Risolvere la seguente diequazione nell incognita x:

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1 Università degli Studi di Catania Corso di Laurea in Scienze Ambientali e Naturali Esercizi proposti - Corso Zero - Risolvere la seguente diequazione nell incognita x: (1) x 2 3x + 2 0, I (2) x 2 x + 1 < (2x 1) 2, (3) x 2 2x 1 3 5x2 1 2,

2 Soluzione: (1) x 2 3x Poiché e si ha x 2 3x x x (x x ) (x 3 2 ) (x 3 2 )2 ( 1 2 )2 0 [(x 3 2 ) 1 2 ][(x 3 2 ) ] 0 (x 2)(x 1) 0 x 2 0 x 2 x 1 0 x 1, (x 2)(x 1) 0 1 x 2. In definitiva, l insieme delle soluzioni della (1) é l intervallo chiuso [1, 2]. (2) x 2 x + 1 < (2x 1) 2 x 2 x + 1 < (2x 1) 2 x 2 x + 1 < 4x 2 4x + 1 3x 2 3x > 0 3x(x 1) > 0 Poiché 3x 0 x 0

3 e si ha x 1 0 x 1, 3x(x 1) > 0 x < 0 oppure x > 1. In definitiva, l insieme delle soluzioni della (2) é l unione degli intervalli aperti ], 0[ ]1, + [. (3) x 2 2x 1 3 5x2 1 2 x 2 2x 1 3 5x x 2 2(2x 1) 3(5x 2 1) 6x 2 4x x 2 3 9x 2 + 4x 5 0 (3x )2 ( 7 3 )2 0 (3x 5 )(3x + 3) 0 3 Poiché 3x x 5 9 e si ha 3x x 1, (3x 1)(3x + 5) 0 1 x 5 9. In definitiva, l insieme delle soluzioni della (3) é l intervallo chiuso [ 1, 5 9 ].

4 Università degli Studi di Catania Corso di Laurea in Scienze Ambientali e Naturali Esercizi proposti - Corso Zero - II Dire dove é definita la seguente funzione (ossia, determinare il dominio della funzione): (1) f(x) = x 4 +x 3 +x 2 x 2 1 (2) f(x) = 3 1 x (3) f(x) = x+ x x x

5 Soluzione: (1) f(x) = x 4 +x 3 +x 2 x 2 1. Poiché nella funzione sono presenti le operazioni di radice quadrata e di frazione, devono verificarsi contemporaneamente che il radicando sia maggiore o uguale a zero e il denominatore sia diverso da zero. La prima condizione deriva dal fatto che l equazione x n = c, con c < 0 e n pari, non ammette soluzioni. La seconda condizione deriva dal fatto che a 0 R, per ogni numero reale a. Quindi, studieremo separatamente queste due condizioni e alla fine le intersecheremo. Quindi, x 4 + x 3 + x 2 0 x 2 (x 2 + x + 1) 0 x R x 2 1 = 0 (x 1)(x + 1) = 0 x = 1 o x = 1. x x R \ { 1, 1}. Intersecando R (R \ { 1, 1}) si ha che il dominio della funzione é R \ { 1, 1} (potremmo anche scrivere che f(x) é ben definita per ogni x R tale che x ±1). (2) f(x) = 3 1 x. Poiché l equazione x n = c, con n dispari ammette sempre soluzioni (indipendentemente dal segno di c), si ha che la radice cubica é un operazione sempre ben definita. Quindi f(x) é ben definita x R. (3) f(x) = x+ x x x. Anche in questo caso siamo in presenza di una radice quadrata e di una frazione. Quindi, ci comportiamo come nell esercizio (1).

6 Prima condizione x 0. Seconda condizione x x 0.Equivale a studiare l equazione. x x = 0 x = x ricorda che x 0, quindi é lecito elevare al quadrato ambo i membri x 2 = x x = 0 o x = 1 Riscrivendo le due condizioni e intersecandole si ha che il dominio di f(x) é [0, + [ (R \ {0, 1}) =]0, 1[ ]1, + [.

7 Università degli Studi di Catania Corso di Laurea in Scienze Ambientali e Naturali Esercizi proposti - Corso Zero - III (1) Risolvere la seguente diseguaglianza x + 1 x 1 < 4 (2) Dire dove la funzione é positiva { 2x 1 3x 1 f(x) =, se x > 1 3, 2x 1 3x 1, se x < 1 3 (3) Scrivere l equazione della retta passante per (6, 3) e parallela alla retta 3x 2y + 1 = 0.

8 Soluzione: (1) x + 1 x 1 < 4 Intanto notiamo che la disequazione é ben definita per x 1 (ossia in R \ {1}). Per poter esplicitare il valore assoluto, bisogna studiare la positivitá dell argomento del valore assoluto. Per la regola dei segni, si ha x + 1 x 1 Quindi distinguiamo due casi. Caso1: x 1 o x > 1. x x 1 x 1 > 0 x > 1 0 x 1 o x > 1. In tal caso la disequazione si puó riscrivere come x + 1 x 1 < 4 x + 1 x 1 4 < 0 (x + 1) 4(x 1) x 1 3x + 5 < 0 x 1 < 0 x < 1 o x > 5 3 Poiché abbiamo il vincolo x 1 o x > 1, dobbiamo escludere tutte le x in ] 1, 5 3 [. In conclusione, nel Caso 1 le soluzioni sono ], 1] ] [.

9 Caso2: 1 < x < 1. In tal caso la disequazione si puó riscrivere come x + 1 x 1 < 4 x + 1 x > 0 (x + 1) + 4(x 1) x 1 5x 3 x 1 > 0 x < 3 5 o x > 1 > 0 Poiché abbiamo il vincolo 1 < x < 1, dobbiamo escludere tutte le x in ]1, + [. In conclusione, nel Caso 2 le soluzioni sono ] 1, 3 5 [. Facendo l unione dei due casi, le soluzioni della (1) sono ], 3 5 [ ]5 3 + [. (2) Dire dove la funzione é positiva { 2x 1 3x 1 f(x) =, se x > 1 3, 2x 1 3x 1, se x < 1 3 In questo caso si tratta di studiare due disequazioni facendo attenzione a scegliere le soluzione nell opportuno dominio di definizione. Anche qui distinguiamo due casi Caso1: x > x 1 0 x 1 2 3x 1 0 x 1 3

10 Per la regola dei segni 2x 1 3x 1 0 x < 1 3 o x 1 2 Poiché siamo vincolati a x > 1 3, dobbiamo escludere ], 1 3 [. In conclusione, nel Caso 1 le soluzioni sono [ 1 2, + [. Caso2: x < x 1 3x 1 0 2x 1 3x x 1 2 Poiché siamo vincolati a x < 1 3, in questo caso abbiamo nessuna soluzione. Facendo l unione dei due casi, si ha che f(x) 0 x [ 1 2, + [. (3) Scrivere l equazione della retta passante per (6, 3) e parallela alla retta 3x 2y + 1 = 0. Scriviamo l equazione generica del piano ax + by + c = 0, e imponendo le due condizione ricaviamo i numeri a, b, c R. Passaggio per (6, 3): 6a + 3b + c = 0 Parallela a 3x 2y + 1 = 0: 2a 3b = 0. Svolgendo il sistema 6a + 3b + c = 0 2a 3b = 0 Si ottiene a = c 4, b = c 6. Sostituendo, si ottiene e mettendo in evidenza la c 0, si ha 1 4 x y + 1 = 0

11 Università degli Studi di Catania Corso di Laurea in Scienze Ambientali e Naturali Esercizi proposti - Corso Zero - Risolvere le seguenti equazioni/disequazioni (1) 6 2 x x +1 = 2 2 x (2) 2 log 2 x log 2 (3 x 2 ) + log 2 (x 2 + 1) = 0 (3) 2 1 x x > 4. (4) log 1 2 (x2 8) > 0 IV

12 Soluzione: (1) 6 2 x x + 1 = 2 2 x Notiamo subito che il dominio della equazione é x x x + 1 = 2 2 x x x x 1 5 = 0 6(2x + 1) + 3(2 x 1) 2(2 x + 1) 5(2 2x 1) (2 x 1)(2 x + 1) 5 22x x + 6 = 0 (2 x 1)(2 x + 1) 5 2 2x x + 6 = 0 (se z = 2 x ) 5 z z + 6 = 0 Essendo z = 2 x, si ha z = 3 5, z = 2. = 0 2 x = 3 5 non fornisce nessuna soluzione poiché la funzione esponenziale f(x) = 2 x é strettamente positiva; 2 x = 2 fornisce la soluzione (unica!) x = 1. (2) 2 log 2 x log 2 (3 x 2 ) + log 2 (x 2 + 1) = 0. Da subito, l equazione é definita per { x > 0 3 < x < 3

13 Ossia, per 0 < x < 3 2 log 2 x log 2 (3 x 2 ) + log 2 (x 2 + 1) = 0 log 2 x 2 log 2 (3 x 2 ) + log 2 (x 2 + 1) = 0 ( x2 (x 2 ) + 1) log 2 = 0 (3 x 2 ) ( x2 (x 2 ) + 1) log 2 = log (3 x 2 ) 2 1 x2 (x 2 + 1) = 1 (3 x 2 ) x2 (x 2 + 1) 1 = 0 (3 x 2 ) x2 (x 2 + 1) (3 x 2 ) = 0 (3 x 2 ) x4 + 2x 2 3 = 0 (3 x 2 ) x 4 + 2x 2 3 = 0 (se z = x 2 ) z 2 + 2z 3 = 0 z = 3, z = 1 Essendo z = x 2, si ha x 2 = 3 non fornisce nessuna soluzione poiché la funzione f(x) = x 2 é positiva; x 2 = 1 fornisce le soluzioni x = 1, x = 1. Tenendo presente la condizione di dominio dell equazione ]0, 3[ si ha che l unica soluzione dell equazione é x = 1.

14 (3) 2 1 x x > x x > x + 2 2x > 4 (se z = 2 x ) 2 z + 2 z 4 > 0 2z2 4z + 2 > 0 z 2 z2 2z + 1 > 0 z (z 1)2 2 > 0 z z > 0, z 1 Essendo z = 2 x, si ha 2 x > 0 fornisce x R, poiché la funzione esponenziale f(x) = 2 x é strettamente positiva; 2 x 1 fornisce x 0. In definitiva, le soluzioni della disequazione iniziale sono (4) log 1 2 (x2 8) > 0. x R \ {0}. La disequazione é ben definita solo per x 2 8 > 0. Ossia x < 2 2 o x > 2 2. log 1 2 (x2 8) > 0 log 1 2 (x2 8) > log (x 2 8) < 1 x 2 9 < 0 3 < x < 3

15 Intersecando con il dominio, si ha che l insieme delle soluzioni della disequazione sono (], 2 2[ ]2 2, + [) ] 3, 3[=] 3, 2 2[ ]2 2, 3[.