5. Algebra non lineare - mathinterattiva.altervista.orgmathinterattiva.altervista.org/Matematiche/U5.3_biennio_Disequa... · Vediamo l’applicazione del teorema agli esercizi. Esempio

5. Algebra non lineare

5.3 Disequazioni non lineari

Prerequisiti

• Numeri irrazionali e calcolo con i radicali

• Risoluzione di equazioni binomie, trinomie e reciproche

• Risoluzione di disequazioni lineari

• Risoluzione di sistemi di disequazioni lineari

Obiettivi

• Risolvere disequazioni di secondo grado, utilizzando quanto appreso sulle equazioni

• Risolvere sistemi di disequazioni di grado superiore al primo

• Comprendere il concetto di intervallo delle soluzioni

Contenuti

• Disequazioni non lineari

• Sistemi di disequazioni non lineari

Carmelo Di Stefano, Dal problema al modello matematico – Volume 2 – Capitolo 5 - Unità 3 - Biennio

132

Disequazioni e sistemi di disequazioni non lineari Nel modulo relativo ai problemi lineari, nel volume primo, abbiamo introdotto il concetto di disuguaglianza e quello conseguente di disequazione, concentrandoci nella risoluzione delle disequazioni lineari o esprimi-bili come prodotto o rapporto di fattori lineari. Adesso vogliamo risolvere le disequazioni di grado superiore al primo per cui utilizziamo il teorema già e-nunciato nell'unità "Equazioni non lineari", che qui enunciamo in forma diversa. Teorema 1

Dato il polinomio 1 20 1 2 1...n n n

n na x a x a x a x a

− −

−+ + + + + , se esso ammette solo i seguenti zeri reali, non

necessariamente tutti distinti, 1 2 3 1, , ,..., , ;m m

x x x x x m n−

≤ , allora vale la seguente identità:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 20 1 2 1 0 1 2 3... ...n n n

n n m ma x a x a x a x a a x x x x x x x x Q x− −

−+ + + + + = ⋅ − ⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅

in cui Q(x) è un polinomio di grado n – m.

Ciò significa che leghiamo la risoluzione di una disequazione polinomiale di grado superiore al primo al problema di scomporre il polinomio in fattori, determinando i suoi eventuali zeri. Vediamo qualche esem-pio. Esempio 1

• Risolvere la disequazione x x2 7 10 0+ + > . Consideriamo il polinomio associato x x2 7 10+ + e procediamo a scomporlo in prodotto di polinomi. In particolare consideriamo il trinomio di secondo grado, cioè cerchiamo due numeri interi, se esistono, la cui somma sia 7 e il cui prodotto sia 10. Essi sono 2 e 5. Pertanto scriviamo: ( ) ( )2 7 10 2 5x x x x+ + = + ⋅ + e quindi la disequazione di partenza è equivalente

alla risoluzione di (x + 2) ⋅ (x + 5) > 0. Sappiamo che ciò equivale alla determinazione del segno di un prodotto, stabiliamo quindi il segno dei singoli fattori, cominciando dal positivo:x + 2 > 0 x > – 2 ∧ x

+ 5 > 0 x > – 5 e rappresentiamo in un grafico ottenendo il risultato finale: x < – 5 ∨ x > – 2.

• Risolvere la disequazione 2 3 5 0x x− − ≤ . Stavolta non abbiamo un trinomio notevole dobbiamo perciò

usare la formula risolutiva dell’equazione di II grado:

3 293 9 20 2

2 3 29

2

x

+

± += =

−, perciò possiamo

scrivere la disequazione iniziale nel seguente modo: 3 29 3 29

02 2

x x + −

− ⋅ − ≤

. Quindi abbiamo il

seguente schema: dal quale si ricava la soluzione: 3 29 3 29

2 2x

− +≤ ≤ .

L’esempio precedente permette di impostare il problema più in generale per la risoluzione delle disequazioni ax bx c ax bx c2 20 0+ + > ∨ + + < nel caso in cui il discriminante dell’equazione associata sia positivo, ovve-


133

ro l’equazione ammetta due soluzioni distinte x x1 2< . Osserviamo che possiamo sempre supporre a > 0, poiché se così non fosse potremmo cambiare segno a tutti i coefficienti e verso alla disequazione. Sulla base di queste ipotesi, grazie al Teorema 1, possiamo scrivere la disequazione nella seguente forma

a x x x x a x x x x⋅ − ⋅ − > ∨ ⋅ − ⋅ − <1 2 1 20 0b g b g b g b g

e quindi a essa associamo il grafico seguente

mediante il quale possiamo dire che il trinomio ax bx c2 + + , nelle ipotesi a > 0, ∆ = − >b ac2 4 0 e x x1 2, siano i suoi zeri, con x x1 2< , è positivo negli intervalli in cui è x x x x< ∨ >1 2 , mentre risulta negativo nell’intervallo in cui è x x x1 2< < . Possiamo perciò enunciare il seguente teorema. Teorema 2

Nell’ipotesi in cui sia ∆ = − >b ac2 4 0 , il trinomio ax bx c2 + + ammette due zeri x x1 2, , con x x1 2< , quindi

si scrive ax bx c a x x x x2

1 2+ + = ⋅ − ⋅ −b g b g . Pertanto assume lo stesso segno di a quando è x x x x< ∨ >1 2 ,

mentre assume il segno opposto a quello di a se è x x x1 2< < . Vediamo l’applicazione del teorema agli esercizi. Esempio 2

• Risolvere la disequazione 3x2 – 7x + 1 < 0. Dato che l’equazione associata ha delta positivo: 49 – 12 =

37, troviamo le sue soluzioni, che sono x =±7 37

6. Adesso grazie al Teorema 2 possiamo dire che il

trinomio è negativo, cioè ha segno opposto al suo primo coefficiente, per 7 37

6

7 37

6

−< <

+x .

• Risolvere la disequazione –5x2 – 17x + 4 < 0. Il problema è equivalente a quello di risolvere la

disequazione 5x2 + 17x – 4 > 0. Anche in questo caso il delta è positivo e le soluzioni dell’equazione

associata sono x =±17 369

10, quindi il trinomio è positivo, cioè ha lo stesso segno del suo primo

coefficiente, per i seguenti valori: x x<−

∨ >+17 369

10

17 369

10.

• Risolvere la disequazione 11x2 + 7x – 8 ≥ 0. Le soluzioni dell’equazione associata sono x =

− ±7 401

22.

Stavolta ci interessa sapere quando il trinomio è positivo o nullo, perciò la soluzione sarà:

x x≤− −

∨ ≥− +7 401

22

7 401

22.

Il procedimento descritto nell’esempio precedente può usarsi anche se il discriminante è nullo, anzi in questo

caso, per il Teorema 2, si ha: ax bx c a x x x x a x x2

1 1 1

2+ + = ⋅ − ⋅ − = ⋅ −b g b g b g . Quindi il segno del trinomio è

lo stesso del primo coefficiente, essendo l’altro fattore un quadrato perfetto, e quindi sempre positivo per x x≠ 1 . Grazie alla formula risolutiva dell’equazione di secondo grado siamo anche in grado di determinare

x1 . Infatti: a

b

a

bx

22

−=

∆±−= , pertanto x

b

a1 2

= − . In queste ipotesi vale il seguente risultato.


134

Teorema 3

Nell’ipotesi in cui sia ∆ = − =b ac2 4 0 , il trinomio ax bx c2 + + ammette un solo zero reale a

bx

2−= e

pertanto si scrive: 2

2

2

+⋅=++

a

bxacbcax . Quindi esso assume lo stesso segno di a quando è

a

bx

2−≠ ,

mentre non assume mai il segno opposto a quello di a. Anche in questo caso vediamo delle applicazioni del teorema. Esempio 3

• Risolvere 9x2 – 6x + 1 > 0. Si ha: ∆ = 36 – 36 = 0, per il teorema 3 si ha: 9x

2 – 6x + 1 > 0 ⇔ (3x – 1)2 > 0

⇔ x ≠ 3

1.

• Risolvere la disequazione 16x2 + 40x + 25 ≥ 0. Si ha: ∆ = 1600 – 1600 = 0, perciò per il Teorema 3. si ha

16x2 + 40x + 25 ≥ 0 ⇔ (4x + 5)2

≥ 0, il che accade per ogni numero reale. • Risolvere la disequazione 81x

2 + 18x + 1 < 0. Occorre verificare se il trinomio è un quadrato di binomio per stabilire se il discriminante è nullo; in questo caso lo è e si ha (9x + 1)2 < 0, quindi la disequazione non ha soluzioni.

• Risolvere la disequazionex2 –18x + 81 ≤ 0. Si ha (x – 9)2

≤ 0, quindi il trinomio non è mai negativo, è però nullo per x = 9, perciò questa è l’unica soluzione.

Consideriamo infine il caso in cui il trinomio abbia discriminante negativo. Ricordiamo quanto vale per il completamento dei quadrati. Se il discriminante del trinomio è negativo, esso può scriversi nel seguente mo-

do: ax bx c axb

a

ac b

a

2

2 2

2

4

4+ + = +

+

−. Consideriamo la precedente espressione nell’ipotesi in cui sia

a > 0. Dato che ∆ < 0, essa risulta la somma di un numero non negativo e di un numero positivo, quindi è sempre un numero positivo. Ciò significa che vale il seguente teorema. Teorema 4

Nell’ipotesi in cui sia ∆ = − <b ac2 4 0 , il trinomio ax bx c2 + + assume sempre lo stesso segno di a. Anche in questo caso vediamo delle applicazioni. Esempio 4

• Risolvere la disequazione 6x2 – x + 8 > 0. Si ha ∆ = 1 – 196 < 0, per il Teorema 2 il trinomio è sempre

positivo, quindi tutti i numeri reali sono soluzioni della disequazione. • Risolvere la disequazionex

2 – 5x + 18 < 0. Si ha ∆ = 25 – 72 < 0, per il Teorema 4 il trinomio è sempre positivo, quindi nessun numero reale è soluzione della disequazione.

Per le disequazioni di secondo grado abbiamo stabilito regole che facilitano il loro svolgimento, per quelle di grado superiore si procede alla scomposizione in fattori, quando è possibile.

Esempio 5

• Data la disequazione 3x3 – 5x

2 + 5x – 3 < 0, risolviamo l’equazione reciproca: 3x3 –5x

2 + 5x – 3 = 0 3⋅(x3 – 1) – 5x ⋅ (x – 1) = 0 3 ⋅ (x – 1) ⋅ (x2 + x + 1) – 5x ⋅ (x – 1) = 0 (x – 1) ⋅ (3x

2 + 3x + 3 – 5x) = 0 (x – 1)⋅(3x

2 – 2x + 3) = 0. Quindi possiamo scrivere: 3x3 –5x

2 + 5x –3 < 0 ⇔ (x – 1) ⋅ (3x2 –2x + 3) < 0.

Ora il fattore trinomio ha discriminante negativo (∆ = (– 2)2 – 4 ⋅ 3 ⋅ 3 = 4 – 36), quindi l’espressione ha il segno del suo primo coefficiente 3, cioè è sempre positiva. Possiamo perciò eliminarlo e affermare che la disequazione di partenza ha le stesse soluzioni di x – 1 < 0 x < 1.

• Risolvere la disequazione fratta 6 2

4 3 10

5

4 2

x

x x

−

− −> . Il segno del numeratore può essere determinato


135

subito, esso è positivo per x >1

35 . Per il denominatore risolviamo l’equazione biquadratica a esso

associata, ottenendo: 4

11

8

16932

−=

+±=x . Perciò scriviamo 4x

4 – 3x2 – 1 = 4 ⋅ (x2 – 1) ⋅ 2 1

4x

+

. Il

secondo fattore è sempre positivo, può perciò eliminarsi, non essendo di alcun interesse ai fini del segno dell’intera espressione. Dobbiamo quindi risolvere x2 = 1 x = ± 1. La disequazione di partenza diviene

0)1()1(4

26 5

>+⋅−⋅

−

xx

x. Lo schema associato alla precedente disequazione è il seguente, tenuto conto che

nella prima riga è descritto il segno del numeratore, nella seconda quello del denominatore e nella terza quello dell’intera frazione, ossia quello che a noi interessa:

Le soluzioni sono quindi: 51

1 13

x x− < < ∨ > .


136

Verifiche

Lavoriamo insieme • Risolvere 4x

2 – 7x – 1 > 0. Avendo a che fare con una disequazione di secondo grado è importante determinare il valore del discriminante: ∆ = 49 + 16 = 65 > 0. L’equazione associata ha perciò le seguenti

due soluzioni: 8

657 ±=x . La disequazione ha soluzioni quando il trinomio assume lo stesso segno del

primo coefficiente, che è appunto positivo. Per quanto visto in teoria possiamo dire che le soluzioni sono

esterne all’intervallo i cui estremi sono gli zeri del trinomio. Quindi 7 65 7 65

8 8x x

− +< ∨ > .

• Risolvere 2x2 – 2 ⋅ 2 x + 1 ≤ 0. Stavolta si ha: ∆ = 4 ⋅ 2 – 4 ⋅ 2 = 0 e l’equazione associata ha perciò una

sola soluzione: 2

2x = . La disequazione data ha soluzioni quando il trinomio assume segno contrario a

quello del primo coefficiente, ma ciò non accade mai. Vi è però la possibilità che il trinomio sia nullo e,

poiché il verso della disequazione è ≤, l’unica soluzione è 2

2x = .

• Risolvere 14x2 + 3x + 2 < 0. Abbiamo ∆ = 9 – 4 ⋅ 14 ⋅ 2 < 0. L’equazione associata non ha soluzioni reali,

quindi il trinomio assume sempre il segno del primo coefficiente. Dato che esso è positivo, mentre vogliamo sapere quando è negativo, la disequazione in oggetto non ha soluzioni.

Risolvere le seguenti disequazioni

Livello 1 1. 10x

2 – 23x – 5 > 0; 49x2 – 28x + 4 > 0; 25x

2 – 10x + 1 < 0; 81x2 + 144x + 64 ≤ 0

1 5 2 8; ; ;

5 2 7 9x x x x

< − ∨ > ≠ ∅ = −

2. 11x2 – 32x + 35 > 0; –56x

2 + 9x + 2 > 0; 169x2 – 1 ≤ 0; 135x

2 – 85x ≥ 0 1 2 1 1 17

; ; ; 08 7 13 13 27

x x x x x ∀ ∈ − < < − ≤ ≤ ≤ ∨ ≥

ℝ

3. –3x2 + 2x – 1 ≤ 0; 12x

2 + 5x – 1 < 0; 11x2 + 7x + 2 < 0; 3x

2 – 2 ⋅ 3 x + 1 < 0

1 5 2 8; ; ;

5 2 7 9x x x x

< − ∨ > ≠ ∅ = −

4. 2x2 – 6x + 3 ≤ 0; 6x

2 – 5x – 2 ≥ 0; 16x2 – 8x + 1 ≤ 0; 169x

2 + 104x + 16 ≥ 0

3 3 3 3 5 73 5 73 1; ; ;

2 2 12 12 4x x x x x

− + − +≤ ≤ ≤ ∨ ≥ = ∀ ∈

ℝ

5. 11x7 – 3 ≥ 0; 23x

8 + 1 > 0; x6 + 8 < 0; 4x12 – 1 < 0; 48x

4 + 11 ≥ 0

76 6

3 1 1; ; ; ;

11 2 2x x x x

≥ ∀ ∈ ∅ − < < ∀ ∈

ℝ ℝ

Livello 2

6. 18313

21

2

1 2+>+−

+⋅

− xxxxx ; (x – 1) ⋅ (x + 2) – 3x ≤ (2x – 1) ⋅ (–x + 1) + 13x – x2

31 769 31 769 9 85 9 85;

8 8 4 4x x

− − − + − +< < ≤ ≤

7. 134

)32()3(

3

13

2

12 22

+−+⋅−

≤+−

+−

xxxxxx

[∅]


137

8.

−⋅

−−+≤+−⋅−−−⋅+

2

351

2

123)32()14()12()13( xxxxxxx

95 7441 95 7441

132 132x

− +≤ ≤

9. 154

3

3

2

2

11

3

21

2

3)15()12( 2

+−+

−⋅

−>

−⋅

+−−⋅+ xxxxxxxx

383 152485 383 1524852 2

63 63x x + −

< − ⋅ ∨ > − ⋅

10.

+⋅

−++≥

+⋅

−−+ 1

3

2

3

2)13(1

3

11

3

1)1( 22

xxxxxx 31 1765 31 1765

134 134x

− − − +≤ ≤

Livello 3 11. Data l’equazione ax

2 + bx + a = 0, stabilire per quali valori di a e b ammette soluzioni reali.

2 2

b ba

− ≤ ≤

12. Data l’equazione ax2 + bx – a = 0, stabilire per quali valori di a e b ammette soluzioni reali.

[Qualsiasi valore]

Lavoriamo insieme Risolvere la disequazione 12x

4 – 10x3 – 4x

2 + 5x – 1 > 0. Vediamo se è possibile scomporre il polinomio in fattori lineari del tipo (x – k), con k intero. k va cercato fra i divisori del termine noto, cioè +1 e – 1, che, sostituiti alla x, lo annullano. nessuno dei due valori risponde alla richiesta. Allora vediamo se k può essere razionale: in tal caso lo cerchiamo tra i rapporti fra il termine noto e i divisori del primo coefficiente.

Cominciamo con 2

1: se lo sostituiamo alla x nel polinomio dato otteniamo il seguente risultato.

4 3 21 1 1 1 1 1 1 5 3 5 5 3 5 4 10 4

12 10 4 5 1 12 10 4 1 1 1 02 2 2 2 16 8 4 2 4 4 2 4

− − + − ⋅ − ⋅ − ⋅ + ⋅ − = ⋅ − ⋅ − ⋅ + − = − − + − = =

Poiché x = 2

1annulla il polinomio possiamo abbassarlo di grado dividendo per

−

2

1x con la regola di

Ruffini:

12 – 10 – 4 + 5 – 1

2

1 6 – 2 – 3 + 1

12 – 4 – 6 + 2

Possiamo allora dire che la disequazione di partenza è così divenuta: ( ) 0264122

1 23>+−−⋅

− xxxx .

Ripetiamo la ricerca degli zeri per il fattore di terzo grado e troviamo il valore x = 3

1. Lasciamo il compito

allo studente di abbassare di grado con la regola di Ruffini, ottenendo

−

2

1x ⋅

−

3

1x ⋅ (2x

2 – 1) > 0.

Scomponendo anche l’ultimo fattore si ha: ( ) ( ) 012123

1

2

1>+⋅−⋅

−⋅

− xxxx . Possiamo passare al

grafico.


138

Pertanto le soluzioni sono: 1 1 1 1

3 22 2x x x< − ∨ < < ∨ > .

Risolvere le seguenti disequazioni

Livello 2

13. 0141

4

21

212

>−−

−−

+

xx

x; 3

1

72

53

14−>

+

+−

−

−

y

y

y

y; 2

53

74

35

16≤

+

+−

+

−

z

z

z

z

1 5 7 5 31 ; 1 ; 1

2 3 4 3 5x y y z z z

− < < − < − ∨ > ≤ − ∨ − < ≤ − ∨ > −

14. 53

4

32

157

−<

−

+−

tt

t;

2

3

2

7

13

1365

2

−<−

−+− u

u

uuu ;

1 13 51

1 2 4

w w

w w

− +< −

+ −

3 119 985 5 119 985 1 13 2 31 13 2 31; ; 1 2

2 54 3 54 3 9 9t t u w w w

− + − − ⋅ − + ⋅< < ∨ < < > ≤ ∨ − < < ∨ >

15. 2

2

10 30

3 5 7

x x

x x

+ −≤

− +;

2

2

2 10

7 3

x

x x

−≤

− −;

2

2

2 50

3 11 1

x x

x x

− −<

+ +

3 1 2 7 61 2 7 61 11 109 1 41 11 109 1 41; ;

5 2 2 2 2 2 6 4 6 4x x x x x

− + − − − − + +− ≤ ≤ − ≤ < ∨ ≤ < < < ∨ < <

16. 2

2

3 5 20

14 5

x x

x x

− + +<

− +;

3

2 70

1

x

x

−>

−;

2

2

2 10

3 2 3 1

x x

x x

+ −≤

− ⋅ +

1 77 2 11 2 7 2 11 ; 1 ; 1 2 1 2

3 2x x x x x x

< − ∨ − ⋅ < < ∨ > + ⋅ < ∨ > − − ≤ ≤ − +

17. 2

2

25 10 10

81 18 1

x x

x x

− +≥

+ +;

2

2

11 2 50

3 4 1

x x

x x

− −<

− + +;

2

2

7 15 80

3 4

x x

x x

+ −≥

− + −

1 1 2 14 2 7 1 2 14 2 7 15 449 15 449; ;

9 11 3 11 3 14 14x x x x x − ⋅ − + ⋅ + − − − +

≠ − < ∨ < < ∨ > ≤ ≤

Livello 3 18. 35x

4 – 12x2 + 1 ≥ 0; 48x

6 – 94x3 + 45 < 0; 6x

3 – 19x2 + 19x – 6 > 0

3

35 7 7 5 5 9 2 3

; ; 15 7 7 5 6 2 3 2

x x x x x x

≤ − ∨ − ≤ ≤ ∨ ≥ < < < < ∨ >

19. 35x3 – 39x

2 – 39x +35 < 0; 2x4 – 5x

3 + 5x – 2 ≥ 0; 3 2

3 2

6 11 60

2 2

x x x

x x x

− + −>

+ − −

( )5 7 1

1 ; 1 1 2 ; 2 1 1 2 2 37 5 2

x x x x x x x x x

< − ∨ < < ≤ − ∨ ≤ ≤ ∨ ≥ < − ∨ − < ≤ ∨ < < ∨ >


139

20. 3 2

3 2

6 25 31 100

3 9 3

x x x

x x x

− + −≤

+ − −;

4 3 2

4 2

10 35 50 240

36 13 1

x x x x

x x

− + − +≥

− +

1 1 5 1 1 1 13 3 2 ; 1 2 3 4

3 2 3 2 3 3 2x x x x x x x x

− < < − ∨ ≤ ≤ ∨ < ≤ < − ∨ − < ≤ ∨ < ≤ ∨ ≤ ≤ ∨ ≥

21. 3 2

2

10

1

x x x

x

− + −≤

−;

3 2

3 2

2 2 10

2 2 1

x x x

x x x

− + −≥

+ + + [x < –1; x < –1 ∨ x ≥ 1]

Lavoriamo insieme Data l’equazione parametrica (1 + 2m) ⋅ x2 – x + m – 1 = 0, vogliamo stabilire per quali valori del parametro si ottengono soluzioni reali. Calcoliamo il discriminante: ∆ = 1 – 4 ⋅ (1 + 2m) ⋅ (m – 1) = 1 – 4 ⋅ (m – 1 + 2m

2 – 2m) = 1 – 4 m + 4 – 8m2

+ 8m = – 8m2 + 4m + 5. Affinché le soluzioni siano reali il discriminante non deve essere negativo, quindi:

– 8m2 + 4m + 5 ≥ 0. Le soluzioni dell’equazione:

4

111

8

1122

8

442

8

4042 ±=

−

⋅±−=

−

±−=

−

+±−=m ,

quindi si hanno soluzioni reali per 4

111

4

111 +≤≤

−m .

Determinare, se esistono, i valori reali da assegnare al parametro m affinché risulti quanto richiesto

Livello 2

22. L’equazione (3 – m) ⋅ x2 – 2mx + (3 + m) = 0 ammette soluzioni reali. 3 3

2 2m m

≤ − ∨ ≥

23. L’equazione (7 + 2m) ⋅ x2 + 4mx – (7 – 2m) = 0 ammette soluzioni reali. [∀m∈R]

24. L’equazione (m + 1) ⋅ x2 + 2mx + m = 0 ammette soluzioni reali. [m = –1] 25. L’equazione (m2

+ 1) ⋅ x2 + mx + m – 1 = 0 ammette soluzioni, reali o no, la cui somma è maggiore di 3. [∅]

26. L’equazione (m2 – 3) ⋅ x2 + 3mx + 2m – 1 = 0 ammette soluzioni, reali o no, la cui somma è compresa

tra 2 e 5. 3 57 3 109 3 57 3 109

4 10 4 10m m

+ + − + − +− ≤ ≤ − ∨ ≤ ≤

27. L’equazione (m2 – 2) ⋅ x2 + x + m – 2 = 0 ammette soluzioni, reali o no, il cui prodotto è minore di 1.

2 0 1 2m m m < − ∨ < < ∨ >

28. L’equazione (4m – 1) ⋅ x2 + x + m2 + m – 1 = 0 ammette soluzioni, reali o no, il cui prodotto è compre-

so tra –2 e 3. 9 93 11 113 9 93 11 113

2 2 2 2m m

+ − − + +− ≤ ≤ ∨ ≤ ≤

L'angolo delle correzioni

Correggere i seguenti procedimenti errati

1. x2 > 1 x > ± 1.

2. ( ) ( )

2 222 1 ( 1) (2 1) ( 1) 2 2 1 1

0 0 0 3 1 0 1 11 1 1 ( 1) 1 ( 1) 3

x x x x x x x x x x xx x x x

x x x x x x

− ⋅ − + − ⋅ + − + + − −+ > > > − > ∧ ≠ ± > ± ∧ ≠ ±

+ − − ⋅ + − ⋅ +

3. 30302

30

)2()1(

)3()2(0

23

652

2

>>−>−

−>

−⋅−

−⋅−>

+−

+−xx

x

x

xx

xx

xx

xx


140

4. 0)5()2(

10

107

12

≤−⋅−

−≤

+−

−

xx

x

xx

x Dal grafico si ot-

tengono le soluzioni: 1 ≤ x ≤ 2 ∨ x ≥ 5

5. 2

2

3 10

2 1

x x

x x

− +>

− −. Risolviamo le equazioni associate al numeratore e al denominatore.

2

53

2

493 ±=

−±=x e 21

2

222

2

82

2

442±=

⋅±=

±=

+±=x , quindi le due espressioni sono

positive rispettivamente per 3 5 3 5

2 2x

− +< < e per 1 2 1 2x x< − ∨ > + . Dato che, con la calcola-

trice stabiliamo che si ha 3 5 3 5

1 2 1 22 2

− +− < < + < , costruiamo il grafico

Le soluzioni sono perciò: 2

5321

2

5321

+<<+∨

−<<− xx


141

Sistemi di disequazioni non lineari Passiamo a risolvere sistemi di disequazioni non lineari, partendo da alcuni esempi. Esempio 6

Risolvere il sistema di disequazioni: 2

2

5 1 0

7 13 2 0

x x

x x

− − >

+ + <. Determiniamo le soluzioni delle equazioni associate

a ciascuna disequazione: 5x2 – x – 1 = 0

10

211

10

2011 ±=

+±=x e 7x

2 + 13x + 2 = 0

14

11313

14

5616913 ±−=

−±−=x . Il sistema di partenza è perciò equivalente al seguente:

1 21 1 21

10 10

13 113 13 113

14 14

x x

x

− +< ∨ >

− − − +< <

. Ordiniamo i quattro valori ottenuti. Usando la calcolatrice stabiliamo

l’ordine dei 4 valori ottenuti, che rappresentiamo nel grafico seguente.

Dato che cerchiamo soluzioni comuni, che, da un punto di vista grafico, sono intervalli di linee continue, la

soluzione è 13 113 1 21

14 10x

− − −< < .

Concludiamo con un esempio più complesso. Esempio 7

Risolvere il sistema di disequazioni

2

3 2

6 3

3 7 0

7 2 2 7 0

10

6 5

x x

x x x

x

x x

+ − <

+ + + ≥ − >

− −

. Consideriamo la prima disequazione. Essa è di

secondo grado e ha il discriminante positivo, quindi la sua soluzione è − −

< <− +1 85

6

1 85

6x . La

seconda disequazione è una reciproca di terzo grado e di prima specie, quindi scomponiamo il polinomio ottenendo: 7x

3 + 2x2 + 2x + 7 = 7⋅(x3 + 1) + 2x⋅ (x + 1) = (x + 1) ⋅ (7x

2 – 7x + 7 + 2x) = (x + 1) ⋅ (7x2 – 5x + 7).

Essendo il fattore trinomio a discriminante negativo, il suo segno è sempre positivo: le soluzioni della disequazione sono le stesse di x + 1 ≥ 0, cioè x ≥ –1. Per la disequazione fratta, il numeratore è positivo per x

> 1, mentre il denominatore è positivo per x x x x3 3 3 33 14 3 14 3 14 3 14< − ∨ > + < − ∨ > + .

Possiamo quindi dire che il segno della frazione è il seguente:


142

Quindi il sistema di partenza è equivalente a

3 3

1 85 1 85

6 61

3 14 1 3 14

x

x

x x

− − − +< <

≥

− < < ∨ > +

. Le soluzioni sono perciò

determinate dal seguente schema:

Non essendovi alcun intervallo per il quale tutte le disequazioni siano verificate, il sistema è privo di soluzioni.


143

Verifiche

Lavoriamo insieme

• Risolvere il sistema di disequazioni in un’incognita:

2

2

2

1 0

1 0

3 2 5 0

x x

x

x x

− − >

+ < − − >

. Osserviamo che la seconda

disequazione è prova di soluzioni, poiché il primo membro è sempre positivo. È perciò inutile risolvere le altre disequazioni, dato che il sistema non potrà avere soluzioni.

• Risolvere il sistema

2

2

2

8 15 0

7 12 0

2 5 0

x x

x x

x x

− + <

− + ≥ − + >

. Risolviamo singolarmente ciascuna disequazione. La prima ha

equazione associata con discriminante positivo e soluzioni x = 3 e x = 5, quindi ha soluzioni: 3 < x < 5. Anche la seconda ha equazione associata con due soluzioni reali, x = 3 e x = 4, le soluzioni: x ≤ 3 ∨ x ≥ 4. Infine la terza ha equazione associata di discriminante nullo, quindi il trinomio che la rappresenta assume sempre lo stesso segno del primo coefficiente, che è positivo. Perciò la soluzione è l’insieme dei numeri

reali. Pertanto il sistema diviene 3 5

3 4

x

x x

< <

≤ ∨ ≥ . Stavolta la terza disequazione è ininfluente perché la sua

presenza o assenza non varia l’insieme delle soluzioni, quindi non ne terremo conto. Non è necessario costruire il grafico, si capisce facilmente che la soluzione comune è: 4 ≤ x < 5, che sono quindi le soluzioni del sistema.

Risolvere i seguenti sistemi di disequazioni in un’incognita

Livello 1

1. 2

3 1 2

2 1 (2 1) (3 2) 1

x x

x x x x x

+ > − +

− + ≥ − ⋅ − + −;

21 2 2 112 1

2 3 3 4

3 1 1 2

2 4 4 3

x x x x x x

x x

⋅ − − ≤ ⋅ − + −

− ≤ −

1 4 3 177;

4 5 14x x

+< ≤ ≤ −

2. 2

2

1 1 1 1 1 1

4 2 3 2 3 2

1 1( 1)

2 3

x x x

x x x x

− ≥ − ⋅ +

− − ≥ − −

; 22

1 2 3 3 1 1

2 3 4 2

1 1 1 1 13

3 3 4 4 3

x x x

x x x x x

− − +− < −

− ≥ + ⋅ − + − +

[∅; ∅]

3.

2

112 1 1 4

3 3 33 7 0

xx

x

x x

− − − <

− − ≤

;

≤−+

≥+−

027

0152

2

xx

xx;

>+−

>+−

0107

0652

2

xx

xx;

≥−−

≤−−

0103

01522

2

xx

xx

1 85 1 57 1 570; ; 2 5; 3 2 5

6 14 14x x x x x x

− + − +≤ < − ≤ ≤ < ∨ > − ≤ ≤ − ∨ =

4.

>++

≤+−

0169

01442

2

xx

xx;

2

2

6 0

16 24 9 0

x x

x x

− + >

+ + >;

2

8 7

3 5 0

3 2 10 0

x x

x x x

− + ≤

− − − ≥ [x = 1/2; x ≠ –3/4; ∅]

Livello 2

5.

<−−+

>+−−

01

0123

23

xxx

xxx;

<+++

>−+−

022

012223

34

xxx

xxx ;

<+−

≥−

+−

+

−

036

01

1

1

1

36

22

xxx

x

x

x

31 1; 1; 3 6 1x x x − < < < − − < <


144

6.

2

4 2

6 3

2 1 0

5 6 0

6 0

x x

x x

x x

− + >

− + ≥ − − ≤

;

<−

+

≥−

−

016

9

025

9

2

2

2

2

x

xx

x

;

>−−

+−

<−+

++

01

1

01

1

2

2

2

2

xx

xxxx

xx

;

>+

−

<−

−

01

8

016

81

3

3

4

4

x

xx

x

3 1 5 1 51 2 2; 3 3; ; 3 2 2 3

2 2x x x x x x − − −

≠ ∧ − ≤ ≤ − ≤ ≤ < < − < < − ∨ < <

Livello 3

7.

<−

++

≥−+

+−

01

911

012

12

4

2

2

24

x

xxxx

xx

;

2

3

2

8 4

7 2 0

5 2 0

4 4 10

12 2

x x

x

x x

x x

− − >

− <

− + < − −

;

2

4 2

3 1 0

7 3 0

10

1

x x

x x

x

x

− + >

− + ≥ + <

−

4 311 85 1 97 1 57 1 57 2

1 2 2 1 1; ; 1 12 3 14 14 5

x x x x x + + − + − < < − − ∨ − < < − < < ∨ < < − < <

8.

2

45 32

123 234

1 0

3 0

123 324 0

x

x x

x x

+ <

− + ≥ − + <

;

5 4

3

2

2

3 3 0

7 0

3 50

4 1

x x x

x

x x

x x

− − + <

− >

− − ≤ − −

;

4 2

3 2

7

3 1 0

3 3 1 0

2 0

x x

x x x

x x

− − ≤

− − + > − >

;

2

2

8 4

7

7

30

4 43 0

30

3

x x

x x

x x

x

x

−≥

− +− − >

+ ≤

−

6 3 13; ; 1 0 2 ;

2x x

+ ∅ ∅ − < < ∨ < ≤ ∅

Lavoriamo insieme Riconsideriamo l’equazione parametrica (1 + 2m) ⋅ x

2 – x + m – 1 = 0, che abbiamo già visto in un

precedente box Lavoriamo insieme, trovando che essa ha soluzioni reali per 4

111

4

111 +≤≤

−m .

Adesso vogliamo stabilire per quali valori di m le soluzioni, reali, hanno prodotto inferiore a 2. Cioè

dobbiamo risolvere il sistema:

1 11 1 11

4 41

21 2

m

m

m

− +≤ ≤

− <

+

. La seconda disequazione si risolve facilmente:

021

330

21

4210

21

)21(21<

+

−−<

+

−−−<

+

+⋅−−

m

m

m

mm

m

mm, le cui soluzioni si ottengono facilmente,

lasciamo il compito allo studente di farlo, e sono: m < – 1 ∨ m > – 2

1. Pertanto il sistema risolutivo diviene:

−>∨−<

+≤≤

−

2

11

4

111

4

111

mm

m. Lasciamo ancora la risoluzione per esercizio. Si otterrà:

4

111

2

1 +≤<− m .

Risolvere i seguenti problemi impostando opportuni sistemi di disequazioni

Livello 2 9. Data l’equazione parametrica (3 + m) ⋅ x2 – mx + 3m = 0. Determinare per quali valori del parametro m

essa ammette due soluzioni reali il cui prodotto risulta minore di 4. [−3 < m ≤ 0]


145

10. Data l’equazione parametrica m ⋅ x2 – (1 + 4m) ⋅ x + m – 2 = 0. Determinare per quali valori del para-

metro m essa ammette due soluzioni reali la cui somma risulta maggiore di 2. 4 13

06

m m +

≤ − ∨ >

11. Data l’equazione parametrica (2 – m) ⋅ x2 + (3 – m) ⋅ x + 1 = 0. Determinare per quali valori del para-metro m essa ammette soluzioni non reali il cui prodotto è maggiore di 2. Se le soluzioni richieste fos-

sero reali, cambierebbe la risposta? 3

; 22

m ∅ < <

12. Data l’equazione parametrica (3 – m) ⋅ x2 + (1 – 2m) ⋅ x + 2m = 0. Determinare per quali valori del pa-rametro m essa ammette soluzioni non reali la cui somma è minore di 3. Se le soluzioni richieste fosse-

ro reali, cambierebbe la risposta? 7 46 7 46

2; 36 6

m m m − −

< < ≤ ∨ >

Per la prova Invalsi

Lavoriamo insieme

Dato che l’equazione x2 = 4 ha soluzioni x = ± 2, possiamo dire che le soluzioni della disequazione x2 > 4 sono x > ± 2? Osserviamo che la scritta x > ± 2 è perlomeno equivoca, dato che se x > 2 è ovviamente anche x > –2, men-tre se x > –2 non è detto che sia anche x > 2, per esempio 1 > –2 ma 1 < 2. Quindi non è vera l’implicazione che abbiamo utilizzato. Sappiamo invece, dalla teoria, che la corretta soluzione è x < –2 ∨ x > 2. 1. (Invalsi 2013) Nell'insieme dei numeri reali, la disequazione x2 > 0 è verificata [A]

A) per ogni x ≠ 0 B) per ogni x C) solo per ogni x < 0 D) solo per ogni x > 0 2. (Invalsi 2015) Nell’insieme dei numeri reali la disequazione x2 + 1 ≥ 0 è verificata [C]

A) solo per x ≥ 0 B) solo per x ≥ – 1 C) per ogni x D) per nessun x 3. Sapendo che è x > 1, quale delle seguenti scritte non è detto che sia vera? [A]

A) x2 > 0 B) x3 ≥ 1 C) x2

+ x > 2 D) 2x2 > 2

4. La disequazione ax2 + bx + c ≥ 0 ha per soluzioni ogni x reale [B]

A) solo se △ < 0 B) se a > 0 e △ < 0 C) se a > 0 e △ > 0 D) se a ⋅ c > 0

5. Quale fra le seguenti è la corretta soluzione della disequazione x2 + 2x + 1 > 0? [B]

A) ∀x∈R B) x ≠ – 1 C) x > –1 D) x < –1 ∨ x > 1

6. Per quanti numeri interi è verificata la disequazione x2 + 7x – 2 < 0? [8]

7. Per quanti numeri razionali è verificata la disequazione 2 2x > ? [Infiniti] 8. Per quali valori reali di a la disequazione ax

2 + 2x – 1 < 0 non ha soluzioni reali? [a < –1]

9. Quali sono le soluzioni della disequazione ( ) ( )

2 4 40

2 3

x x

x x

+ +>

+ ⋅ −? [x < –2 ∨ x > 3]

10. Per quali valori di a numero reale l’equazione x2 + ax – a = 0 ha due soluzioni reali e distinte? [a < –4 ∨ a > 0]

La sfida Qui riportiamo alcuni quesiti particolarmente impegnativi

1. Studiare la risoluzione della disequazione 02

2

>++

++

fexdx

cbxax, al variare delle soluzioni delle disequa-

zioni al numeratore e al denominatore. In particolare dire quando l’insieme delle soluzioni è formato da a) ∅; b) un intervallo; c) due intervalli; d) tre intervalli; e) quattro intervalli; f) l’insieme dei numeri

reali. [a) △ < 0 per entrambi e ad < 0, oppure △ ≥ 0 per entrambi e gli intervalli soluzione disgiunti; ...]


146

Quesiti assegnati in gare nazionali e internazionali Davanti a ogni esercizio vi è un simbolo che si riferisce alla gara da cui è tratto. AHSME = Annual High School Mathematics Examination OMI = Olimpiadi della Matematica italiane

Lavoriamo insieme

Consideriamo un quesito assegnato agli AHSME del 1962. Quale dei seguenti insiemi di soluzioni soddisfa

la disequazione 2x2 + x < 6? A) –2 < x < 3/2 B) x > 3/2 ∨ x < –2 C) x < 3/2 D) 3/2 < x < 2 E) x < –2.

Potremmo semplicemente verificare alcuni valori, per esempio consideriamo x = 0 che verifica la disequa-zione, ma non appartiene agli insiemi B), D) ed E) per cui possiamo escluderli. Adesso consideriamo x = –2 che appartiene a C) ma non ad A) e non verifica la disequazione (2 ⋅ 4 – 2 = 6), pertanto escludiamo anche C e la risposta corretta è A). Questo modo di procedere è indicato per questo tipo di test poiché più veloce. di-versamente potremmo risolvere la disequazione, ottenendo 2x

2 + x – 6 = 0 x = –2 ∨ x= 3/2, da cui la disequazione ha soluzione –2 < x < 3/2.

1. (AHSME1969) L’insieme dei valori che soddisfano la disequazione 2

2

40

1

x

x

−>

− è? [A]

A) x > 2 ∨ x < –2 ∨ –1 < x < 1 B) x > 2 ∨ x < –2 C) x > 1 ∨ x < –2 D) x > 1 ∨ x < –1 E) x ≠ ± 1 2. (AHSME1959) Le soluzioni di x2 + bx + c = 0 sono entrambe reali e maggiori di 1. chiamiamo s = b +

c + 1, allora s A) può essere minore di 0 B) può essere zero C) deve essere positivo D) deve essere ne-gativo E) deve essere compreso tra –1 e 1 [C]

3. (AHSME1971) Determinare le soluzioni della disequazione 6x2 + 5x < 4. [–4/3 < x < 1/2]

4. (AHSME1974) Quale fra le seguenti affermazioni è corretta? A) Se x < 0 allora x2 > x B) Se x2 > 0 al-lora x > 0 C) Se x2 > x allora x > 0 D) Se x2 > x allora x < 0 E) Se x < 1 allora x2 < x [A]

5. (AHSME1974) Qual è il più piccolo valore intero di k per cui l’equazione 2x ⋅ (kx – 4) – x2 + 6 = 0 non ha soluzioni reali? [2]

6. 2OMI1995) Quanti sono i numeri interi relativi n per cui n ⋅ (n + 2) ⋅ (n + 4) ⋅ (n + 6) < 0? [2] Questions in English

Working together

Consider the folliwin question assigned at AHSME in 1965. If we write |x2 – 4| < N for all x such that |x – 2| < 0.01, the smallest value we can use for N is A) 0.0301 B) .0349 C) 0.0399 D) 0.0401 E) 0.0499 Since |x – 2| < 0.01, x is positive and x < 2.01. Hence |x2 – 4| = |x – 2| ⋅ |x + 2| = |x – 2| ⋅ (x + 2) < 0.01 ⋅ 4.01 = 0.401. The correct answer is D).

7. (AHSME1956) If x < a < 0 then [B] A) x2 < ax < 0 B) x2 > ax > a2 C) x2 < a2 < 0 D) x2 > ax but ax < 0 E) x2 > a2 but a2

< 0 8. (AHSME1957) The relation x2 ⋅ (x2 – 1) ≥ 0 is true only for [D]

A) x ≥ 1 B) –1 ≤ x ≤ 1 C) x = 0, ± 1 D) x = 0, x ≤ –1 ∨ x ≥ 1 E) x ≥ 0 9. (AHSME1958) For what real values of k, other than k = 0, does the equation x2 + kx + k2 = 0 have real

roots? [No values of k] 10. (AHSME1959) In the equation (x – m)2 – (x – n)2 = (m – n)2, m is a fixed positive number and n is a

fixed negative number. The set of values x satisfying the equation is [E] A) x ≥ 0 B) x ≤ n C) x = 0 D) The set of real numbers E) none of these

11. (AHSME1965) The statement x2 – x – 6 < 0 is equivalent to the statement: [A] A) –2 < x < 3 B) x > –2 C) x < 3 D) x > 3 and x < –2 E) x > 3 ∨ x < –2

12. (AHSME1967) If x2 – 5x + 6 < 0 and P = x2 + 5x + 6 then [B] A) P can take any real value B) 20 < P < 30 C) 0 < P < 20 D) P < 0 E) P > 30


147

Attività di recupero

Attività 1

Fase 1: Osserva • Risolvere 3x

2 – 5x + 1 > 0. Consideriamo l’equazione associata: 3x2 – 5x + 1 = 0 e ne determiniamo il di-

scriminante: ∆ = 25 – 12 = 13 > 0. L’equazione ha le seguenti soluzioni reali:

6

1356

135

6

135

+

−

=±

=x .

Dato che il coefficiente del termine di secondo grado della disequazione è positivo, possiamo dire che il segno dell’espressione è positivo all’esterno dell’intervallo di estremi le due soluzioni precedenti; cioè:

6

135

6

135 +>∨

−< xx

costituisce la soluzione della disequazione.

• Risolvere –4x2 + 2x – 7 > 0. Cambiamo segno a tutti i coefficienti e verso alla disequazione, per ricondur-

la al caso generale in cui il primo coefficiente è sempre positivo: 4x2 – 2x + 7 < 0. Adesso consideriamo

l’equazione associata: 4x2 – 2x + 7 = 0, il cui discriminante è: ∆ = 4 – 112 = –108 < 0. Poiché in questo

caso il trinomio assume sempre il segno del primo coefficiente, che è positivo, possiamo dire che il tri-nomio non è negativo per alcun numero reale, quindi la disequazione è priva di soluzioni.

• Risolvere 81x2 + 90x + 25 < 0. Calcoliamo il discriminante dell’equazione associata: ∆ = 8100 – 8100 =

0. In questo caso, e potevamo anche accorgercene prima, abbiamo un trinomio che rappresenta il quadra-to di un binomio: (9x + 5)2 < 0, che quindi può essere positivo o nullo, mai negativo. Perciò, anche sta-volta, la disequazione è priva di soluzioni.

Fase 2: Completa … • Risolvere 7x

2 + 12x + 3 < 0. Calcoliamo il discriminante dell’equazione associata: 7x2 + 12x + 3 = 0: ∆ =

………………………. Troviamo le soluzioni reali della detta equazione: ……………………………… Il coefficiente del termine di secondo grado della disequazione è positivo, quindi il segno dell’espressione è positivo ………………. dell’intervallo di estremi le due soluzioni precedenti, cioè: per ……< x < …….

• Risolvere 36x2 – 84x + 49 > 0. Calcoliamo il discriminante dell’equazione associata: 36x

2 – 84x + 49 = 0: ∆ = …………... Il discriminante nullo ottenuto indica che il trinomio rappresenta un …………………. Perciò esso è positivo sempre tranne quando si annulla cioè per ………………………... Quindi la solu-zione della disequazione è per tutti i valori tranne che per il precedente, cioè per ………….

• Risolvere 11x2 + 7x + 5 > 0. Calcoliamo il discriminante dell’equazione associata: ∆ = …………....; dato

che è …………….., il trinomio assume ………….. lo stesso segno del primo coefficiente, cioè il segno positivo. Quindi possiamo concludere che la disequazione ammette soluzione per ……………………...

Fase 3: Prova!

Risolvere le seguenti disequazioni di secondo grado 1. 12x

2 + 5x – 7 < 0; 4x2 – 2x + 1 < 0; 3x

2 + 15x + 2 > 0; 16x2 + 8x + 1 > 0

7 15 201 15 201 11 ; ; ;

12 6 16 4x x x x

+ − +− < < ∅ < − ∨ > ≠ −

2. 25x2 + 10x – 1 < 0; –21x

2 + 13x + 4 < 0; –49x2 – 42x – 9 < 0; –2x

2 – 5x + 3 ≤ 0 1 2 1 2 13 505 13 505 3 1

; ; ; 35 5 42 42 7 2

x x x x x x + − + − +− < < < ∨ > ≠ − ≤ − ∨ ≥

3. 8x2 – 17x + 3 ≥ 0; 121x

2 – 22x + 1 ≥ 0; 169x2 + 26x + 1 ≤ 0; 7x

2 + 7x + 1 ≤ 0 17 193 17 193 1 7 21 7 21

; ; ;16 16 13 14 14

x x x x x − + + − +

< ∨ > ∀ ∈ = − − ≤ ≤

ℝ


148

4. –14x2 + x + 1 ≤ 0; 41x

2 – 28x + 3 ≥ 0; x2 + 13x – 9 ≤ 0

1 57 1 57 14 73 14 73 13 205 13 205; ;

28 28 41 41 2 2x x x x x − + − + + − +

≤ ∨ ≥ ≤ ∨ ≥ − ≤ ≤

Attività 2 Fase 1: Osserva

• Risolvere 2

2

10

3 2

x x

x x

+ −>

− −. Dobbiamo determinare il segno della frazione, e quindi il segno del numerato-

re e del denominatore. Per semplicità, li supporremo sempre entrambi positivi; dal grafico dedurremo in seguito gli intervalli corrispondenti alla disequazione proposta. Cominciamo a stabilire il segno del nu-meratore: x2 + x – 1 > 0. Calcoliamo il discriminante dell’equazione associata: ∆ = 1 + 4 = 5 > 0 e, dato

che è positivo, determiniamo le soluzioni dell’equazione: 2

51±−=x . Il trinomio assume segno positivo

all’esterno dell’intervallo i cui estremi sono le precedenti soluzioni, negativo all’interno, cioè graficamen-

te: Adesso determiniamo il segno del denominatore: x2 – 3x – 2 >

0, il cui discriminante è: 9 + 8 = 17 > 0. Quindi le soluzioni dell’equazione associata sono: 2

173 ±=x e

il relativo grafico dei segni è il seguente: . Adesso si tratta di riportare in un unico grafico i precedenti, ponendo in ordine crescente i quattro valori trovati:

2

173

2

51

2

173

2

51 +<

+−<

−<

−−.

Concludiamo dicendo che le soluzioni della disequazione fratta sono quegli intervalli in cui si trova il se-

gno +, cioè: 2

173

2

51

2

173

2

51 +>∨

+−<<

−∨

−−< xxx .

• Risolvere 057

5232

2

≤−+

−+

xx

xx. Iniziamo determinando il segno del numeratore: 3x

2 + 2x – 5 ≥ 0 △ = 4 + 60

= 64 > 0 1

6

6

6

823

5

6

10

6

82

6

82

6

642

==+−

−=−=−−

=±−

=±−

=x . Il trinomio assume segno non negativo po-

sitivo o nullo) all’esterno dell’intervallo delle soluzioni, estremi compresi, cioè : x ≤ 13

5≥∨− x .

Per il denominatore consideriamo solo il segno positivo, dato che è privo di senso determinare dove si


149

annulla il denominatore, quindi: x2 + 7x – 5 > 0 △ = 49 + 20 = 69 >0 2

697 ±−=x . Le soluzioni

della disequazioni sono ancora esterne all’intervallo delle soluzioni: 2

697

2

697 +−>∨

−−< xx . Or-

diniamo i quattro valori trovati: 12

697

3

5

2

697<

+−<−<

−−. Riportiamo il tutto in un unico grafico:

Le soluzioni della disequazione fratta sono quegli intervalli in cui si trova il segno – o lo zero, cioè:

12

697

3

5

2

697≤<

+−∨−≤<

−−xx .

• Risolvere 076

1442

2

≤++

++

xx

xx. Per quel che riguarda il segno del numeratore: 4x

2 + 4x + 1 ≥ 0, abbiamo △ =

16 – 16 = 0, quindi può scriversi (2x + 1)2 ≥ 0. Quindi il numeratore assume sempre il segno positivo ma

si annulla per 2x + 1 = 0 2

1−=x . Per quel che riguarda il segno del denominatore invece si ha: △ = 1

– 168 < 0, quindi il denominatore è sempre positivo. In conclusione la frazione non è mai negativa e si

annulla solo per 2

1−=x , che è perciò l’unica soluzione della disequazione.

Fase 2: Completa ...

• Risolvere 027

1342

2

<−+

−+

xx

xx. Studiamo i segni di numeratore e denominatore. 4x

2 + 3x – 1 > 0 △ =

………… x = …………………………………………………….. Il trinomio assume segno positivo ………… dell’intervallo i cui estremi sono le precedenti soluzioni, cioè per ………… Passiamo al segno

del denominatore: 7x2 + x – 2 > 0 △ = ………….. x = …………….. Ancora una volta il segno posi-

tivo del trinomio si ha ………….dell’intervallo delle soluzioni, cioè per: …………………….. Ordiniamo i quattro valori ottenuti: …… < …… <…… < …… e rappresentiamo il tutto in un grafico:

................................................................................................................. Le soluzioni della disequazione fratta sono quegli intervalli in cui si trova il segno −, cioè:

………………………………………………

• Risolvere 01182

1652

2

≥++

++−

xx

xx. Come visto in precedenza determiniamo il segno di numeratore e denomi-

natore. –5x2 + 6x + 1 ≥ 0, cambiamo segno e verso: ……………………... Calcoliamo il discriminante: △

= ………………… x = …………………………….. Il trinomio assume segno non positivo (negativo o nullo) all’interno dell’intervallo delle soluzioni, estremi compresi, cioè : ………………………………

Il discriminante del denominatore è △ = ………………., quindi il denominatore è sempre ……….., il se-

gno della frazione è perciò quello del numeratore, quindi la soluzione è quella trovata dianzi, cioè …….

• Risolvere 032

1692

2

≥−+

+−

xx

xx. Stabiliamo il segno del numeratore: 9x

2 – 6x + 1 ≥ 0. Si ha: △ = …………..,

quindi può scriversi (3x – 1)2 ≥ 0, questa scritta è sempre vera, quindi il numeratore non interferisce sul


150

segno della frazione, che è perciò quello del denominatore. Vediamo il suo discriminante: △ =

……………….. Determiniamo le soluzioni dell’equazione associata: x = ………………………., quindi le soluzioni della disequazione sono (al solito non consideriamo il segno di uguale per il denominatore),: …………………….

Fase 3: Prova! Risolvere le seguenti disequazioni fratte

1. 014

732

2

>−+

−+

xx

xx; 0

145

1322

2

<−+

++

xx

xx; 0

137

43122

2

≥+−

+−

xx

xx;

1 85 1 17 1 17 1 85 1 1; ;

6 8 8 6 2 5x x x x x

+ + − + − +< − ∨ − < < ∨ > − < < ∀ ∈

ℝ

2. 01178

21532

2

≤++

++

xx

xx; 0

13

924162

2

≥−+

+−

xx

xx; 0

243

422

2

≥−+

−+−

xx

xx; 0

11664

114492

2

≤++

+−

xx

xx;

15 201 17 257 15 201 17 257 1 13 1 13 2 10 2 10 1; ; ;

6 16 6 16 6 6 3 3 7x x x x x x

+ + − + − + + − + + − +− ≤ < − ∨ ≤ < < − ∨ > − < < =

3. 0283

12112

2

≥−+

++

xx

xx; 0

2

12

2

<++

+−

xx

xx; 0

95

7342

2

>++

+−

xx

xx; 0

235

41272

2

≥−−

+−

xx

xx

11 73 4 222 11 73 4 222 2 6 8 6 8; ; ; 1

2 3 2 3 5 7 7x x x x x x x

− − + − + − + − +≤ ∨ − < ≤ ∨ > ∅ ∀ ∈ < − ∨ ≤ < ∨ ≥

ℝ

4. 0107

15112

2

<++

+−

xx

xx; 0

345

5432

2

≤−+

+−

xx

xx; 0

12

122

2

≥++

+−

xx

xx; 0

65

4732

2

<−+

+−

xx

xx

11 61 11 61 2 19 2 19 45 2 ; ; 1; 6

2 2 5 5 3x x x x x

− + + − +− < < − ∨ < < − < < ≠ − − < <

Sistemi di disequazioni non lineari

Attività 3

Fase 1: Osserva

• Risolvere 2

2

3 11 0

2 5 9 0

x x

x x

− + <

− − >. Risolvere un sistema significa determinare le eventuali soluzioni comuni a

tutte le componenti il sistema. Risolviamo la prima disequazione: x2 – 3x + 11 < 0, dato che il suo discri-

minante: △ = 9 – 44 = –35 è negativo, il trinomio ammette sempre lo stesso segno del primo coefficiente,

cioè segno positivo; quindi, poiché il trinomio non è mai negativo la disequazione è priva di soluzioni e anche il sistema perciò non ne ha, dato che non è possibile trovarne di comuni a entrambe le disequazio-ni.

• Risolvere 2

2

2 9 0

3 7 0

x x

x x

− − ≥

+ − ≤. Risolviamo singolarmente ciascuna disequazione: 2x

2 – x – 9 ≥ 0 △ = 1 +

72 = 73 > 0 4

731±=x . Il trinomio assume segno positivo, concorde con quello del primo coeffi-

ciente, all’esterno dell’intervallo determinato dalle soluzioni trovate, cioè per 1 73 1 73

4 4x x

− +≤ ∨ ≥ .

Passiamo alla seconda disequazione: 3x2 + x – 7 ≤ 0 △ = 1 + 84 = 85 > 0

6

851±−=x . Il trinomio


151

assume segno negativo, discorde con quello del primo coefficiente, all’interno dell’intervallo determinato

dalle precedenti soluzioni, cioè per 6

851

6

851 +−≤≤

−−x . Quindi il sistema iniziale equivale al se-

guente:

+−≤≤

−−

+≥

−≤

.6

851

6

8514

731

4

731

x

xx Ordiniamo in senso crescente i valori:

1 73 1 85 1 85 1 73

4 6 6 4

− − − − + +< < < e rappresentiamo il tutto in un grafico, indicando con una linea

continua l’intervallo delle soluzioni di ciascuna disequazione

dal quale si evince che il sistema non ammette soluzioni.

Risolvere:

2

2

2

3 1 0

2 7 11 0

4 12 9 0

x x

x x

x x

+ + <

− − > + + ≤

. Determiniamo le soluzioni di ciascuna singola disequazione: x2 + 3x + 1 <

0 ∆ = 9 – 4 = 5 > 0 2

53±−=x . Il trinomio assume segno negativo per

2

53

2

53 +−<<

−−x ;

2x2 – 7x – 11 > 0 ∆ = 49 + 88 = 137 > 0

4

1377 ±=x . Il trinomio assume segno positivo per

4

1377

4

1377 +>∨

−< xx ; 4x

2 + 12x + 9 ≤ 0 ∆ = 144 – 144 = 0 (2x + 3)2 ≤ 0. Il trinomio non

assume mai segno negativo ma si annulla per 2x + 3 = 0 2

3−=x . Osserviamo che l’unica soluzione

possibile è 2

3−=x , dato che è l’unico valore che risolve la terza disequazione.

Fase 2: Completa …

• Risolvere 2

2

25 30 9 0

6 3 1 0

x x

x x

− + ≤

+ + >. Risolviamo le singole disequazioni: 25x

2 – 30x + 9 ≤ 0. Calcoliamo il di-

scriminante: = ……………... Dato che è nullo, il trinomio rappresenta un …………………, può per-ciò scriversi: (5x – 3)2 ≤ 0, che ha soluzioni solo per il valore che annulla la base del quadrato, cioè per 5x – 3 = 0 ……….. Quindi questa è l’unica soluzione possibile del sistema, perciò invece di risolvere la seconda disequazione possiamo verificare se il detto valore la soddisfa sostituendolo nella disequazione,

scrivendo cioè: 15

33

5

36

2

+⋅+

⋅ > 0: la scritta è ovviamente vera, senza bisogno di effettuare i calcoli,

dato che ……………………………. Concludiamo dicendo che il sistema ammette l’unica soluzione ……...

• Risolvere 2

2

4 5 1 0

3 2 3 0

x x

x x

+ − <

+ − ≤. Risolviamo singolarmente ciascuna disequazione: 4x

2 + 5x – 1 < 0 =

……………….. x = ………………………….. Il trinomio assume segno negativo ……………


152

dell’intervallo determinato dalle precedenti soluzioni, cioè per …………………. Passiamo alla seconda disequazione: 3x

2 + 2x – 3 ≤ 0 ∆ = ………………. x = …………………………... Il trinomio as-sume segno negativo o nullo …………….. e sugli estremi dell’intervallo determinato dalle precedenti so-luzioni, cioè per ………………………... Quindi il sistema iniziale equivale al seguente

..............................

.............................. Ordiniamo i valori trovati:

3

101

8

535

3

101

8

535 +−<

⋅+−<

−−<

⋅−− e rap-

presentiamo il tutto in un grafico, indicando con una linea continua l’intervallo delle soluzioni di ciascuna disequazione ……………………………………………………….......................................................…… la soluzione è data dagli intervalli in cui entrambe le linee sono continue, cioè da …………………………………...

• Risolvere:

2

2

2

9 42 49 0

3 5 0

2 13 7 0

x x

x x

x x

+ + >

− − ≤ + + ≥

. Calcoliamo le soluzioni di ciascuna singola disequazione: 9x2 + 42x + 49

> 0 ∆ = ………………… Il trinomio assume sempre segno positivo tranne per i valori che annulla-no il trinomio, che può scriversi: ………………., cioè per x = …….., quindi la soluzione della disequa-zione è ………….; x2 – 3x – 5 ≤ 0 ∆ = ……………. x = ………….. Il trinomio assume segno nega-tivo o nullo per …………………………; 2x

2 + 13x + 7 ≥ 0 ∆ = ………………… x = ………………….. Il trinomio assume segno positivo o nullo per ………………………………. Ordi-

niamo i cinque valori ottenuti: 2

293

4

11313

2

293

3

7

4

11313 +<

+−<

−<−<

−− e rappresentiamo il

tutto in un grafico: ………………………………………………………………………………………… ………………………………………………………………………………………………………………Possiamo concludere che le soluzioni del sistema sono: ………………………………..

Fase 3: Prova!

Risolvere i seguenti sistemi di disequazioni

1. 2

2

6 9 0

6 9 0

x x

x x

+ + >

+ − ≤;

2

2

3 7 2 0

11 4 2 0

x x

x x

+ − <

+ − >;

2

2

10 25 0

5 3 7 0

x x

x x

− + ≤

+ − >

( ) 7 73 2 263 1 3 2 1 3 2 ; ; 5

6 11x x x x

+ +≠ − ∧ − − ≤ ≤ + − < < − =

2. 2

2

3 11 4 0

13 12 13 0

x x

x x

− + − ≥

+ − <;

2

2

16 40 25 0

81 18 1 0

x x

x x

+ + >

+ + ≤;

2

4 3 2

3 15 0

11 3 3 0

x x

x x x x

+ + <

− + + − >

11 73 6 205 1; ;

6 13 9x x

− − +≤ < = − ∅

3. 2

2

14 7 2 0

6 1 0

x x

x x

− − + >

+ − ≤;

2

2

13 0

1233 2341 5478 0

x x

x x

+ + >

+ + >;

24 4

2

1 0

0

x x

x x

+ + <

+ > 7 161

10 3; ;28

x x +− < ≤ − ∀ ∈ ∅

ℝ

4. 2

2

5 0

4 3 0

x x

x

+ <

− ≥; 2

2

3 2 0

4 4 0

5 6 0

x

x x

x x

+ >

− + > + + ≥

;

2

2

2

3 3 4 0

5 1 0

3 12 0

x x

x x

x x

+ + <

− − ≤ + − <

3 2

5 ; 2;2 3

x x x − < ≤ − > ∧ ≠ ∅

5.

2

2

2

2 4 9 0

8 7 6 0

6 7 8 0

x x

x x

x x

− + ≤

+ − ≤ + − ≥

;

2

2

2

7 2 9 0

6 2 3 0

3 2 0

x x

x x

x x

+ − ≤

− − + ≤− + + ≥

;

2

2

2

2 1 0

11 31 12 0

3 0

x x

x x

x x

+ + ≥

− + > + <

1 19

; 1; 3 06

x x − +∅ ≤ ≤ − < <

Per svolgere un Test finale di 10 quesiti, collegati al sito

http://mathinterattiva.altervista.org/volume_2_5.htm

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5. Algebra non lineare - mathinterattiva.altervista.orgmathinterattiva.altervista.org/Matematiche/U5.3_biennio_Disequa... · Vediamo l’applicazione del teorema agli esercizi. Esempio