Argomento 2 IIparte Funzioni elementari e disequazioni

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1 Argomento IIparte Funzioni elementari e disequazioni Applicazioni alla risoluzione di disequazioni Disequazioni di I grado Per la risoluzione delle disequazioni di primo grado per via algebrica, si veda Minimat - Lezione. Qui presentiamo il cosiddetto metodo grafico. Nel caso di disequazioni di primo grado, ci si riduce ad una espressione del tipo: a + c>0 (oppure a + c 0, < 0, 0, rispettivamente). Quindi il problema è determinare gli intervalli in cui la retta di equazione y = a + c si trova nel semipiano positivo (oppure non negativo, e così via). Esempio.1 Risolvere la disequazione +< 0. Disegnamo la retta y = + nel piano cartesiano, e vediamo che essa sta nel semipiano negativo per >, quindi la soluzione è: (, + ) Disequazioni di II grado y = + Sia ora da risolvere una disequazione di II grado, cioè un espressione che, semplificata, si presenta nella forma: a + b + c>0 (analogo il procedimento nel caso 0,<0, 0). Per risolverla dovremo studiare il segno della funzione, cioè stabilire in quali intervalli la parabola f() =a + b + c si trova al di sopra dell asse delle ascisse. Si presentano tre casi: (1) > 0 : l equazione a + b + c = 0 ha due soluzioni reali e distinte: La parabola interseca l asse in due punti 1 e e supponiamo che 1 <. Se a>0ungrafico possibile èilseguente: Si vede che f() > 0per< 1 eper>. () = 0 : l equazione a + b + c = 0 ha una sola radice reale α (doppia). La parabola è tangente all asse nel punto di ascissa α. Un grafico possibile (per a>0) èil seguente: 1

2 Quindi la disequazione è soddisfatta = α. () < 0: l equazione a + b + c = 0 non ha radici reali. La parabola giace completamente ne semipiano positivo (se a>0) Una situazione possibile è la seguente: Quindi la disequazione è soddisfatta. Dunque, in corrispondenza al caso f() =a + b + c>0 vale lo schema: discriminante radici di a + b + c =0 a>0: f() > 0 a<0: f() > 0 > 0 1 < (, 1 ) (, + ) ( 1, ) =0 1 = = 1 per nessun valore di < 0 nessuna radice reale per nessun valore di Esempio. Risolvere la disequazione + 15 > 0 Poichè ilcoefficiente di è positivo, la parabola è convessa (rivolta verso l alto). Inoltre le soluzioni dell equazione + 15 = 0 sono 1 = 5, =, e queste sono le intersezioni della parabola con l asse delle ascisse. Non ci servono informazioni più dettagliate per risolvere la disequazione: infatti un grafico accettabile è il seguente, che ci permette di concludere che la disequazione è verificata negli intervalli (, 5) (, + ) y = + 15 Osservazione.1 Se la disequazione da risolvere fosse: + 15 < 0, alloralesoluzioni sarebbero tutti i valori di ( 5, ). Osservazione. Se il coefficiente del termine è negativo, conviene cambiare segno a tutti i termini della disequazione (ricordandosi di cambiare verso alla disuguaglianza). Esempio. Siadarisolvereladisequazione 5 +> 0. Si considera la disequazione equivalente 1 +5 < 0 esiprocedecomedettoprima. Diamo 1 Due equazioni, due disequazioni o anche due sistemi si dicono equivalenti se le soluzioni del primo sono tutte e sole le soluzioni del secondo.

3 il grafico di entrambe le parabole: y = 5 + (spesso); Soluzione: (, 1/). Esempio.4 Siadarisolvereladisequazione Le radici sono 1, = 1. Come si vede dal grafico, la parabola non è mai nel semipiano negativo. L unica soluzione è = 1. Attenzione: < 0 non ha soluzioni y = Esempio.5 Siadarisolvereladisequazione Abbiamo il grafico: y = + +7 e quindi la disequazione èverificata. Attenzione: non ha soluzioni. Disequazioni razionali Siano date due funzioni a() eb(). Una disequazione del tipo l incognita compare al denominatore. a() b() si dice razionale fratta se

4 Quindi la disequazione +5 < < 5 non è una disequazione razionale fratta, mentre lo è Perquantoriguardalateoriaeimetodidi soluzione si veda Minimat - Lezione 4, in cui sono trattate le disequazioni e i sistemi lineari. Qui affronteremo varie altre situazioni, a cominciare dal caso in cui il numeratore e/o il denominatore hanno grado maggiore di 1. Esempio. Si debba risolvere la disequazione +5 ( 4)( +1) 0. Si ha: N 0per 5,D>0per>4 (comprende anche la condizione di esistenza = 4, mentre il fattore ( +1) èsempre> 0). Le soluzioni sono l unione delle soluzioni dei due sistemi ½ ½ ½ ½ N 0 N 0 D<0 e D>0 cioè 5 5 e e quindi tutti gli (, >4 <4 5 ) (4, + ). Si può ottenere il risultato usando lo schema introdotto in Minimat - Lezione 4 eprecisamente 5/ 4 p p N() D() N()/D() + + Esempio.7 Si debba risolvere la disequazione ½Si ha: N 0per 5eper ½ 1. Inoltre D>0per>. Dunque 5e 1 5 << 1 e, da cui si ottiene (, 5] ( < 1]. <. >. 5 1 p p p N() D() N()/D() + + Disequazioni irrazionali Si dice irrazionale una disequazione in cui l incognita compare, almeno una volta, sotto il segno di radice. Esempio.8 Siadarisolverelaseguentedisequazioneirrazionale 1 <. Per prima cosa osserviamo che 1 è definita solo per l argomento 1 0 (trattandosi di radice di indice pari) e quindi per 1. Inoltre, sempre perchè si tratta di radice di indice pari, la quantità 1 èsempre 0. Quindi se il secondo membro ènegativola risposta è immediata: non ci sono soluzioni. Se invece il secondo membro è anch esso non negativo bisogna procedere per decidere quando è soddisfatta la disequazione. In questo caso si possono elevare al quadrato entrambi i membri della disuguaglianza e si ottiene una disugualianza equivalente alla data; nel nostro caso otteniamo il sistema: 4

5 1 < 0 1 cioè + 1 > e quindi (essendo 1 = 1 5, = 1+ 5, le radici dell equazione + 1=0), le soluzioni saranno i valori di che soddisfano contemporaneamente le tre condizioni < 1 5,> Poichè tali valori devono essere comprese nell intervallo (0, 1], scartiamo 1 5 perchè è negativo. Concludiamo che la disequazione data è soddisfatta per ogni ( 1+ 5, 1]. In generale vale il seguente Schema di risoluzione di disequazioni irrazionali: radicale di indice n Icaso np a() <b() a() 0 (condizione di realtà) b() 0 a() < [b()] n Le eventuali soluzioni saranno i valori di che soddisfano contemporaneamente le tre disuguaglianze. Ribadiamo che, come nell esempio precedente, se b() < 0, non ci sono soluzioni perchè np a() 0 e non potrà mai essere minore di una quantità negativa. II caso np a() >b(). In questo caso le soluzioni saranno l unione delle soluzioni di ciascuno dei seguenti sistemi: a() 0 (condizione di realtà) b() 0 a() > [b()] n ½ a() 0 (condizione di realtà) b() < 0 Osservazione. Seiradicalisonopiú d uno, le disequazioni si trattano in modo analogo, anche se i calcoli possono diventare molto complicati. Radicali di indice dispari. Il caso in cui compaiono soltanto radicali di indice dispari èpiù semplice in quanto non ci sono limitazioni al dominio (dovute alla presenza della radice). Consideriamo soltanto due situazioni: 1. La disequazione contiene una sola radice cioè è del tipo: k+1 p a() >b(); in tal caso possiamo risolvere la disequazione equivalente a() > [b()] k+1.. Si devono confrontare due radici di indice diverso (entrambe dispari): k+1 p a() > h+1p b() In questo caso, detto t = m.c.m.(k +1, h +1)siottiene q q t a() t t k+1 > b() t h+1 e quindi la disequazione equivalente a() t t k+1 >b() 5 h+1.

6 Esempio.9 Si risolva la disuguaglianza +1> 1. Essa è equivalente alla disequazione: +1> ( 1) = + 1, dacuisiottiene 4 +> 0, che è soddisfatta per ogni valore di R. q q Esempio.10 Risolvere la disequazione seguente: + < Poichè i denominatori debbono essere = 0,sihalacondizione =,=. Elevando a potenza si ottiene q 15 q + 5 < 15 + ³ 5 ³ ³ 5 ³ + + < + + ( 1)( ) ( ) < ( 1)(+) (+) Poichè =,=, si possono semplificare dei fattori nelle frazioni e risulta ½ =,= ( 1) 5 < ( 1) Se = 1, la seconda espressione non èverificata. Se invece = 1,sipuòsemplificare ottenendo ( 1) < 1 e quindi +1< 1cioè = ( ) < 0. Soluzione: (0, 1) (1, ). Disequazioni esponenziali e logaritmiche Vediamo ora alcune applicazioni delle funzioni esponenziali e logaritmiche allo studio delle disequazioni. Esempio.11 Siadarisolvereladisequazione 5+8 > Per le proprietà delle potenze si ha che 9 = : quindi la disequazione diventa 5+8 > ( ) +1 = 5+8 > (+1) = +. Poichè lafunzionef() = è monotòna crescente (perchè labaseè > 1), la disequazione di partenza è equivalente alla disequazione che ha soluzioni: >. 5 +8> + Criterio.1 In generale se si deve risolvere la disequazione a f() >a g(), per la monotonia della funzione esponenziale, le soluzioni saranno tutti e soli i valori di chesoddisfanoladisequazione f() >g() se a>1; mentresarannotuttiesoliivaloridi che soddisfano la disequazione f() <g() se a<1. Esempio.1 Siadarisolvereladisequazione > 1 1. Essa èequivalentea:( 1 )(+1) > ( 1 1 ) dacuisiottiene(poichè 1 < 1) la disequazione: +< 1, che èverificata per (, 1) ( + 1, + ). Criterio. Data una funzione reale di variabile reale F, sia da risolvere una disequazione del tipo: F (a ) >k, ove k R.

7 ½ F (t) >k In questo caso si pone a = t e si risolve il sistema equivalente di disequazioni t>0. Esempio.1 Risolvere la disequazione + < 0. (i) Poniamo = t. La disequazione si trasforma nel sistema: ½ t + t < 0. t>0 (ii) Le radici dell equazione associata ( t + t =0) sonot 1 =, t =1. Quindi (ii) è soddisfatto per i valori 0 <t<1. ½ 0 < Sostituendo si ottiene: 0 < < 1, che è equivalente al sistema. < 1. Poichè la funzione f() = è sempre positiva, la prima disequazione èverificata per ogni valore di e quindi resta da risolvere la seconda. Si ottiene così <0. Esempio.14 Risolvere la disequazione 5 +> 0. (i) Poniamo = t. La disequazione equivale al sistema ½ t 5t +> 0. t>0 (ii) Le radici dell equazione associata (t 5t +=0)sonot 1 =,t =. Quindi (ii) è soddisfatto per i valori t<, t>. Sostituendo, si ottiene: < oppure >. Poichè> 1, la funzione f() =log è crescente; quindi si ottiene log < log, log > log, da cui <log, >1. Osservando che log < 1, si trovano le soluzioni: <log,>1. Criterio. In generale se si deve risolvere la disequazione log a (f()) > log a (g()), per la monotonia della funzione logaritmica, le soluzioni saranno tutti e soli i valori di che soddisfano la disequazione f() >g() > 0 se a>1; mentre saranno tutti e soli i valori di che soddisfano la disequazione 0 <f() <g() se 0 <a<1. Esempio.15 Si risolva la disequazione (log ) log > 0 (iii) Poniamo log () =t e otteniamo la disequazione (ausiliaria) t t > 0 che ha soluzioni per t< 1 e t>. Sostituendo si ottiene: < 1 e >4. (iv) log < 1 elog >, equindi 7

8 Disequazioni trigonometriche Esempio.1 Risolvereleseguentidisequazioni,per ( π, π): 5 (a) sin ; (b) sin> ; (c) sin<1/. Poichè vale 1 sin 1 per ogni reale, la disequazione (a) èsempreverificata. Analogamente, la (b) nonpuò essere verificata per nessun reale, perchè 5 > 1. Perquantoriguardala(c), osserviamo (aiutandoci con il grafico di sin e con la tabella) che la disequazione èverificata se π <<π/ oppure se 5π/ <<π Esempio.17 Risolvere la disequazione 1 tg 0 nei seguenti casi: (a) per ( π/, π/); (b)per R. (a) Siha ½ tg ( π/, π/) ½ π/ ( π/, π/) π/ <π/. (b) Poichè la funzione tg è periodica di periodo π, la soluzione si ottiene da quella del punto (a), estendendo per periodicità il risultato: π/+kπ <π/+kπ, per ogni k Z. Pertantolasoluzioneè data dall unione di tutti gli intervalli del tipo [π/ +kπ, (k +1/)π), al variare di k Z. Esempio.18 Risolvere la disequazione: sin sin +1< 0, per [0, π]. Ponendo t =sin, si ottiene una disequazione di II grado: t t +1< 0, che ha come soluzioni 1/ <t<1. Pertanto la soluzione èdatada ½ 1/ <t=sin<1 [0, π] π/ <<5π/, = 1. Esempio.19 Risolvere la disequazione: cos +sin > 0, per [0, π]. Conviene, quando è possibile, riportarsi al caso in cui l espressione dipende soltanto da sin oppure cos. Qui ad esempio, usando l identità fondamentale, si può sostituire cos =1 sin ed ottenere cos +sin = sin +sin 1 > 0cheè equivalente alla disequazione dell esempio precedente. 8