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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-
Carmelo Di Stefano, Dal problema al modello matematico – Volume 2 – Capitolo 5 - Unità 3 - Biennio
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.
Carmelo Di Stefano, Dal problema al modello matematico – Volume 2 – Capitolo 5 - Unità 3 - Biennio
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
Carmelo Di Stefano, Dal problema al modello matematico – Volume 2 – Capitolo 5 - Unità 3 - Biennio
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− < < ∨ > .
Carmelo Di Stefano, Dal problema al modello matematico – Volume 2 – Capitolo 5 - Unità 3 - Biennio
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
[∅]
Carmelo Di Stefano, Dal problema al modello matematico – Volume 2 – Capitolo 5 - Unità 3 - Biennio
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.
Carmelo Di Stefano, Dal problema al modello matematico – Volume 2 – Capitolo 5 - Unità 3 - Biennio
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
< − ∨ < < ≤ − ∨ ≤ ≤ ∨ ≥ < − ∨ − < ≤ ∨ < < ∨ >
Carmelo Di Stefano, Dal problema al modello matematico – Volume 2 – Capitolo 5 - Unità 3 - Biennio
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
Carmelo Di Stefano, Dal problema al modello matematico – Volume 2 – Capitolo 5 - Unità 3 - Biennio
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
Carmelo Di Stefano, Dal problema al modello matematico – Volume 2 – Capitolo 5 - Unità 3 - Biennio
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:
Carmelo Di Stefano, Dal problema al modello matematico – Volume 2 – Capitolo 5 - Unità 3 - Biennio
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.
Carmelo Di Stefano, Dal problema al modello matematico – Volume 2 – Capitolo 5 - Unità 3 - Biennio
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 − < < < − − < <
Carmelo Di Stefano, Dal problema al modello matematico – Volume 2 – Capitolo 5 - Unità 3 - Biennio
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]
Carmelo Di Stefano, Dal problema al modello matematico – Volume 2 – Capitolo 5 - Unità 3 - Biennio
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; ...]
Carmelo Di Stefano, Dal problema al modello matematico – Volume 2 – Capitolo 5 - Unità 3 - Biennio
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
Carmelo Di Stefano, Dal problema al modello matematico – Volume 2 – Capitolo 5 - Unità 3 - Biennio
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
Carmelo Di Stefano, Dal problema al modello matematico – Volume 2 – Capitolo 5 - Unità 3 - Biennio
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
Carmelo Di Stefano, Dal problema al modello matematico – Volume 2 – Capitolo 5 - Unità 3 - Biennio
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
Carmelo Di Stefano, Dal problema al modello matematico – Volume 2 – Capitolo 5 - Unità 3 - Biennio
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
Carmelo Di Stefano, Dal problema al modello matematico – Volume 2 – Capitolo 5 - Unità 3 - Biennio
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 ……………
Carmelo Di Stefano, Dal problema al modello matematico – Volume 2 – Capitolo 5 - Unità 3 - Biennio
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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