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SOLUZIONE COMPITO 23 MARZO 2019

Marco Monaci

1Liceo Scientifico G. Marconi (2B)

Primo esercizio

:

Partiamo dalla prima equazione parametrica: (k − 1)x2− 4kx+ 2k − 1  0

Dobbiamo determinare i valori di k affinché l’equazione rap-presenti una retta e successivamente rap-presentino due equazioni reali e distinte.

L’equazione parametrica proposta rappresenta una retta quando sparisce il termine in x2, ovvero quando:

k −1 0 k 1

Con questa condizione l’equazione diventa: y −4x + 1

Affinché invece l’equazione abbia due soluzioni reali e distinte è necessario che ∆> 0. Quindi:

∆> 0 b2− 4ac > 0 16k2− 4(k − 1)(2k − 1)> 0 8k2+ 12k − 4 > 0 Tale disequazione ha soluzioni associate:

x1,2 −3 ± √

17 4

E poiché deve essere maggiore di zero, prendiamo i valori esterni: x < −3 − √ 17 4 ∨ x> −3+ √ 17 4

Per questi valori l’equazione di partenza presenta due soluzioni reali e distinte.

-1 0 1 2 3 4 5 -30 -20 -10 0 10 20 30

Figura 1:Rappresentazioni grafiche di varie parabole al variare di k. Gli assi sono rappresentati dalle linee spesse tratteggiate in nero. Per k 1 abbiamo la retta rossa spessa, mentre per i valori di frontiera x−3−

√ 17 4 e x−3+ √ 17

4 abbiamo le parabole spesse in blu, che infatti toccano l’asse

xin un solo punto. Altre situazioni generiche per k sono rappresentate dalle linee sottili colorate, che per l’appunto presentano due intersezioni con l’asse x.

In Figura 1 è riportata la situazione grafica dell’equazio-ne parametrica proposta. La descriziodell’equazio-ne è presente dell’equazio-nella didascalia dell’immagine.

Occupiamoci ora della seconda equazione: kx2+ (k − 1)x + k − 1  −k

In questo caso l’equazione rappresenta una retta quando k 0, per lo stesso motivo riportato sopra. Invece per vedere quando tale equazione presenta due soluzioni reali e distinte dobbiamo porre il ∆ maggiore di zero, ovvero:

∆> 0 b2− 4ac > 0 (k − 1)2− 4k(2k − 1)> 0

−7k2+ 2k + 1 > 0

Tale disequazione è verificata per i valori interni, ovvero: −1+ 2 √ 2 −7 < x < −1 − 2 √ 2 −7

Ovvero per tali valori l’equazione di partenza presenta due soluzioni. -3 -2 -1 0 1 2 -8 -6 -4 -2 0 2 4

Figura 2:Rappresentazioni grafiche di varie parabole al variare di k, relativamente alla seconda equazione. Notare come, a differenza della prima equazione parametrica, questa qua rappresenta parabole che non si intersecano mai. Come nella figura precedente abbiamo disegnato gli assi con delle linee spesse nere tratteggiate, le parabole di frontiera (ovvero quelle relative ai valori di k −1±2

√ 2

−7 ) invece sono disegnate con una linea spessa blu,

mentre tutte le altre sono disegnate in vari colori ma con un tratto sottile. La retta è invece disegnata con una linea spessa rossa.

In Figura 2 abbiamo riportato la situazione grafica della seconda equazione parametrica proposta.

Secondo esercizio

:

Il secondo esercizio è leggermente più complicato, in quanto si tratta di disequazioni parametriche. Partiamo dalla prima:

−kx2+ (k − 4)x + 3k < 0

Tale disequazione deve essere verificata per∀x ∈ R, in

altre parole la parabola deve essere sempre negativa, in modo da verificare la disuguaglianza. Inoltre la concavità deve essere rivolta verso il basso (altrimenti se fosse rivolta verso l’alto ci sarebbero comunque dei punti sopra l’asse x che non verificherebbero la disequazione). Quindi la prima condizione è che k> 0, in modo che la a della disequazione sia negativa.

(2)

Successivamente affinché sia sempre negativa, il ∆ deve es-sere minore di zero, per garantire la non esistenza di soluzioni. Quindi:

∆< 0 b2− 4ac< 0 (k − 4)2+ 4k · 3k < 0 13k2− 8k+ 16 < 0

Ma tale disequazione ha il ∆ negativo, ovvero non ci sono

valori di k che verificano tale disequazione.Non trovando valori di k, la condizione di partenza, ovvero che la disequazione parametrica sia verificata per∀x ∈ Rnon è mai verificata.

In simboli šk ∈Raffinché la disequazione parametrica sia

verificata∀x ∈R.

La situazione grafica è riportata in Figura 3.

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 -30 -20 -10 0 10 20

Figura 3:Rappresentazioni grafiche di alcune parabole al variare di k, relativamente alla prima disequazione parametrica. I colori e gli spessori delle linee sono equivalenti a quelli degli altri grafici sopra esposti.

Notiamo che dal punto di vista grafico (Figura 3) è piuttosto evidente che non esistono parabole totalmente negative, ovvero che verificano per qualunque x la disequazione. Infatti tutte le parabole attraversano due punti comuni a tutte le parabole, ma questi due punti sono situati rispettivamente nel secondo e nel quarto quadrante, ovvero uno ha coordinata y positiva e uno ha coordinata y negativa: questo impedisce di avere una parabola che sia totalmente negativa.

Adesso occupiamoci della seconda disequazione: (k − 1)2x2+ kx + 1 > 0

Dobbiamo vedere per quali k la disequazione è verificata per∀x ∈ R. In questo caso abbiamo che la parabola deve

essere sempre positiva, in quanto la disequazione ha verso>. Fortunatamente il coefficiente della x2non dà grossi problemi, in quanto (k − 1)2è sempre maggiore di zero, a meno di k 1. Quindi la prima condizione è che per l’appunto k,1.

Affinché sia sempre positiva, le parabole non devono presentare soluzioni, ovvero deve essere ∆< 0. Quindi:

∆< 0 b2− 4ac < 0 k2− 4(k − 1)2 < 0 −3k2+ 8k − 4 < 0 Trovando le soluzioni associate abbiamo:

k1,2 −8 ± 4−6

Ovvero k 2 e k 23. Ricordandoci che dobbiamo studiare −3k2+8k−4 < 0 dobbiamo prendere le soluzioni esterne (infatti siamo in presenza di una parabola con concavità rivolta verso il basso e dobbiamo vedere quando è minore di zero). Quindi in definitiva per:

k< 2

3 ∨ k> 2 − {1}

La disequazione parametrica è verificata per∀x ∈R.

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 -5 0 5 10 15 20 25 30

Figura 4:Rappresentazioni grafiche di alcune parabole al variare di k relative alla seconda disequazione parametrica. Come al solito in blu linea spessa sono riportate le parabole di frontiera, mentre le altre sono di vari colori con linea più fine. La retta è riportata in rosso.

In Figura 4 è possibile vedere la situazione grafica della seconda disequazione parametrica.

Terzo esercizio

:

Nel terzo esercizio sono riportate due equazioni irrazionali. Partiamo dalla prima:

1 √ 1 − x − 1 1+ x  0 1 √ 1 − x  1 1+ x √ 1 − x 1 + x

A cui dobbiamo aggiungere le condizioni di esistenza per i denominatori, ovvero x,±1.

Tale equazione è equivalente al sistema:

         1 − x > 0 1+ x > 0 1 − x (1 + x)2 −→          x < 1 x > −1 x2+ 3x  0

L’equazione ha due soluzioni, ovvero x1  0 e x2 −3, di cui solo la prima è accettabile. Infatti x2 −3 non rispetta la seconda condizione del sistema, ovvero x ≥ −1. Una rapida sostituzione può inoltre confermare quanto detto finora. In definitiva l’equazione ha soluzione:

x  0

Occupiamoci ora della seconda equazione:

p

(3)

Questa equazione è equivalente al sistema:          (x+ 4)2− 12 ≥ 0 3x+ 1 ≥ 0 (x+ 4)2− 12 (3x + 1)2 −→          x2+ 8x + 4 ≥ 0 x ≥ −13 −8x2+ 2x + 3  0 −→          x ≤ −4 − 2 √ 3 ∨ x ≥ −4+ 2 √ 3 x ≥ −13 x1 −12 ∧ x2 34 Le due soluzioni sono in definitiva:

x1  −1 2 x2 

3 4

Tuttavia solo la seconda soluzione è accettabile, per vedere questo è sufficiente controllare le due condizioni del sistema. La soluzione x1  −12 nonrispetta la condizione x ≥ −13 e quindi non possiamo considerarla.

In definitiva la seconda equazione aveva come unica soluzione: x 3 4 -3 -2 -1 0 1 2 3 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3

Figura 5:Situazione grafica per l’esercizio 3. In rosso è portata l’equazione

1 √ 1−x− 1 1+x  0, in blu l’equazione p (x+ 4)2+ 12  3x + 1. Con

i rombi neri sono riportate le intersezioni con l’asse x, che di fatto rappresentano le soluzioni alle due equazioni.

In Figura 5 troviamo la situazione grafica dell’esercizio 3, con riportati i grafici di entrambi le equazioni. In didascalia la legenda dei grafici.

Quarto esercizio

:

Partiamo dalla prima disequazione irrazionale: √

x2− 3x − 4< x + 1 Tale disequazione è equivalente al sistema:

         x2− 3x − 4 ≥ 0 x+ 1 ≥ 0 x2− 3x − 4< (x + 1)2 −→          x ≤ −1 ∨ x ≥ 4 x ≥ −1 x2− 3x − 4< x2+ 1 + 2x L’ultima disequazione è valida per x> −1. Confrontando questa soluzione con le condizioni di esistenza del radicale

(prima disequazione del sistema) otteniamo come risultato finale:

x ≥4

Quindi per x ≥ 4 la disequazione irrazionale proposta è verificata.

Consideriamo ora la seconda disequazione irrazionale:

9 s

(x − 1)2

(x4− 3x2)4 > −(x 2+ 4)

Questo è il classico can che abbaia ma che non morde asso-lutamente. Infatti questa mostruosità matematica si riduce ad una semplicissima soluzione osservando che:

• Il primo termine presenta una radice con indice dispari, quindi significa che esiste per∀x ∈R, a meno di

condi-zioni di esistenza più stringenti all’interno del radicale. Poiché la frazione che è all’interno è sempre positiva, infatti il numeratore è elevato alla seconda e il denomina-tore è elevato alla quarta, si deduce che il primo termine è senz’altro sempre positivo. Gli unici problemi che si pos-sono presentare pos-sono dati dalle condizioni di esistenza del denominatore, ma al massimo ci forniranno dei punti in cui tale frazione non è definita, ma non cambieranno il segno.

• Il secondo termine è sicuramente negativo, in quanto ab-biamo un segno meno davanti ad un termine sicuramente positivo: x2+ 4 è positivo∀x ∈R.

Detto questo abbiamo un numero positivo che è maggiore di un numero negativo, ma questo è vero per qualunque x appartenente adR. In definitiva la soluzione della seconda

disequazione è:

∀x ∈R

Dedichiamoci ora alla terza disequazione:

r

5x − 6 3x − 7 <

1 2

Questa è piuttosto semplice, in quanto bisogna valutare solo le condizioni di esistenza del radicale. Infatti il termine12 è sempre maggiore di zero (è un numero positivo!) e quindi il sistema risolutivo non si rende necessario.

Verifichiamo le condizioni di esistenza del radicale: 5x − 6

3x − 7 ≥ 0

Studiamo separatamente numeratore e denominatore:

(

num →5x − 6 ≥ 0 → x ≥ 65 de n →3x − 7> 0 → x > 73

Qui dobbiamo vedere quando la frazione è positiva, e questo avviene o quando sia il numeratore e il denominatore sono positivi, oppure quando sono entrambi negativi. Questo significa scrivere:

x ≤ 6 5∨ x>

7 3

Questo risultato si ottiene mettendo i segni del numeratore e del denominatore sulla retta dei reali, come abbiamo sempre fatto.

(4)

A questo punto eleviamo tutto al quadrato e risolviamo la disequazione che otteniamo:

r 5x − 6 3x − 7 < 1 2 5x − 6 3x − 7 < 1 4 5x − 6 3x − 7 − 1 4 < 0 4(5x − 6) − 3x+ 7 4(3x − 7) < 0 17x − 17 12x − 28 < 0

Studiando separatamente il numeratore e il denominatore otteniamo:

(

num → x> 1 de n → x > 73

Anche in questo caso quindi la disuguaglianza è positiva per valori esterni, ovvero x< 1 ∨ x > 73. Tuttavia queste soluzioni vanno intersecate con le condizioni di esistenza, ed inoltre bisogna prendere la parte negativa, dato che la disequazione di partenza ha verso negativo. Ponendo tutte queste condizioni sulla retta dei reali vediamo che la disequazione è verificata per: 1< x < 6 5 -4 -2 0 2 4 6 8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8

Figura 6:Situazioni grafiche dell’esercizio 4 sulle disequazioni irrazionali. Sono riportate tutte e tre con colori diversi. Il grafico rosso si riferisce alla prima disequazione, il grafico blu alla seconda disequazione e il grafico verde alla terza disequazione. Il pallino nero indica la soluzione x 1 per la terza disequazione.

In Figura 6 possiamo vedere i tre grafici delle disequazioni. Controllare tali grafici con le soluzioni trovate. Qualche commento:

• La prima disequazione non è definita fra −1 e 4, come abbiamo calcolato. Per x > 4 è sempre negativa.

• La seconda disequazione, come vediamo, vive totalmente sopra l’asse x; infatti tale disequazione è verificata per qualunque x.

• La terza disequazione non è definita fra6

5e73. In generale è sempre positiva, tranne il piccolissimo pezzo compreso fra 1 e 65.

Quinto esercizio

:

Nota. Data la lunghezza del compito, è stata eliminata la disequazione con il valore assoluto. Risolviamo quindi solo ed esclusivamente l’equazione contenente due valori assoluti:

|3x2− x|+ |4x2− 2x − 1| 0 Studiamo separatamente i singoli valori assoluti:

3x2− x > 0 x(3x − 1)> 0 x < 0 ∨ x > 1

3

Studiamo ora il secondo valore assoluto: 4x2− 2x − 1> 0 x < 1 − √ 5 4 ∨ x> 1+ √ 5 4

In Figura 7 è riportata la retta dei reali con lo studio dei valori assoluti. Come si vede abbiamo da studiare cinque intervalli, tuttavia notiamo che:

• Il primo e il quinto sono uguali; • Il secondo e il quarto sono uguali.

Figura 7:La retta dei reali con lo studio dei valori assoluti dell’equazione.

Quindi fortunatamente dobbiamo studiare solo tre casi: I-V, II-IV, III.          (I, V) 3x2− x+ 4x2− 2x − 1 0 (II, IV) 3x2− x − 4x2+ 2x + 1  0 (III) − 3x2+ x − 4x2+ 2x + 1  0 Da cui:          7x2− 3x − 1 0 −x2+ x + 1  0 −7x2+ 3x + 1  0 Tali equazioni hanno soluzioni:

         x  3± √ 37 14 x  −1± √ 5 −2 x  −3± √ 37 −14

A questo punto è necessario controllare se tali soluzioni

vivo-noall’interno dei rispettivi intervalli. Per esempio dobbiamo vedere se: x 3+ √ 37 14 x 3 − √ 37 14

Stanno nel primo oppure nel quinto intervallo, infatti questa equazione va bene sia per il primo che per il quinto intervallo. In questo caso le soluzioni non sono accettabili.

(5)

-0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4

Figura 8:Il grafico della funzione con i valori assoluti. Come si vede il grafico non interseca mai l’asse delle x.

Facendo il controllo su tutte le altre soluzioni, notiamo che

nessuna di esse è accettabile, quindi la nostra equazione non è mai verificata per:

šx ∈R

Un controllo al grafico dell’equazione riportato in Figura 8 toglie ogni dubbio: il grafico non interseca mai l’asse delle x, conseguentemente non ha soluzioni accettabili.

Problema (sesto esercizio)

:

Il problema alla fine non era particolarmente difficile in quanto richiedeva di studiare velocemente delle disequazioni irrazionali.

Il primo punto chiedeva se, dato il seguente rate di crescita per gli zombie, essi erano destinati ad aumentare sempre:

Z(t) 4t + 2

Con t > 0. Essendo una retta, il numero di zombie è destinato ad aumentare sempre, a meno che non si intervenga.

Con il batterio in circolo la popolazione segue questo andamento:

Z(t) √

4t+ 2

Imponiamo le condizioni di esistenza del radicale: t> −1

2

Quindi per t > −12 la radice è sempre positiva, ma il tempo può essere solo maggiore di zero. Quindi anche in questo caso, sebbene il numero di zombie cresca in maniera meno rapida, è comunqu destinato a crescere sempre.

Fortunatamente arrivano i fisici, che inserendo un composto nocivo per gli zombie nell’atmosfera riducono il numero in modo molto più sensibile. Il nuovo andamento è quindi:

Z(t) √

4t+ 2 − t

Imponendo Z(t) 0 imponiamo a quale t la popolazione si azzera. In particolare: √ 4t+ 2 − t  0 √ 4t+ 2  t 4t+ 2  t2 t2− 4t − 2 0 t 2 ± √ 6

Poiché il tempo può essere solo positivo, dobbiamo pren-dere la soluzione positiva. Quindi in definitiva gli zombie vengono completamente annientati dopo un periodo di:

t 2 + √ 6 ' 4.4 mesi 0 1 2 3 4 5 0 2 4 6 8 10 crescita normale batterio praseodimio

Figura 9:Le varie crescite degli zombie.

In Figura 9 sono riportati gli andamenti studiati. La retta nera rappresenta l’andamento senza interventi, e come si vede è destinata ad aumentare sempre. La linea blu, per quanto riduca sensibilmente la crescita, non produce una diminuzione nel numero degli zombie. Solo combinando il batterio con il composto radioattivo (linea rossa) si ottiene una inversione di tendenza e quindi un azzeramento della popolazione dopo circa 4.4 mesi. Da notare che il composto radioattivo da solo non abbatterebbe il numero di zombie, ma solo la combinazione fra batterio e composto. Quindi per distruggere gli zombie è necessaria una collaborazione fra biologi e fisici!

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