4 π. Esempio 6. Risolvere, in ]0, π[, l equazione sin x cos x = 3 1. Qui, conviene far uso delle formule parametriche: sostituendo sin x con con 1 t 1+t, l equazione data diventa: ( 3 3)t 4t + (1 + 3) = 0. t e cos x 1+t Le radici di tale equazione sono: t 1 = 3 3 = tan π/6, t = ( + 3) = tan ( 5 1 π) Allora, le soluzioni cercate sono: π/3, π.

53 Esempio 7. Risolvere la disequazione 1 + cos x > sin x in [0, π[. Intanto, osserviamo che il radicando é sempre maggiore o uguale a 0, e quindi non si deve escludere alcun valore di x, a priori. Inoltre, considerato che il I membro é non negativo per definizione, la disequazione é senz altro verificata, tutte le volte che si ha sin x < 0, ossia per x ]π, π[. Poi, dividendo tutto per, il I membro non é altro che il coseno di x, almeno quando x si trova nel I o II quadrante (infatti in tale situazione x/ sta nel I quadrante, e ivi il coseno é non negativo). Dunque, per 0 x π, la disequazione diventa cos x > sin x. Ora, ponendo t = x, si ha sin x = sin t cos t (formula di duplicazione), e quindi la disequazione assume la forma cos t > sin t cos t, da trattare evidentemente per t [0, π/]. Escluso cos t = 0, ossia t = π/, che certamente non verifica la disequazione, e dividendo tutto per cos t, rimane sin t < 1 che ovviamente é verificata per t < π/6, e quindi x < π/3. disequazione data é verificata per 0 x < π/3 e per π < x π. In definitiva, la Ci occuperemo ora di stabilire dei risultati utili per trattare triangoli qualunque (non solo triangoli rettangoli) mediante gli strumenti della trigonometria. I teoremi principali che vedremo sono tre: il Teorema dei Seni, il Teorema del Coseno (o di Carnot), e la Formula di Erone. Premettiamo pero un teorema sulle circonferenze, noto come teorema della corda 53

54 Teorema 6. Data una circonferenza di raggio r, e scelti due punti qualsiasi A e B sulla circonferenza, la lunghezza della corda AB e data da AB = r sin α, dove α é qualsiasi angolo alla circonferenza che insista sulla corda AB. Dimostrazione. Poiché gli angoli alla circonferenza che insistono su AB sono tutti uguali, denotiamo con ÂP B quello per cui P B é un diametro della circonferenza. Cosi il triangolo P AB é rettangolo in A, ha l ipotenusa lunga r e l angolo in A misura α. Per le proprieta dei triangoli rettangoli, avremo allora AB = r sin α. Possiamo ora enunciare e provare il Teorema dei Seni. Teorema 6.3 In qualsiasi triangolo ABC risulta costante il rapporto tra la misura di ciascun lato e il seno dell angolo opposto. Volendo scriverlo in formule, l enunciato si puo cosi esprimere: AB sin γ = AC sin β = BC sin α, avendo denotato con α, β e γ gli angoli opposti rispettivamente a BC, AC, AB. Dimostrazione. Basta inscrivere il triangolo ABC in una circonferenza: allora ogni lato del triangolo é una corda sulla circonferenza, e l angolo γ é quello che insiste sulla corda AB, l angolo β é quello che insiste sulla corda AC, e l angolo α é quello che insiste sulla corda BC. Detta r la misura del diametro, grazie al teorema della corda, avremo AB = r sin γ, BC = r sin α, AC = r sin β. Dividendo tutto per r, si ottengono le relazioni di proporzionalita annunciate. Implicitamente, il teorema dei seni ci dice anche quanto misura il diametro del cerchio circoscritto ad un triangolo: essa sara uguale al rapporto tra la misura di un qualsiasi lato e il seno dell angolo opposto. 54

55 Passiamo ora al Teorema del Coseno, o di Carnot. Esso ci fornisce una formula che permette di determinare la lunghezza di un lato di qualsiasi triangolo, note le lunghezze degli altri due lati e l ampiezza dell angolo da essi formato. Ne deriva poi che, ad esempio tramite il teorema dei seni, si possono determinare anche le ampiezze degli altri due angoli, e quindi il triangolo viene perfettamente individuato. Teorema 6.4 Sia ABC un triangolo qualsiasi, e denotiamo rispettivamente con a e b le lunghezze dei lati BC e AC. Sia poi γ l angolo in C. Si ha allora AB = a + b ab cos γ. Dimostrazione. Tracciamo la perpendicolare dal vertice A al lato opposto BC, e sia H il punto d incontro con il lato BC. Allora i triangoli AHC e AHB sono rettangoli, e si ha: AH = b sin γ, HC = b cos γ, da cui HB = BC HC = a b cos γ. Ora, per trovare la lunghezza di AB, bastera applicare il teorema di Pitagora al triangolo AHB: AB = AH + HB = b sin γ + (a b cos γ). Svolgendo il quadrato e semplificando, otterremo AB = b sin γ + b cos γ + a ab cos γ = a + b ab cos γ. Il teorema del coseno contempla, tra le sue conseguenze, anche la possibilita di invertire il Teorema di Pitagora: in altri termini, si puo dedurre che, se per caso un triangolo ABC verifica con i suoi lati la relazione AB = AC + BC, necessariamente ABC é rettangolo (in C): infatti, applicando il teorema di Carnot, si ricava che AC BC cos γ = 0, e quindi γ é retto. 55

56 L ultimo teorema che enunceremo (senza darne la dimostrazione), va sotto il nome di Formula di Erone, e fornisce un algoritmo per calcolare l area di un qualsiasi triangolo, quando siano note le lunghezze dei suoi lati. Teorema 6.5 Sia ABC un triangolo qualsiasi, e si denotino con a, b, c le lunghezze dei suoi lati. Si denoti poi con p il semiperimetro di ABC, ossia p = a+b+c. Si ha allora A := Area(ABC) = p(p a)(p b)(p c). A volte, puo essere utile una formula analoga, che non coinvolga p. Tenendo presente che (per esempio) p a = a + b + c a = b + c a, (e analogamente per le quantita p b e p c), si perviene a A = (a + b + c)(a + b c)(a + c b)(b + c a), 16 o anche A = [(a + b) c ][c (b a) ]. (6.5) 16 L ultima formula scritta puo rivelarsi utile in casi nei quali siano note le quantita a e b ma non c. Si lascia per esercizio al lettore di verificare la validita della formula (6.5) nel caso il tirangolo sia rettangolo, e c sia la misura dell ipotenusa. Un altro esercizio utile consiste nell applicare la formula (6.5) congiuntamente al teorema del coseno: supponendo noti a = BC, b = AC e il coseno dell angolo γ = ÂCB, controllare che la (6.5) riconduce alla (prevedibile) relazione A = ab sin γ. Esercizi 6.6 1) In un triangolo scaleno il lato minore misura cm e due angoli misurano 30 0 e Si trovi il perimetro del triangolo. 56

57 Naturalmente il terzo angolo misura 45 0, e quindi possiamo applicare il Teorema dei seni. Tenendo presente che sin(45 0 ) =, sin(300 ) = 1, sin(1050 ) = sin(75 0 ) = sin( ) = 4 ( 3 + 1), si vede facilmente che il lato minore e opposto all angolo di 30 0 (cioe quello che ha il seno minore), e quindi si ha 1/ = x 4y =, / ( 3 + 1) (avendo indicato con x e y le misure degli altri lati), da cui facilmente si ricava: x =, y = Infine, il perimetro é p = ) In un triangolo ABC i lati AC e BC misurano rispettivamente cm 3 e cm 4. Il semiperimetro misura p cm e l area e di p cm. Trovare p. Conviene indicare con x la lunghezza del terzo lato e usare la Formula di Erone, nella versione (6.5), prendendo x = c. 7+x, avremo (7 + x) 4 = (7 x )(x 1). 16 Essendo A = p e p = a+b+x = Semplifichiamo, dividendo per 7 + x e moltiplicando per 16 ambo i membri: 8 + 4x = (7 x)(x 1), da cui x 3 7x + 3x + 35 = 0. Una radice é 5, per cui l equazione si abbassa di grado, con Ruffini: x x 7 = 0 : le radici sono 1±, ma solo una é accettabile, mentre l altra e negativa. Dunque i valori possibili per x (ossia per il terzo lato) sono: 5 e 1+. Ovviamente la soluzione 5 si riferisce a un triangolo rettangolo, con semiperimetro di misura 6, mentre l altra soluzione accettabile a un triangolo che ha semiperimetro pari a

58 3) In un triangolo, due lati misurano rispettivamente 6 e 8 cm, mentre l area é di 4 cm. Si trovino le ampiezze dei tre angoli. Qui conviene adoperare il seguente procedimento: detti AC e BC i due lati noti, e detto γ l angolo da essi formato, l altezza relativa al lato BC (di lunghezza 8) e pari a AC sin γ = 6 sin γ. Pertanto l informazione sull area ci porta a concludere: 48 = BC AC sin γ = 48 sin γ. Si deduce subito che gamma e retto, quindi il terzo lato misura 10 cme gli altri due angoli sono arctan 3 e arctan ) Una variante dell esercizio precedente puo essere molto istruttiva. Supponiamo di sapere che due lati del nostro triangolo misurano 8 cm e 10 cm rispettivamente, e che l area sia di 4 cm. Si trovi la lunghezza del terzo lato. Si puo subito osservare che la risposta 6 é compatibile con i dati del problema, visto anche l esercizio precedente. Vediamo allora se essa é l unica risposta possibile. Possiamo ragionare di nuovo come prima, imponendo la condizione 48 = BC AC sin γ = 80 sin γ, da cui sin γ = = 3 5. A questo punto, per ricavare il terzo lato, si puo adoperare il teorema del coseno: AB = BC + AC BC AC cos γ = cos γ. Ora, sapendo che sin γ = 3, si ha facilmente cos γ = ± 4, la soluzione negativa 5 5 corrispondendo a un angolo ottuso. Dunque, oltre alla soluzione prevedibile AB = 6, che si ottiene imponendo cos γ = 4, l altra possibilita di cos γ conduce 5 alla soluzione AB = 9, 58

59 da cui AB = 73 17, 088, soluzione ancora accettabile, corrispondente a un triangolo ottusangolo. 59

60 Capitolo 7 Logaritmi ed esponenziali I logaritmi si rivelano spesso strumenti utilissimi per trattare con quantita di grosso taglio, o per studiare fenomeni che evolvono in maniera molto rapida: tanto per fare un esempio, numeri come sono ben difficili da visualizzare, e a volte anche da calcolare, se non si dispone di un buon computer; eppure, se si conosce il logaritmo in base 10 di questo numero, si possono facilmente ricavare importanti informazioni su di esso, ad esempio di quante cifre é composto, e con quali cifre comincia (questo di solito é cio che serve conoscere, riguardo a numeri cosi grossi). Quasi a conferma dell importanza dei logaritmi, in Analisi Matematica, e nelle sue applicazioni, si rivela addirittura fondamentale la funzione esponenziale, che del logaritmo é la naturale inversa. Vedremo presto qualche problema di natura finanziaria che si risolve rapidamente mediante l uso dei logaritmi, e proprio da un facile problema di finanza scaturisce quel prezzemolo di tutta la Matematica che é il famoso numero e di Nepero, base dei logaritmi cosiddetti naturali e delle funzioni esponenziali piu importanti e ricche di applicazioni. Nella nostra panoramica su questo argomento, assumeremo qui che il lettore sia gia familiare con i numeri reali, e quindi non si trovi a disagio dinanzi a espressioni del tipo π : in altre parole, dato un qualunque numero reale positivo a, é sempre ben definita la potenza a b, per qualunque numero reale b (anche negativo o nullo), e valgono tutte le regole gia note per le potenze algebriche, o radicali. In particolare, si hanno le seguenti formule: a 0 = 1, 1 b = 1 b, a b+c = a b a c, a b = 1 a, b ax > 0 x, (a b ) c = a bc 60

61 con l occasionale convenzione di porre 0 x = 0 per x 0, e 0 0 = 1. Definizione 7.1 Dato un numero reale positivo a 1, e fissato un qualunque numero reale b > 0, si dice logaritmo di b, in base a, quel numero reale x, tale che a x = b. (E chiaro dunque per quale motivo la base a non puo essere 1: 1 x = 1 per ogni x). Il numero x viene denotato con la scrittura log a b. Ad esempio, log 3 9 =, perché 3 = 9. Similmente, log 16 = 4, e anche log 16 = 1 4, essendo = Banalmente, si vede poi che log a 1 = 0, e che log a a = 1, per qualsiasi base a. Nella scrittura log a b, la quantita b viene anche detta argomento del logaritmo. Si noti che in questa definizione non ci siamo posti il problema dell esistenza del logaritmo in questione: diamo cioé per scontato che, quando a > 0, a 1, le potenze a x possono assumere tutti i valori reali, al variare di x e senza ambiguita. Questo vuol dire che, quale che sia b > 0, esiste sempre un x tale che a x = b, e tale numero x é unico. (Questo fatto non é per niente banale, e a rigore andrebbe dimostrato, ma cio esula dagli scopi di questa trattazione). Vediamo qualche altro esempio: log = 3, mentre log = 4: questo ci dice anche che, per tutti i numeri compresi fra 1000 e 10000, il logaritmo in base 10 é compreso fra 3 e 4. Ad esempio, il computer ci dice che log = Ma i numeri interi compresi fra 1000 e (escluso l ultimo) sono tutti i numeri interi positivi che hanno 4 cifre. Dunque, se un numero intero positivo ha 4 cifre, il suo logaritmo in base 10 é della forma 3,..., ossia ha parte intera uguale a 3. Analogamente, tutti i numeri interi positivi di 5 cifre hanno il logaritmo in base 10 compreso fra 4 e 5. Dunque, il logaritmo in base 10 di un numero intero positivo ci permette di capire subito quante sono le cifre di quel numero! Ovviamente poi, se x é un numero positivo non intero, ad esempio x = 158, 33, il suo logaritmo in base 10, aumentato di 1, ci da il numero di cifre che precedono la virgola, il che puo far sempre comodo... Qui, cominciamo un po a capire come mai i logaritmi aiutino tanto a lavorare con i numeri grandi. Ma essi sono di grande aiuto anche con i numeri molto piccoli, in maniera perfettamente speculare: infatti si ha la relazione log a 1 b = log a b; 61

62 Questa si dimostra facilmente, tenendo presente che a x = 1 a x, e prendendo x = log a b. Vedremo presto una dimostrazione alternativa, basata su altre proprieta dei logaritmi. Dunque, log = 4, log 1 18 = 7, etc. Ma si ha anche log 1 definizione di logaritmo = 7, log = 4..., come si vede subito adoperando la Questa osservazione illustra la differenza che c é tra i logaritmi in base maggiore di 1 e quelli in base minore di 1: in generale, si puo dire che log 1 b = log a a b per ogni a > 0, a 1 e per ogni b > 0. Infatti, se x = log 1 b, vuol dire che b = ( 1 a a )x = 1 = a x a x e allora, se a x = b, si ha x = log a b, cioé per l appunto log 1 b = log a a b. Ma vediamo un po piu in dettaglio alcune importanti proprieta dei logaritmi, delle quali faremo spesso uso in seguito. Nelle relazioni che seguono, assumiamo a > 0, a 1, e b > 0 arbitrario. Regola 1 Per ogni c IR, c > 0, si ha: log a bc = log a b + log a c. Infatti, se poniamo x = log a b e y = log a c, vuol dire che a x = b e a y = c. Allora, a x+y = a x a y = bc, ossia proprio x + y = log a bc. (La relazione espressa in questa formuletta di solito viene citata dicendo che il logaritmo di un prodotto é uguale alla somma dei logaritmi, beninteso rispetto alla stessa base. Ma non bisogna fare confusione: il logaritmo di una somma, invece, non ha niente a che fare con il prodotto dei logaritmi!) Ad esempio, si ha log 10 = log ( 5) = log + log 5 = 1 + log 5. La morale é che basta conoscere alcuni logaritmi in base (o in qualsiasi altra base), per potersi ricavare gli altri. 6

63 Dalla Regola 1 discende anche la proprieta che abbiamo gia incontrato, riguardante il logaritmo di 1 : si ha infatti b 0 = log a 1 = log a (b 1 b ) = log a b + log a 1 b. Regola Una facile conseguenza della regola 1 precedente é che log a 1 b = log a b. Basta portare tutto a I membro, e adoperare la regola 1, ricordando che si ha sempre log a 1 = 0. Regola 3 Iterando la regola 1, si perviene facilmente alla seguente formula: log a b n = n log a b, almeno per ogni intero n. Ma piu in generale, si ha log a b c = c log a b per ogni numero reale c. Infatti, posto x = log a b, avremo a x = b e allora a cx = (a x ) c = b c, per cui cx = log a b c. Ad esempio, log 144 = log 1 = log (3 4) = log 3 + log 4 = log (Questa regola si esprime dicendo che il logaritmo di una potenza é l esponente moltiplicato il logaritmo della base) Regola 4 La seguente formula permette il cambio di base nei logaritmi. Per ogni c > 0, c 1, si ha la cosiddetta legge di cancellazione: log a c log c b = log a b. Per dimostrare questa relazione, basta porre x = log a c, y = log c b: si ha allora a x = c, c y = b, e quindi b = (a x ) y = a xy dunque xy = log a b. 63

64 Una facile conseguenza é la formula d inversione, ottenuta prendendo b = a: log a c = 1 log c a Ad esempio, se si vuole calcolare il logaritmo in base 35 di 104, e si dispone solo delle tavole dei logaritmi in base, si puo fare cosi : log = log = 10 log 35 = 10 log 35 = 10 log 5 + log 7 (adoperando la regola 3, la formula d inversione, e la regola 1). Regola 5 Cambiamento di base: se c > 0, c 1, si ha Regola 6 log a b = log c b log c a qualunque sia b > 0. Per dimostrarla, basta moltiplicare I e II membro per log c a, e poi applicare la legge di cancellazione. Per esempio, se si vuole calcolare log , basta usare la base : log = log 18 log 104 = Questa non é una vera e propria regola, ma é una formula comunque utile. Per ogni c > 0, si ha b log a c = c log a b. Infatti, la cosa é evidente, se b = 1. Se b 1, per la legge di cancellazione avremo b log a c = b log a b log b c = (b log b c ) log a b = c log a b (Si noti la tautologia b log b c = c, dovuta proprio alla definizione di logaritmo: infatti log b c é precisamente quell esponente cui bisogna elevare b per trovare c). Di seguito, forniamo due grafici della funzione logaritmo, una in base (maggiore di 1), e una in base 1, quindi minore di 1. Siamo ora in grado di affrontare alcune equazioni e disequazioni, coinvolgenti i logaritmi. 64

65 Esercizio 1 Si risolva l equazione log 4 8x = log x. Osserviamo intanto che dev essere x > 0, altrimenti i logaritmi coinvolti non esistono. Poi, usando le regole precedenti, avremo: log 4 8x = log log 4 x = 3 log 4 + log 4 x = 3 + log 4 x e ancora log x = log 4 log 4 x = log 4 x per cui l equazione data si riduce a 3 + log 4 x = log 4 x, ossia 3 = log 4 x. Risolvendo: x = 4 3 = 8. Esercizio Si risolva l equazione log 4 8x = log (x + 1). Ragionando come sopra, avremo log (x + 1) = log 4 (x + 1) = log 4 (x + 1), 65

66 per cui l equazione si scrive log 4 8x = log 4 (x + 1). Ora, due logaritmi nella stessa base sono uguali se e solo se sono uguali gli argomenti, dunque l equazione data si riconduce a 8x = (x + 1). A questo punto, é facile ricavare le soluzioni: x = 3 ±. Esercizio 3 Affrontiamo ora una disequazione: log 3 (4 x x+ + ) < 0. Osservando il grafico della funzione logaritmo, nel caso di base maggiore di 1, si vede chiaramente che il logaritmo in base 3 di un numero y é minore di 0 se e solo se y é minore di 1. Dunque la disequazione proposta equivale a richiedere: 4 x x+ + < 1 cioe 4 x 4 x + 1 < 0. Ora, scrivendo 4 x = x = ( x ), e ponendo t = x, la disequazione diventa: t 4t + 1 < 0 che ha soluzione nell intervallo ] 3, + 3[: in altri termini, le soluzioni x della disequazione proposta devono soddisfare alla condizione 3 < x < + 3. Infine, prendendo i logaritmi in base, troveremo: log ( 3) < x < log ( 3) che é la soluzione cercata. 66

67 Esercizio 4 Risolviamo una semplice equazione, in forma esponenziale: 16 3 x = 4 x+1. Per risolvere tale equazione, prendiamo i logaritmi in base 4 di entrambi i membri: log 4 (16 3 x ) = x + 1, ossia + x log 4 3 = x + 1 (avendo applicato le regole 1 e 3, oltre naturalmente alla definizione di logaritmo). A questo punto, la soluzione é facile: x = 1 1 log 4 3 = 1 4 log 4 3 = log (Abbiamo scritto le ultime due uguaglianze solo per far notare che lo stesso numero puo assumere forme diverse, a seconda della regola che si vuole applicare). Esercizio 5 Ancora una disequazione, stavolta in forma esponenziale: ( 1 4 )x < ( 5 ) x 1 complicata anche dalla presenza del valore assoluto. Prendiamo in entrambi i membri il logaritmo in base 1, tenendo presente, pero, che cosi facendo la disuguaglianza 4 cambia verso, poiché la base del logaritmo é minore di 1 (infatti, il grafico della funzione logaritmo é decrescente quando la base é minore di 1). Avremo dunque x > ( x 1 ) log 1 4 Per semplicita, indichiamo con h il numero log 1 4 da risolvere diviene ora Per x 1, la disequazione diventa x 1 < x h. x 1 < x, ossia (h 1)x < h, e x < h h Per x < 1, la disequazione diviene La disequazione h x < x h, ossia (h + 1)x > h, e x > h h

68 Le soluzioni dell equazione assegnata sono dunque comprese fra h h+1 e h h 1. (Suggerimento: quando una disequazione non ha soluzione immediata, come in questo caso, puo venire il dubbio di avere invertito qualche volta il verso giusto, e quindi le soluzioni trovate non sono negli intervalli giusti, ma nei loro complementari. Per chiarire il dubbio, basta fare una verifica, anche con un punto solo: ad esempio, nel caso dell esercizio 5, uno dei punti compresi nell intervallo trovato é 1, ed é facile vedere che, nel punto x = 1, la disequazione assegnata é soddisfatta. Dunque l intervallo trovato é senz altro quello giusto). Un esercizio sui generis consiste nell adoperare i logaritmi per studiare in qualche modo numeri molto grandi. Ad esempio, com é fatto il numero ? Sappiamo che il numero delle cifre di questa quantita é indicato dal suo logaritmo in base 10, aumentato di 1. Ma qual é il logaritmo in base 10 di ? Tenendo presente che log = 003 log , tutto sommato il calcolo non é proibitivo. Un computer di poche pretese ci da subito il logaritmo di 1951: log , e quindi log Dunque é un numero di 6591 cifre. Ma ora ci chiediamo: quali sono (almeno) le prime cifre di tale numero? Per rispondere a questa domanda, conviene che adoperiamo qualche notazione di comodo. Noi sappiamo che ogni numero reale positivo x ha una sua parte intera, che viene denotata con [x]: questo é il piu grande numero intero, tra quelli minori o uguali a x. Ad esempio, si ha [55/3] = 18, [π] = 3, e cosi via. Poi, il numero x [x] viene detto mantissa di x, e possiamo denotarlo con {x}. Pertanto, si ha sempre x = [x] + {x}, e chiaramente 0 {x} < 1. Ora, se N denota un qualunque numero reale positivo, e se si pone Y = log 10 N, si ha chiaramente N = 10 log 10 N = 10 [Y ]+{Y } = 10 [Y ] 10 {Y }. Osserviamo a questo punto che il numero 10 [Y ] é una potenza di 10, e quindi moltiplicare un numero qualunque x per 10 [Y ] significa semplicemente spostare verso destra la virgola che 68

69 compare nel numero x, ed eventualmente aggiungere zeri alla fine: ad esempio, 0, = ; ma chiaramente questa operazione non modifica le prime cifre significative di x. In altri termini, se 10 {Y } comincia con, 345 (ad esempio), allora N comincia con 345 (se é piu grande di 1000, altrimenti con 34,5, oppure con 3,45...). Allora, se N é il nostro numero gigantesco , bastera calcolare la quantita 10 {N} = 10 0, Dunque, il numero N = é formato da 6591 cifre, le prime delle quali sono (per quanto riguarda le successive, non si esclude qualche errore di approssimazione nel calcolo di 10 0,38531, e quindi é bene limitarsi solo alle primissime cifre trovate). Prima di proseguire, dobbiamo almeno accennare a quella che é la base canonica di tutti i logaritmi. Benché il numero 10 sia indubbiamente importante come base dei logaritmi, é ormai universalmente riconosciuto un ruolo centrale al numero e di Nepero: questo per ragioni che non possiamo spiegare ora, ma che saranno chiare a fine corso. Il numero e nasce da una idealizzazione della capitalizzazione bancaria, nel modo seguente. Tutti sanno che, quando si versa in banca un certo capitale C, la banca riconosce un interesse annuo di tasso r: quindi, dopo il primo anno, il capitale diventa (C +rc) = (1+r)C. Se lasciamo tutto in banca per un altro anno, gli interessi si cumulano, e alla fine del secondo anno il capitale sara diventato (1 + r)c + r(1 + r)c = (1 + r) C, etc. Se gli interessi fossero corrisposti con maggiore frequenza (naturalmente in misura proporzionale al tempo), il risparmiatore ci guadagnerebbe: ad esempio, se il cumulo degli interessi avvenisse ogni mese, il tasso naturalmente diverrebbe r, ma dopo un anno il capitale sarebbe 1 (1 + r 1 )1 C, quantita nettamente maggiore di (1 + r)c. Sarebbe ancora meglio (ma non di molto), se gli interessi venissero conteggiati ogni settimana o magari ogni giorno: dopo un anno, il capitale diventerebbe (1 + r/n) N C, dove N rappresenta il numero di settimane ( o giorni) in un anno. Se si andasse al limite, spingendo N a diventare infinitamente grande, il capitale dopo un anno non crescerebbe all infinito, ma si avvicinerebbe ad un valore limite, che non puo essere comunque mai raggiunto: tale valore é circa uguale a c, e il numero é appunto quello che viene detto numero di Nepero, e denotato con la lettera e: si tratta di un numero irrazionale, anzi come si dice trascendente, in quanto non 69

70 é soluzione di nessuna equazione algebrica; ebbene, questo numero cosi strano é la cosiddetta base naturale dei logaritmi! Ma non si deve pensare che tale importanza gli derivi solo dalla sua peculiarita di natura economica (i Matematici sono assai poco venali!). Ci sono ben altre proprieta di questo numeretto che lo rendono cosi centrale, al punto che oramai i programmi di computer e macchine calcolatrici forniscono i logaritmi solo in tale base, costringendo spesso gli utenti a fare uso massiccio dei cambiamenti di base. Con l occasione, diciamo che i logaritmi in base e vengono detti logaritmi naturali o Neperiani, e di solito vengono scritti senza indicare la base; anzi, per maggiore distinzione, si usa spesso denotarli con il simbolo ln (logaritmo naturale), invece di log e. E naturalmente, essendo cosi importante, il numero e funge spesso da base anche per gli esponenziali, dei quali i logaritmi sono le funzioni inverse. In genere, si chiama funzione esponenziale ogni funzione del tipo y = a x, con a > 0, a 1 (il numero a si dice base dell esponenziale). Si parla di funzione inversa del logaritmo, perché valgono le due relazioni seguenti (per definizione): a log a x = x, e log a a x = x la prima per ogni reale positivo x e la seconda per ogni x reale. Benché il grafico delle funzioni esponenziali sia geometricamente identico a quello delle funzioni logaritmo, riportiamo qui due grafici, uno relativo alla funzione y = e x, l altro alla funzione ( 1 e )x = e x, in modo da distinguere il caso di base maggiore di 1 dal caso in cui la base é minore di 1. Si noti la simmetria dei due grafici, e il fatto che in entrambi la y é sempre positiva. Infatti, ogni potenza del tipo a x, con a > 0, é un numero strettamente positivo. Come si vede dalle questioni finanziarie cui si accennava dianzi, esistono varie situazioni concrete in cui l uso di logaritmi ed esponenziali permette di rispondere a vari quesiti. Uno dei piu semplici riguarda proprio la capitalizzazione: ad esempio, se si deposita un capitale C in banca, ad un interesse annuo del 4%, dopo quanti anni il capitale sara raddoppiato? Per quanto visto in precedenza, sappiamo che, dopo n anni, il capitale diviene C n = (1 + r) n C, ove r = (questo é il significato del tasso al 4%). Se si vuole che C n = C, 70

71 bisogna imporre l equazione (1 + r) n = che si risolve appunto prendendo i logaritmi in ambo i membri: n ln(1 + r) = ln, e quindi n = ln ln (1 + r) , avendo sostituito r con Dunque, occorrono non meno di 18 anni per vedere raddoppiato il capitale. Un discorso speculare riguarda i prestiti o i fidi, con la differenza che in questi casi il tasso d interesse é molto piu alto (attorno al 15% annuo), e questo spiega come mai, anche ammortizzando in 5 anni, si viene poi a pagare complessivamente circa il doppio di quanto ricevuto in prestito (Insomma, se si rifanno i conti precedenti, sostituendo il tasso del 4% con quello del 15%, il valore che si trova per n é quasi uguale a 5). Vediamo ancora qualche equazione o disequazione, coinvolgente il numero e. Esercizio 6. Si risolva la seguente disequazione: e x+1 e x < 4. Adoperando le proprieta delle potenze, avremo: e x+1 = e e x, e e x = (e x ) 71

72 per cui, posto e x = u, la disequazione diventa eu u 4 < 0, o anche u eu + 4 > 0. Ora, le radici dell equazione u eu+4 = 0 sono: u 1 = e e 4 e u = e+ e 4. Poiché e 4 é certamente positivo, le radici sono reali. Ma bisgna anche sapere se esse sono positive, in quanto la nostra u é comunque un numero positivo, rappresentando e x. Ora, certamente u > 0, ma come sara u 1? Un modo per vederlo é quello di usare una calcolatrice, per individuare la rappresentazione decimale di u 1. Un altra via consiste nel controllare, con i metodi delle disequazioni, se risulta e > e 4: tale verifica é pressoché immediata, elevando ambo i membri a quadrato. Dunque entrambe le radici trovate sono positive, e quindi le soluzioni della disequazione originaria sono tutti e soli i valori di x esterni all intervallo [ln u 1, ln u ]. Una riprova puo essere fatta testando il numero ln e = 1, che é interno all intervallo delle radici: sostituendo x = 1 nella disequazione iniziale, si trova e e < 4, il che chiaramente non é vero; pertanto valori interni all intervallo [ln u 1, ln u ] non soddisfano all equazione data. Esercizio 7. Si risolva la disequazione: e 4x+ 4e x e < 0. Con tecniche analoghe all esercizio precedente, e ponendo u = e x, la disequazione diviene: e u 4u e < 0 che ha le seguenti radici: u 1 = 5, u e = + 5, di cui solo la seconda é positiva. Cio e significa che, dovendo aversi u 1 < u < u, e dovendo essere necessariamente u > 0, le soluzioni cercate corrispondono all intervallo 0 < u < u, e quindi < x < ln u. Esercizio 8. Si risolva la disequazione seguente: ln (x + 1) + ln x > 4. 7

73 Intanto, perché l equazione abbia senso, bisogna escludere tutti i valori di x minori o uguali a 0. Adoperando le proprieta dei logaritmi, l equazione data si riduce a: ln x(x + 1) > ln e 4, da cui x + x e 4 > 0. A questo punto, le soluzioni sono tutti e soli i valori positivi di x esterni all intervallo [ e 4, 1+4e 4 1 ]; e siccome l estremo sinistro é negativo, si possono accettare soltanto i valori di x > 1+4e 4 1. Esercizio 9. Si risolva l equazione: ln x + log x log 5 6x = 0. Al solito, si possono accettare solo valori positivi di x. Conviene riportare tutti i logaritmi ad una stessa base, ad esempio e. Avremo allora ln x + log e ln x log 5 6 log 5 e ln x = 0 ossia ln x(1 + log e log 5 e) = log 5 6. Risolvendo: da cui ln x = log log e log 5 e x = e log log e log 5 e. L espressione ad esponente potrebbe assumere anche una forma un po piu semplice, se si riportasse tutto in termini di log 5, ma in questo caso non si avrebbero notevoli vantaggi da tale lavoro. Esercizio 10. Si risolva la disequazione Portiamo e x x ln 3 ln x > 0, ossia 3 x e x > 0. a secondo membro e passiamo tutto a logaritmo naturale: avremo x(ln 3 1) > ln, da cui x > ln ln 3 1 ; 73

74 (essendo 3 > e, la quantita per cui abbiamo diviso, cioé ln 3 1, é positiva, e quindi il verso della disuguaglianza non é variato). La soluzione puo anche porsi nella forma: x > log 3. e Esercizio 11. Risolvere la disequazione: x ln x > 3. Problemi di questo tipo si possono affrontare mediante il trucco: f(x) g(x) = e ln f(x)g(x) = e g(x) ln f(x), per ogni funzione f(x) > 0 e qualunque g(x) reale. (Ricordiamo che ln x é il logaritmo in base e di x, e che x = a log a x...) Tornando al nostro problema, escludendo a priori i valori x 0, avremo e ln x ln x > 3, da cui (ln x) > ln 3. Dunque, dovra essere ln x > ln 3, (richiesta ragionevole, poiché ln 3 > 0), e quindi la soluzione cercata é data dai seguenti valori di x. 0 < x < e ln 3, e x > e ln 3 Esercizio 1. Risolvere l equazione: log x (e + 1) = ln x. Naturalmente, dovremo ricercare le soluzioni tra le x > 0, e x 1. Conviene cambiare la base, a I membro: log x (e + 1) = ln x = ln (e+1). L equazione diventa ora: ln x ln (e + 1), e quindi (ln x) = ln (e + 1), ln x da cui ln x = ± ln (e + 1) e le soluzioni sono: x = e ± ln (e+1). 74

75 Capitolo 8 Numeri complessi Anche questo é un argomento piuttosto importante, sia dal punto di vista teorico che da quello pratico: da un lato ci permette di ampliare il campo di azione degli usuali strumenti di calcolo, fornendo tra l altro legami importanti tra le funzioni trigonometriche e le esponenziali, e dall altro ci aiuta a risolvere svariati problemi concreti, non solo in campo algebrico ma anche e soprattutto in ambito analitico-applicativo. 8.1 Concetti generali Nell introdurre i numeri complessi, il punto di partenza classico é l impossibilita, in campo reale, di risolvere l equazione x + 1 = 0. In altri termini, non esiste la radice quadrata di 1. Dunque, per ovviare a questo inconveniente, si introduce un ampliamento dei numeri reali, aggiungendo ad essi non solo la radice quadrata di 1, denotata con il simbolo i, ma anche tutti i numeri del tipo a + ib, con a e b reali. L insieme che cosi si ottiene viene denotato con la lettera C, e viene detto il campo dei numeri complessi. Naturalmente, i numeri reali fanno parte di C: sono quei numeri a + ib per cui b = 0. Quelli per cui a = 0 sono detti immaginari puri, e il numero i viene detto anche unita immaginaria. Osserviamo che nell insieme C si possono definire in maniera naturale le solite operazioni elementari dei numeri reali: infatti, se z = a + ib e w = c + id sono due numeri complessi, la somma z + w é il numero complesso (a + c) + i(b + d). Quanto al 75

76 prodotto, si possono usare le usuali regole gia note, con l accortezza di porre i i = 1: dunque, wz = (a + ib)(c + id) = ac bd + i(ad + bc). Possiamo osservare che, anche in C, il numero 1 é l unita moltiplicativa, mentre si ha i = ( i) = 1; si puo facilmente ottenere l inverso di qualunque numero complesso z diverso da 0: infatti, se z = a + ib, il suo inverso 1 z dev essere quel numero complesso x + iy tale che (a+ib) i(x+iy) = 1, ossia ax by = 1, bx+ay = 0, da cui x = a, y = a +b (Chiaramente, cio é possibile se e solo se a + b 0, ossia z 0). b a +b A questo proposito, conviene introdurre qualche altro concetto tecnico. Per ogni numero complesso z = a+ib, il numero reale a si dice parte reale di z, e si denota con Re(z), mentre il numero reale b, denotato con Im(z), viene detto il coefficiente della parte immaginaria di z. Inoltre, si dice il coniugato di z, e si denota con z, il numero z = a ib. Facilmente si verifica che: z + z = Re(z) = Re(z), z z = Im(z) = Im(z). Si definisce poi modulo di z la quantita reale z = a + b. Chiaramente z e z hanno lo stesso modulo, e inoltre zz = z = a + b. In particolare, possiamo facilmente dedurre che un numero complesso z ha modulo 1 se e solo se il suo coniugato ha modulo 1 e se e solo se z = 1. L uso del coniugato puo aiutare z nel calcolare il rapporto tra numeri complessi: infatti, per ogni z = a + ib e w = c + id, con w 0, si ha z w = zw ww = ac + bd + i(bc ad) w. In particolare, osserviamo che 1 i = i, e che z z = ( z z ). (Vedremo presto un metodo piu elegante per calcolare prodotti e rapporti tra numeri complessi). Facciamo notare a questo punto che abbiamo praticamentre definito nel campo C le operazioni elementari di addizione, moltiplicazione e divisione. E anche facile vedere che l operazione di passaggio a coniugato per cosi dire filtra attraverso tutte queste operazioni, 76

77 ossia ad esempio z + w = z + w, zw = (z)(w), z w = ( z w ), non appena le operazioni in questione abbiano senso. Un altra importante osservazione da fare, al riguardo, é il comportamento del modulo riguardo ai prodotti: non é difficile osservare che, presi comunque due numeri complessi z e w, si ha sempre zw = z w. Un po piu delicato é il calcolo delle radici di un numero complesso. Questo tema sara trattato in seguito in forma esaustiva, per cui al momento ci limiteremo soltanto alle radici quadrate, fornendo solo alcune formule. Intanto, anticipiamo che ogni numero complesso ha radice quadrata, anzi, se si esclude lo 0, ne ha due. Poi, ovviamente le radici di ogni numero reale positivo sono quelle solite, mentre quelle di un numero reale negativo sono immaginarie: ad es. 5 = ±5i, 7 = ±i 7, π = ±πi, etc. In generale, se z = a + ib verifica b 0, le radici complesse di z sono i numeri z = ± 1 ( z + a + i z a). Se invece b < 0, allora le radici sono: z = ± 1 ( z + a i z a). Non descriviamo il metodo con cui tali formule sono state ricavate, ma comunque la verifica é abbastanza semplice. Ad esempio, le radici quadrate del numero i sono date da: i = ± 1 (1 + i), mentre si ha 3 4i = ±( i). Come dicevamo, l introduzione dei numeri complessi permette di dare soluzione anche a quelle equazioni algebriche che non hanno soluzioni reali. (Attenzione! Qui si parla solo 77

78 di equazioni: nel campo complesso non c e un ordinamento canonico, quindi non esistono disequazioni nel campo complesso!) Ad esempio, l equazione di secondo grado ax + bx + c = 0 (con a 0) ha sempre soluzioni nel campo complesso, soluzioni date dalla ben nota formula x 1, = b ± b 4ac. a (Notiamo che la formula funziona sempre, anche se i coefficienti a, b, c sono essi stessi numeri complessi). Possiamo anche osservare che, nel caso (piu importante) in cui coefficienti a, b, c siano numeri reali, le radici possono essere entrambe reali, oppure entrambe complesse (l una coniugata dell altra), oppure reali e coincidenti (la radice doppia é sempre reale). Per quanto riguarda le equazioni algebriche di grado maggiore di due, senza fare dimostrazioni daremo tra poco un teorema generale, che tratta tutti i casi di possibile interesse. Premettiamo tuttavia alcune semplici considerazioni algebriche, che sono semplici conseguenze delle regole di calcolo. Supponiamo che z = a + ib sia un generico numero complesso, e x un qualsiasi numero reale. Allora si ha (x z)(x z) = (x a) + b : in sostanza, abbiamo una scomposizione del polinomio reale irriducibile (x a) +b nel prodotto di due monomi con coefficienti complessi. E questa la fondamentale proprieta che, adoperata opportunamente, permette di usare i numeri complessi per trasformare espressioni reali in altre espressioni reali piu semplici, e che viene formulata in tutta generalita nel prossimo teorema, che comprende anche il teorema 4.3. Teorema 8.1 Data una qualsiasi equazione algebrica di grado n a coefficienti complessi, essa ammette sempre soluzioni nel campo complesso. Contando le eventuali radici multiple secondo la loro molteplicita, qualunque polinomio di grado n P (z) puo fattorizzarsi nel campo complesso come il prodotto di n monomi del tipo z z i, dove i numeri z i sono le radici dell equazione P (z) = 0, contate ciascuna con la propria molteplicita. 78

79 Nel caso il polinomio abbia solo coefficienti reali, l equazione P (x) = 0 ha comunque n soluzioni in campo complesso (contate con le molteplicita ), ma per ogni radice complessa (non reale) e radice anche il proprio coniugato (quindi le radici complesse non reali sono sempre in numero pari); tali polinomi si fattorizzano nel campo reale mediante prodotti di monomi del tipo x x i (dove le x i sono le eventuali radici reali, con molteplicita ), e di polinomi di secondo grado irriducibili, ciascuno del tipo (x z j )(x z j ), dove le z j sono le radici complesse non reali. Vale la pena di fare qualche esempio per capire in che modo avviene la scomposizione descritta nella seconda parte del teorema (8.1). Supponiamo dunque di voler scomporre il polinomio P (x) = x 4 + 4x + 3. Le radici si trovano abbastanza facilmente: dovendo essere x = 3 oppure x = 1, le radici del polinomio sono i numeri immaginari i, i, i 3 e i 3. Allora si ha P (x) = (x i)(x + i)(x + i 3)(x + i 3) = (x + 1)(x + 3) : non ci sono radici reali, ma il polinomio dato viene scomposto nel prodotto di due polinomi reali irriducibili. Un altro esempio puo essere il seguente: P (x) = x 6 + x 4 16x 3. Qui si trova subito che e sono soluzioni, per cui si ottiene, applicando ad esempio la Regola di Ruffini: P (x) = (x )(x + )(x 4 + 6x + 8). Le radici del polinomio x 4 + 6x + 8 sono immaginarie: si tratta delle radici quadrate di 4 e, cioé i numeri complessi ± i, ±i. Si ha dunque la scomposizione x 4 + 6x +8 = (x + )(x + 4) e in conclusione: P (x) = x 6 + x 4 16x 3 = (x )(x + )(x + )(x + 4). 79

80 Segnaliamo, a proposito delle componenti irriducibili di secondo grado, che conviene abituarsi da subito a scriverle sotto la forma a((x α) + β ), (con α e β opportune costanti reali), cosi come si deduce dalle tecniche ora menzionate. Infatti, se il polinomio ax + bx + c é reale e irriducibile, le sue radici sono complesse e coniugate: x 1, = α ± iβ, e quindi si puo scrivere ax + bx + c = a(x x 1 )(x x ) = a((x α) + iβ)((x α) iβ) = a((x α) + β ). Ad esempio, il polinomio irriducibile x + x + 1 ha radici complesse x 1, = ± i, e quindi si puo scrivere Similmente, si puo scrivere x + x + 1 = (x + x x + 1 = (x ) + 1. ) Il piano complesso Vedremo ora una rappresentazione geometrica dei numeri complessi, che ci aiutera a capire meglio il significato di certe operazioni e a introdurne delle altre. Basandoci sul fatto che ogni numero complesso z é univocamente individuato dai due numeri reali Re(z) e Im(z), possiamo associare ad ogni numero complesso z = a + ib il punto del piano cartesiano P (a, b) (e viceversa). Per questo motivo, la scrittura z = a + ib é detta anche la forma cartesiana del numero complesso z. In questo modo, al numero 0 viene associata l origine (0, 0) del piano, i numeri reali sono associati ai punti dell asse x, mentre gli immaginari puri sono associati ai punti dell asse y, con l unita immaginaria i corrispondente al punto (0, 1). Notiamo anche che l operazione di addizione tra numeri complessi equivale a quella di addizione tra i corrispondenti vettori del piano cartesiano: se z = a + ib e w = c + id, posto P (a, b) e Q (c, d), vettore OP + OQ ha come estremo libero il punto che corrisponde a z + w (e viceversa). Notiamo anche che i numeri complessi di modulo 1 corrispondono ai punti del cerchio unitario: ogni punto P (a, b) di tale cerchio puo essere semplicemente individuato 80

81 dall angolo θ che il vettore OP forma con l asse delle x (contando in senso antiorario), e quindi i numeri a e b altro non sono che il coseno e il seno di θ. Il numero θ (che ovviamente s intende compreso in [0, π[) é detto argomento del numero complesso z = a + ib = cos θ + i sin θ, e spesso si denota θ = arg(z). Notiamo che arg( z) = π +arg(z), qualora arg(z) < π, altrimenti arg( z) = arg(z) π. Si ha invece arg(z) = π arg(z). Piu in generale, qualunque sia il numero complesso z = a + ib, purché diverso da 0, detto P il punto (a, b) corrispondente a z, si dice argomento di z l angolo che OP forma con l asse delle x, e chiaramente tale angolo non cambia se si moltiplica z per qualsiasi numero reale t, purché t > 0. In particolare, il numero complesso z z ha modulo 1, e il suo argomento é lo stesso di z. Nuovamente, avremo, per ogni numero complesso z 0: arg( z) = π + arg(z), qualora arg(z) < π, altrimenti arg( z) = arg(z) π. Si ha invece sempre arg(z) = π arg(z). Grazie all introduzione del concetto di argomento, vediamo facilmente che ogni numero complesso z, purché diverso da 0, determina univocamente (e puo essere univocamente determinato da) le due quantita z e arg(z): si puo scrivere insomma, almeno per z 0: z = z (cos θ + i sin θ). (8.1) ove appunto θ = arg(z). Naturalmente, se z = 0, l argomento non é definito, ma basta osservare che esso é l unico numero complesso di modulo 0, per cui basta questo ad individuarlo. La rappresentazione (8.1) viene detta rappresentazione polare del numero complesso z, ed é molto utile per rappresentare adeguatamente il prodotto tra numeri complessi, e di conseguenza potenze e radici. Ricordiamo infatti che il modulo del prodotto tra due numeri complessi é uguale al prodotto dei due moduli; dunque, bastera capire come si comporta l argomento, se si vuole comprendere l effetto geometrico della moltiplicazione. A tale scopo, supponiamo che z e w abbiano entrambi modulo 1, e sia θ = arg(z), φ = arg(w). Allora si ha zw = (cosθ + i sin θ)(cos φ + i sin φ) = (cos θ cos φ sin θ sin φ) + i(sin θ cos φ + cosθ sin φ) = 81

82 = cos(θ + φ) + i sin (θ + φ) : insomma, il prodotto tra z e w é quel numero complesso di modulo 1 che ha come argomento la somma dei due argomenti, (eventualmente modulo π). Ad esempio, moltiplicare per i un qualsiasi numero complesso z (anche di modulo diverso da 1) significa ruotare di 90 0 il vettore OP rappresentativo di z. Di conseguenza, se si moltiplicano tra loro due numeri complessi w e z di modulo qualsiasi, il loro prodotto sara quel numero complesso che ha come modulo il prodotto dei moduli e come argomento la somma degli argomenti (sempre modulo π). Similmente, il rapporto z w sara quel numero che ha come modulo il rapporto tra i moduli (beninteso, purché w 0) e come argomento la differenza tra gli argomenti. Questa descrizione del prodotto tra numeri complessi diventa particolarmente utile quando si trattino le potenze, e conseguentemente le radici complesse. Osserviamo infatti che, dato un qualsiasi numero complesso z, la potenza z n é quel numero complesso che ha come modulo il modulo di z, elevato alla n, e come argomento l argomento di z, moltiplicato per n: z n = z n (cos (nθ) + i sin (nθ)), ove al solito θ = arg(z). Ad esempio, ricordando che arg(i) = π, si ritrova i = cos π + i sin π = 1. Le successive potenze di i si ottengono ruotando, ogni volta di 90 0, il vettore rappresentativo: quindi troveremo i = 1, i 3 = i, i 4 = 1, i 5 = i, i 6 = 1, etc. Ancora a titolo di esempio, possiamo facilmente calcolare la potenza (1 + i) 0 : infatti, il modulo di 1 + i é, per cui il modulo di (1 + i) 0 é 10 = 104; inoltre, l argomento di 1 + i é π, e quindi arg(1 + 4 i)0 = 0 π (mod π) = π. Pertanto concludiamo: 4 (1 + i) 0 = 104. Essendo sempre (z) n = z n, ne deduciamo anche che (1 i) 0 = 104. Possiamo qui notare che, per numeri complessi di modulo 1, si ha l importante relazione: (cos θ + i sin θ) n = cos (nθ) + i sin (nθ); 8

83 questa formula ci dice come si possono rappresentare quantita come cos (nθ) e sin (nθ) senza dover iterare numerose volte formule di addizione e/o duplicazione: si ha ad esempio n ( ) n cos(nθ) = Re((cos θ + i sin θ) n ) = Re( (cos n j θ)i j (sin j θ)) = j = ( ) n i h (cos n h θ) = ( ) n ( 1) h (cos n h θ) sin h θ, h h h h intendendo che l indice h varia da 0 fino alla parte intera di n. Similmente, troveremo sin(nθ) = Im((cos θ + i sin θ) n ) = ( ) n ( 1) h (sin h+1 θ)(cos n h 1 θ), h + 1 h (convenendo che, qualora h + 1 superasse n, il coefficiente binomiale si annulla). Possiamo ora introdurre il concetto di radice di un numero complesso, impostando in pratica l operazione inversa dell elevamento a potenza. Si parlera quindi di radici con indice intero: radici quadrate, cubiche, etc., come soluzioni delle equazioni algebriche x n = z, con z assegnato e n =, 3, etc. Alla luce del teorema (8.1), le radici n-esime di un numero complesso in generale sono n, (se si escludono quelle di 0), e, come vedremo, tutte distinte (non ci sono radici multiple). Cio é abbastanza chiaro quando si tratta di radici quadrate, perché accade lo stesso anche nel campo reale (purché il radicando sia positivo). Ma nel campo complesso esistono sempre n radici distinte di ordine n per qualsiasi numero complesso, purché diverso da 0. Piu precisamente, fissato z e fissato un intero n, un numero complesso w si dice radice n-esima di z se accade che z = w n. Come sappiamo, cio vuol dire che z = w n e che arg(z) = n arg(w)(mod π). Dunque, se si conosce z, intanto il modulo di w si ottiene come l unica radice n-esima (reale, positiva) del numero reale positivo z (tralasciamo qui il caso banale z = 0). Quindi, tutte le radici n-esime di z hanno lo stesso modulo. Quanto all argomento, é ovvio che, dividendo per n l argomento di z, si trova quello di una sua radice n-esima. Quindi, ad esempio, se si cerca una radice sesta di z = 64, intanto si trova la radice sesta del suo modulo, cioé di 64, che é. Poi, siccome l argomento di 64 é π, l angolo π 6 j=0 é l argomento di una delle radici cercate. E quindi il numero complesso w = (cos π 6 + i sin π 6 ) = 3 + i 83

84 é una delle radici cercate. Ora, vediamo come fare per trovare le altre radici complesse: visto che il modulo é lo stesso per tutte, l unica caratteristica che le distingue é l argomento. Come abbiamo gia detto, se w n = z, necessariamente si deve avere arg(z) = n arg(w)(mod π). Considerata con attenzione, questa condizione significa che n arg(w) = arg(z), oppure n arg(w) = arg(z) + π, o n arg(w) = arg(z) + 4π, etc. : Dunque, detto θ = arg(z), si puo scegliere arg(w) in n modi diversi: arg(w) = θ n, arg(w) = θ + π n, arg(w) = θ + 4π n,... arg(w) = θ + nπ. n (Si potrebbe continuare, aggiungendo multipli maggiori di π, ma allora arg(w) uscirebbe dall intervallo [0, π], e darebbe luogo ad una delle radici gia ottenute.) Dunque, se vogliamo calcolare le sei radici seste di 64, possiamo elencare i loro argomenti come segue: π 6, π + π 6 = π, π + 4π 6 = 5 6 π, 7 6 π, 3 11 π, 6 π. Questo é sufficiente, in quanto gia sappiamo che il loro modulo é, e quindi sappiamo dove collocarle nel piano complesso. Per comprendere meglio il meccanismo, scegliamo un numero complesso di modulo 1, ad es. z = i, e cerchiamo le 3 radici cubiche di tale numero. Ovviamente, le radici di questo numero hanno tutte modulo 1, quindi bisogna solo trovare i loro argomenti. Poiché l argomento di z é 3 π, denotate con w j le radici cercate, con j = 1,, 3, si avra arg(w 1 ) = π, arg(w ) = 1 3 (3 + )π = 7 6 π, arg(w 3) = 1 3 (3 Se si continuasse, calcolando ad es. 1 3 ( 3 +6)π, si troverebbe 15 6 π = π+ π + 4)π = 11 6 π. : questo argomento porterebbe nuovamente al numero complesso w 1. In definitiva, le tre radici cubiche di i sono i numeri w 1 = i, w = 3 i, w 3 = 3 i : segnando i punti corrispondenti nella circonferenza unitaria del piano complesso, si vede facilmente che essi sono i vertici di un triangolo equilatero. 84

85 Questa non é una coincidenza: se calcoliamo le n radici n-esime di 1, (modulo 1, argomento 0), queste sono tutte collocate nel cerchio unitario del piano complesso, e formano i vertici di un poligono regolare di n lati. Il primo vertice si trova in (1, 0), (1 n = 1), la seconda avra argomento π, la terza ha argomento 4π, e cosi via, l ultimo argomento n n essendo (n 1)π n (chiaramente, un altro passo condurrebbe all argomento π, ossia di nuovo alla prima radice, 1). Questi vertici, ottenuti come radici n-esime di 1, sono proprio dette le n radici dell unita. Esse possono essere usate per rappresentare facilmente qualsiasi poligono regolare, a meno di rotazioni o traslazioni. Si osservi anche che, denotando con w 0 = 1, w 1, w..., w n 1 le n radici complesse dell unita, in ordine di argomento crescente, si ha sempre (Chiaramente, poi, w n 1 = 1). w 0 = 1, w = w 1, w 3 = w 3 1, w 4 = w 4 1,...w n = w n Esercizi sui numeri complessi 1. Si esprima in forma cartesiana il numero complesso z = 1+i 1 i. Si puo procedere come segue: 1 + i 1 i = (1 + i)(1 + i) (1 i)(1 + i) = 1 + 3i 5 = i.. Si esprima in forma polare il numero complesso z = 1+i 3+i. Osserviamo che 1 + i =, e che 3 + i =. Dunque, il numero z ha modulo dato dal rapporto tra i due moduli: z = 1. Quanto agli argomenti, il primo é π 4, mentre il secondo é π : dunque, l argomento di z é dato dalla differenza tra i due: 6 π π = π. In conclusione z = 1 (cos π 1 + i sin π 1 ) é la rappresentazione polare cercata. 85

86 3. Si scomponga il polinomio reale P (x) = x nel prodotto di due polinomi di secondo grado irriducibili. Cerchiamo le soluzioni complesse dell equazione P (x) = 0, cioé le 4 radici quarte di 1: poiché il modulo di 1 é 1, le quattro radici hanno tutte modulo 1. Quanto agli argomenti, essendo arg( 1) = π, i quattro argomenti cercati saranno: π 4, 3π 4, 3π, 7π 4. La rappresentazione cartesiana delle quattro radici w 1, w, w 3, w 4 é w 1 = (1 + i), w = ( 1 + i), w 3 = ( 1 i), w 4 = (1 i). Le coppie coniugate sono (w 1, w 4 ) e (w, w 3 ), per cui i due polinomi cercati saranno P 1 (x) = (x w 1 )(x w 4 ), P (x) = (x w )(x w 3 ). Svolgendo i calcoli, troviamo P 1 (x) = (x ) + 1 = x x + 1, P (x) = (x + ) + 1 = x x + 1. In conclusione x = (x x + 1)(x + x + 1). 4. Si esprimano i seguenti polinomi irriducibili come somma di due quadrati: P 1 (x) = x x + 1, P (x) = x + 3x + 6, P 3 (x) = (x ) + (x + 1) + 4. Le risposte sono piuttosto semplici: P 1 (x) = (x 1 ) + 3 4, P (x) = (x + 3 ) , P 3(x) = ( x 1 ) Si trovino tutti i valori del numero complesso z 8 3, con z = 1 + i. Bastera trovare le radici cubiche di (1 + i) 8. Il modulo di tale numero é 4 = 16, mentre l argomento é dato da 8 π 4 = π = 0(mod π). Quindi (1 + i)8 = 16: cerchiamo 86

87 dunque le tre radici cubiche di 16. Gli argomenti sono, nell ordine: 0, π, 4 π; pertanto 3 3 le tre radici sono w 1 = 3 16, w = 3 16( i ), w 3 = 3 16( 1 3 i ). 6. Si risolva nel campo complesso l equazione z = z. Ponendo z = a+ib, si vuole in sostanza che risulti a b = a e ab = b. Una prima possibilita é che sia b = 0 e a = a, da cui z = 0 oppure z = 1. Se poi supponiamo b 0, si trovera a = 1 e b = 3 4, da cui le soluzioni z = 1 + i 3 e z = 1 i 3. Un altro procedimento consiste nel determinare modulo e argomento delle possibili soluzioni. Infatti, essendo z = z e z = z, l equazione assegnata puo essere soddisfatta solo se z = z ossia solo se z = 0 oppure z = 1. Ovviamente, il caso z = 0 fornisce la soluzione nulla; nell altro caso, detto θ l argomento di z, si deve avere arg(z) = π θ = θ = arg(z ), il tutto modulo π: allora θ = 3 π oppure θ = 4 π oppure θ = 0. Le soluzioni che si ottengono sono quelle (non nulle) elencate 3 prima. Un terzo procedimento puo essere condotto come segue: dopo aver osservato, come in precedenza, che le soluzioni non nulle debbono avere modulo 1, si moltiplichino ambo i membri dell equazione per z: si ottiene z 3 = z = 1. Di conseguenza, le soluzioni non nulle sono tutte e sole le radici cubiche dell unita (ed é infatti questo il risultato trovato anche in precedenza). 7. Trovare tutte le soluzioni complesse dell equazione z 4 + iz 1 = 0. Posto z = y, l equazione in y si risolve facilmente: y 1, = i ± 3. 87

88 Da qui si vede subito che le due y hanno modulo 1, y 1 ha argomento 7 6 π, y ha argomento 11 π. Dunque le quattro soluzioni cercate hanno modulo 1 e sono le due 6 radici quadrate di y 1 e le due di y. Le prime due hanno argomenti 7 hanno argomenti 11 1 π, 3 1 π. In conclusione, le 4 soluzioni sono: π, π, le altre (1 3 ) + i 4 (1 + 3 ), (1 + 3 ) + i 4 (1 3 ), 6 4 (1 3 3 ) i 6 4 ( ), (1 + 3 ) i 4 (1 3 ). 8. 1). Mostrare che, anche nel campo complesso, vale la relazione purché z z + z z n = zn+1 1 z 1, ). Mostrare che, dette w 0 = 1, w 1,..., w n 1 le radici n-esime dell unita, la somma j w j é uguale a 0. La formula del punto 1) si puo dimostrare esattamente come si fa nel caso reale: ad esempio, si puo procedere per induzione, osservando che, per n = 1, essa si riduce alla ben nota relazione (1 + z)(1 z) = 1 z, e dimostrando poi che essa vale per n + 1, supponendola vera per un certo n. Accenniamo a quest ultima dimostrazione: 1 + z z n+1 = z n+1 + zn+1 1 z 1 = zn+ z n+1 + z n+1 1 z 1 = zn+ 1 z 1. La relazione del punto () si dimostra usando la formula precedente: si ha infatti che w = w 1, w 3 = w 3 1,...w n 1 = w n 1 1. Dunque, essendo chiaramente w 1 1, e per ipotesi w n 1 = 1, la somma di tutte le radici dell unita si riduce a 1 + w 1 + w w n 1 1 = wn 1 1 w 1 1 = 0. 88

89 8.4 Esponenziali e logaritmi nel campo complesso L argomento svolto in questa sezione é meno elementare di quanto visto finora sui numeri complessi, e in parte verra ripreso durante il corso di Analisi Matematica. Quindi i concetti, pur importanti nelle applicazioni, verranno trattati senza dimostrazioni approfondite, ma con una certa attenzione verso il loro significato e le possibili utilizzazioni. Iniziamo con il concetto di esponenziale complesso: in altri termini, definiremo, per ogni numero complesso z, la quantita e z, facendo in modo che almeno le proprieta algebriche del classico esponenziale reale siano conservate (ma vedremo che alcune altre caratteristiche cambieranno drasticamente). Dunque, per qualsiasi numero complesso z = x + iy, si definisce: e z = e x e iy = e x (cos y + i sin y). Da qui si vede subito che, qualora y = 0 (ossia z reale), l esponenziale di z coincide con quello classico. Inoltre, si vede facilmente che e z = e Re(z), e e iy = 1, quando y é un numero reale. Non diamo ora una motivazione precisa per questa definizione di esponenziale: per farlo adeguatamente occorrono strumenti che verranno trattati solo nel corso di Analisi. Segnaliamo in particolare la formula (detta Formula di Eulero): cos y + i sin y = e iy, valida per ogni numero reale y. Vista sotto un altro aspetto, essa permette di interpretare ogni numero complesso z attraverso la sua forma polare: z = z e i arg z, (accettabile anche se z = 0). Notiamo anche che, proprio a causa della definizione di e z, risulta: e iy + e iy = cos y, e iy e iy = i sin y = i sin y, per ogni y reale, da cui 89

90 cos y = eiy + e iy, sin y = eiy e iy, i sempre per y reale: si noti la somiglianza di queste formule con i concetti di seno e coseno iperbolico. Lasciamo al lettore la verifica di tutte le note proprieta algebriche dell esponenziale (esponenziale di una somma, rapporto di esponenziali, potenze di esponenziali, etc.), ma segnaliamo tuttavia delle particolarita di questa nuova operazione, che sorgono a causa proprio della formula di Eulero. Una sostanziale differenza tra l esponenziale reale e quello complesso é che quest ultimo é una funzione periodica: si vede facilmente infatti che valida per ogni intero k, positivo o negativo. e z = e z+kπi, Un altra interessante proprieta é che la quantita e z puo anche essere un numero reale negativo (pur non essendo mai nullo): infatti, per ogni numero reale positivo q, si ha e ln q+iπ = q, in quanto e ln q = q, e e iπ = 1. Quest ultima relazione é assai suggestiva, in quanto puo essere messa nella forma e iπ + 1 = 0 : questa scrittura esprime un legame tra i cinque numeri piu importanti della Matematica: 0, 1, e, π, i. Osserviamo inoltre che, poiché l esponenziale é una funzione periodica, si ha anche 1 = e (k+1)πi, per ogni intero relativo k: questo significa che i logaritmi complessi non sono definiti univocamente. In altre parole, se risulta e w = z, si puo dire che w = ln z, ma anche che w + πi = ln z, o w + 4kπi = ln z, o ancora w πi = ln z, etc. Dunque, per definire i logaritmi complessi, occorre usare una notazione a piu valori: in generale, per ogni numero complesso z 0, si ha ln z = ln z + (arg z + kπ)i, 90

91 con k = 0, ±1, ±,... Dunque, anche se z é un numero reale positivo, esso ha infiniti logaritmi in base e: oltre al logaritmo naturale reale (ottenuto dalla formula precedente prendendo k = 0), sono logaritmi di z anche i numeri ln z + kπi. Ad esempio, ln 1 = kπi, per k = 0, ±1, ±, etc. Analogamente (come gia visto) ln( 1) = (k + 1)πi, per k = 0, ±1, ±, etc. I logaritmi, a loro volta, permettono di definire altri esponenziali: ad esempio, il numero complesso 3 z puo essere definito come e z ln 3 ; qui, il logaritmo ad esponente puo venire inteso in senso classico, come l unico logaritmo reale di 3 in base e, e allora la definizione di 3 z (e simili) non da luogo ad ambiguita, ma spesso conviene anche tener conto delle altre determinazioni del logaritmo di 3. E questo poi va fatto comunque, se la base non é un numero reale positivo: ad esempio, cosa s intende per ( 3) 1+i, oppure per i i? In generale, se w e z sono numeri complessi, con w 0, si puo definire w z = e z ln w, ma naturalmente, poiché ln w ha infiniti valori, anche w z puo avere infiniti valori (non sempre, come vedremo). Cominciamo con una situazione facile: usiamo questa formula per calcolare w. Per semplicita, scriviamo w = ρe iθ, intendendo con cio che w = ρ e arg w = θ. avremo w = e ln w = e ln ρ+θ+4kπi = ρ e θi e 4kπi = w w : Allora dunque, non ci sono nuove interpretazioni per il quadrato di w, cioé il quadrato é definito in maniera univoca (per fortuna). Analogamente si puo dire per tutte le potenze: w 3, w 4, w 3, etc. Vediamo cosa accade con le potenze frazionarie: w = e 4 ln w = e 1 4 ln ρ+ θ kπ i+ 4 4 i = = ρ 1/4 (cos θ 4 + i sin θ 4 ), ρ1/4 (cos θ + π 4 ρ 1/4 (cos θ + 4π 4 + i sin θ + 4π ), ρ 1/4 (cos θ + 6π i sin θ + π ), 4 + i sin θ + 6π ) : 4 91

92 esattamente le radici quarte di w, come gia le avevamo incontrate in precedenza (osserviamo che, anche continuando a dare altri valori a k, si ritorna sempre a valori gia trovati). Quindi, anche le radici complesse non subiscono mutamenti. Vediamo invece cosa accade con esponenti piu esotici: ad esempio si ha i i = e i ln i = e i(0+ π i+kπi) = e π kπ, con k = 0, ±1, ±, etc. Dunque, il numero i i in realta é una successione di infiniti numeri, tutti reali positivi! A questo proposito, un esercizio istruttivo potrebbe essere quello di determinare, fra tutti i numeri complessi z, quelli per i quali z i ha tutti valori reali. Ponendo, come sopra, z i = e i ln z = e i(ln z +iarg(z)) = e Arg(z) (cos(ln z ) + i sin(ln z )), vediamo che tali quantita sono reali solo quando sin(ln z )) = 0, ossia se e solo se z = e kπ, con k = 0, ±1, ±,... Ad esempio, nel caso z = i, la condizione trovata é soddisfatta per k = 0. 9

93 Capitolo 9 Equazioni e disequazioni in Analisi Uno dei problemi centrali, nel corso di Analisi Matematica I, é lo studio di funzioni: vari aspetti di questo problema conducono ad affrontare e risolvere determinate equazioni e disequazioni (non solo algebriche), in modo da individuare correttamente gli intervalli nei quali varie funzioni da esaminare sono positive o negative. Vedremo quindi alcuni esempi tipici su questo argomento. Esempio 1 Dire per quali valori reali di x é definita la funzione: f 1 (x) = ln((x 1) 4 x ). Poiché la funzione é definita attraverso un logaritmo, occorre che l argomento del logaritmo sia strettamente positivo, ossia dobbiamo risolvere la disequazione (x 1) 4 x > 0. Inoltre, bisogna richiedere 4 x 0, ossia x, altrimenti il radicale non ha senso. Dunque, delle eventuali soluzioni che troveremo, potremo accettare solo quelle contenute nell intervallo ], [ (dobbiamo escludere gli estremi, perché annullano il I membro, e quindi non soddisfano la disequazione). 93

94 Ora, il segno del radicale é sempre positivo (o nullo), per cui il segno del I membro dipende solo da x 1; dunque la disequazione é soddisfatta da tutti i valori di x maggiori di 1, purché compresi fra e : l insieme soluzione é dunque l intervallo aperto ]1, [, e questo é il campo di esistenza della funzione f 1. Esempio Dire se la funzione ammette 1 come valore minimo. f (x) = x3 + 1 x 3 5 Intanto, escludiamo che il denominatore possa annullarsi: richiediamo quindi x ( 5 )1/3 : questo descrive il campo di esistenza di f. Ora, vediamo se la disequazione x x é sempre verificata, nel campo di esistenza di f. sommando, si ha 6 x 3 x Portando tutto a I membro, e Il numeratore é positivo per x < 6 1/ , mentre il denominatore é positivo per x > ( 5 )1/ Dunque, se x < ( 5 )1/3, oppure se x > 6 1/3, numeratore e denominatore sono discordi, per cui la disuguglianza é verificata nell intervallo ]( 5 )1/3, 6 1/3 ]. Dunque, il valore 1 non é il minimo possibile per f. Esempio 3 Si trovino gli eventuali punti di incontro tra il grafico della funzione g 1 (x) = x x e quello della funzione g (x) = 8x. Evidentemente, si deve risolvere l equazione x x = 8x. Chiaramente, dobbiamo porre x 0. Possiamo trattare questa equazione introducendo la variabile t = x, in modo da ottenere l equazione di II grado t (4 + )t + 4 = 0 94

95 della quale possiamo accettare solo radici non-negative. La formula risolutiva fornisce t = + ± + 4 Confrontiamo + con + 4 : la differenza dei loro quadrati é ( + ) ( + 4 ) = 4 quindi + > + 4, e pertanto entrambe le radici trovate per t sono accettabili. Le soluzioni cercate sono poi le radici positive dei due valori trovati per t: x = + ± + 4 Esempio 4 Determinare i valori di x per cui é definita la funzione f 3 (x) = ln((sin x + cos x)(sin x + 1)). Chiaramente, occore risolvere la disequazione (sin x + cos x)(sin x + 1) > 0. Poiché la funzione f(x) = (sin x + cos x)(sin x + 1) é periodica, di periodo π, risolveremo la disequazione soltanto nell intervallo [0, π]. Il prodotto di due quantita é positivo se e solo se esse sono concordi, e non nulle. Si ha per cui sin x + cos x = ( sin x + cos x) = sin(x + π 4 ), sin x + cos x > 0 x [0, 3 4 π[ ]7 π, π]. 4 Per quanto riguarda sin x + 1, tale quantita é sempre positiva, tranne quando si annulla, ossia per x = 3 π. Poiché tale valore non é compreso negli intervalli indicati in precedenza, la soluzione é x [0, 3 4 π[ ]7 π, π]. 4 95

96 In conclusione, la funzione f 3 é definita per nell insieme {[kπ, 34 } π + kπ[ ]74 π + kπ, (k + 1)π]. k Esempio 5 Trovare il campo di esistenza della funzione f 4 (x) = ln( ln(e x + e x )). Chiaramente, l argomento del logaritmo esterno dev essere positivo, dunque: ln(e x + e x ) <. Per iniziare, bisogna richiedere che anche l argomento del logaritmo interno sia strettamente positivo, cioé: e x + e x > 0 : ponendo e x = t, si ricava t + t > 0. Le radici essendo e 1, e dovendo essere t = e x > 0, le soluzioni sono date da t > 1, e quindi x > 0. Fatto cio, la condizione log(e x + e x ) < é soddisfatta se e x + e x < e. Con la solita posizione, otteniamo t + t ( + e ) < 0. Le radici sono date da t = 1± 9+4e, una delle quali é negativa, pertanto le soluzioni della disequazione t + t ( + e ) < 0 sono tutti i valori di t minori di e Pertanto, la soluzione della disequazione iniziale e quindi il campo di esistenza richiesto é l intervallo ]0, log.60468[. Esempio 6 Si scriva in forma esplicita la funzione f 5 (x) = sin x + sin x cos x 5 cos 3 x, nell intervallo [ π, π]. Per definizione di valore assoluto, si ha sin x + sin x cos x 5 cos 3 x, se sin x + sin x cos x 5 cos 3 x 0 f 5 (x) = ( sin x + sin x cos x 5 cos 3 x), altrimenti. 96

97 Bisogna dunque risolvere la disequazione sin x + sin x cos x 5 cos 3 x < 0. Il problema puo apparire molto ostico, ma possiamo trasformarlo almeno in una disequazione di tipo omogeneo, scrivendo sin x = sin 3 x+ sin x cos x, il che conduce alla disequazione sin 3 x + 3 sin x cos x 5 cos 3 x < 0 : mettendo in evidenza cos 3 x e ponendo t = tan x, troviamo cos 3 x (t 3 + 3t 5) < 0. Ora, t = 1 é una radice del polinomio di terzo grado, che quindi puo risolversi con la Regola di Ruffini, e non ammette altre radici reali. Confrontando la soluzione t > 1 della disequazione t 3 + 3t 5 > 0 con quelle di cos x > 0, ricaviamo in conclusione che, nell intervallo [ π, π], la disequazione é soddisfatta per x ] 3 4 π, π 4 [. In conclusione, si ha sin x + sin x cos x 5 cos 3 x, se x [ π, 3 f 5 (x) = π] [ π, π] 4 4 ( sin x + sin x cos x 5 cos 3 x), se x [ 3π, π] 4 4 Esempio 7 Si determini il campo di esistenza della funzione f 6 (x) = 1. sin( 4 x ) 4+x Osserviamo intanto che il radicando dev essere non negativo. Inoltre, essendo a denominatore, esso dev essere anche diverso da 0. Dunque si deve risolvere la disequazione sin( 4 x 4 + x ) > 0. Presenteremo dapprima uno svolgimento standard, ma piuttosto complicato, e poi mostreremo che si puo pervenire allo stesso risultato in maniera piu rapida ed elegante. 97

98 Ponendo y = 4 x 4+x, si deve avere sin y > 0, e quindi y k ]kπ, (k + 1)π[, dove k varia tra tutti i numeri interi relativi. Ora, fissato arbitrariamente un tale valore di k, vediamo per quali x risulta in pratica, bisogna avere simultaneamente 4 x ]kπ, (k + 1)π[: 4 + x 4 x 4 x < (k + 1)π, e > kπ. (9.1) 4 + x 4 + x Risolvendo la seconda per k > 0, si ottiene x < 4 8kπ kπ + 1 : (9.) questa non é mai verificata, in quanto il secondo membro risulta negativo. Dunque, per k > 0 la condizione 4 x 4+x > kπ non é verificata per nessun valore di x. Risolvendo l altra disequazione con k < 0, troviamo invece x < 4 8kπ 4π (k + 1)π + 1, (9.3) e anche questa non é mai verificata. Pertanto, le due condizioni (9.1) non sono mai contemporaneamente verificate, quando k 0. Scegliendo invece k = 0, esse sono soddisfatte entrambe se e solo se x < 4, ossia < x < : é dunque questa la soluzione della disequazione iniziale. Mostreremo ora come, grazie ad una semplice osservazione, la disequazione precedente si puo risolvere molto piu facilmente. Basta infatti osservare che la funzione y = 4 x 4+x é sempre compresa fra 1 e 1 (é sempre vero infatti che 4 x 4 + x e che 4 x > 4 x ). Dunque, avremo sin y > 0 se e solo se y > 0 (primo quadrante: notiamo che l angolo di 1 radianti é poco meno di 60 0 ). E chiaramente si ha y > 0 se e solo se x < 4. 98

99 Indice 1 Proporzioni 3 Elementi di Geometria (euclidea e analitica) 8.1 Gli assiomi di Euclide Applicazioni in Geometria 13 4 Equazioni algebriche e loro applicazioni 18 5 Ulteriori applicazioni 9 6 Elementi di Trigonometria 37 7 Logaritmi ed esponenziali 60 8 Numeri complessi Concetti generali Il piano complesso Esercizi sui numeri complessi Esponenziali e logaritmi nel campo complesso Equazioni e disequazioni in Analisi 93 99