SOLUZIONE COMPITO 19 FEBBRAIO 2019
Marco Monaci
1Liceo Scientifico G. Marconi (2B)
ESERCIZIO 1: Studiamo le seguenti disequazioni di se-condo grado sia dal punto di vista analitico che dal punto di vista grafico.
1.1 x
2− 4x − 1 > 0
Troviamo le soluzioni dell’equazione associata:
x1,2= 4 ±√16 + 4 2 = 4 ± 2 √ 5 2 = 2 ±√5
E poiché devo prendere le soluzioni positive, prendo i valori esterni, ovvero:
x < 2 −√5 ∨ x > 2 +√5
1.2 −x
2− 2x − 1 < 0
Anche qui trovo le soluzioni dell’equazione associata: x1,2=
2 ±√4 − 4
−2 =
2
−2 = −1
Poiché la parabola ha concavità verso il basso e voglio trovare dove è negativa, in questo particolare caso la disequazione è sempre verificata tranne in x = −1, dove la parabola è uguale a zero (infatti facciamo attenzione al fatto che vogliamo vedere dove la parabola è strettamente minore di zero). Quindi in definitiva:
∀x ∈ R − {−1}
1.3 3x
2+ 4x + 10 > 0
Stessi discorso: x1,2 = −4 ±√16 − 120 6E qui possiamo tranquillamente fermarci. Essendo il ∆ < 0non abbiamo intersezioni, e poiché la parabola ha la concavità verso l’alto e vogliamo che sia positiva, troviamo che tale disequazione è valida per tutti i valori di x:
∀x ∈ R
In Figura 1 troviamo le tre parabole disegnate. Come si vede bene la parabola rossa (relativa alla prima dise-quazione) presenta correttamente due intersezioni ed è positiva per soluzioni esterne, la parabola blu (seconda disequazione) è sempre negativa tranne -1 mentre infine la parabola verde (terza disequazione) è sempre positiva. ESERCIZIO 2: Questo esercizio si può risolvere in due modi, o per via grafica (disegnando bene le parabole) o per via analitica.
Trovare le intersezioni fra due parabole significa porle a sistema, ovvero:
(
x2− 4x − 1 = 0 −x2− 2x − 1 = 0
Figura 1:Parabole relative all’esercizio 1 e all’esercizio 2.
Ovvero molto semplicemente:
x2− 4x − 1 = −x2− 2x − 1 2x2− 2x = 0
x(2x − 2) = 0
Che ha come soluzioni x1 = 0 e x2 = 1, che sono proprio le intersezioni cercate.
Sempre in Figura 1 si vede chiaramente che le due parabole rossa e blu si intersecano in questi due punti. ESERCIZIO 3: La prima disequazione è stata sostituita durante il compito in quanto quella precedentemente proposta non era risolubile. In Figura 2 sono disegnate le curve relative a questo esercizio.
3.1 x
3− x
2+ 2x + 4 > 0
Applicando Ruffini, scegliendo −1 si poteva fattorizzare nel seguente modo:
(x + 1)(x2− 2x + 4) > 0
E quindi bisognava studiare separatamente i due termini. Il primo è facile:
x + 1 > 0x > −1 Per il secondo:
(x2− 2x + 4) > 0
Troviamo le soluzioni dell’equazione associata 2 ±√4 − 16
2
E vediamo che il ∆ < 0, quindi non ci sono intersezioni. Però poiché è una parabola con la concavità verso l’alto, e dobbiamo trovare le soluzioni positive, abbiamo che è verificata per ∀x ∈ R
Quindi in definitiva il secondo termine è sempre mag-giore di zero e quindi non dà problemi; solo il primo termine ci stabilisce il segno, quindi abbiamo che:
Figura 2:Le curve relative all’esercizio 3. Notare dove sono positive e dove sono negative e confrontarle con le soluzioni analitiche.
3.2 x
4− 5x
2+ 6 < 0
Per questa operiamo la sostituzione x2= te riscriviamo: t2− 5t + 6 < 0
Troviamo le soluzioni dell’equazione associata: t1,2=
5 ±√25 − 24
2 =
5 ± 1 2 Ovvero ha come soluzioni t1= 3e t2= 2. Adesso troviamo le x imponendo:
x2= 3 x2= 2 Ovvero:
x = ±√3 x = ±√2
Quindi possiamo scomporre la disequazione proposta come:
(x +√3)(x −√3)(x +√2)(x −√2) < 0
Mettendo sull’asse reale le soluzioni e considerando le soluzioni negative otteniamo:
−√3 < x < −√2 ∨√2 < x <√3
3.3 (2x + 1) + (3x
2− 2x + 1)(4x + 2) > 0
Questa effettivamente era diabolica. Per risolverla era necessario prima raccogliere un 2 dal fattore (4x + 2) ottenendo:
(2x + 1) + 2(3x2− 2x + 1)(2x + 1) > 0 E successivamente raccogliere il fattore (2x + 1):
(2x + 1)1 + 2(3x2− 2x + 1) > 0 Ovvero:
(2x + 1)(1 + 6x2− 4x + 2) > 0 (2x + 1)(6x2− 4x + 3) > 0
E quindi si studia il segno dei singoli fattori. Partiamo dal primo:
2x + 1 > 0 x > −1
2
Occupiamoci del secondo termine: (6x2− 4x + 3) > 0
Tuttavia il ∆ di tale equazione associata è negativo, quindi non ci sono soluzioni reali. Ma poiché la para-bola ha concavità verso l’alto, allora vuol dire che tale disequazione è sempre verificata e quindi non dà pro-blemi al segno, in quanto è positiva ∀x ∈ R. Quindi alla fine di tutto la soluzione è:
x > −1 2 ESERCIZIO 4:
4.1 Primo sistema
Il primo sistema proposto è: (3x+4
x+2 > 2 − x 4x2−4x−3
x2+5x < 0 Studiamo la prima disequazione:
3x + 4 x + 2 − 2 + x > 0 3x + 4 + (x + 2)(−2 + x) x + 2 > 0 3x + 4 + (−2x − 4 + x2+ 2x) x + 2 > 0 3x + 4 − 4 + x2 x + 2 > 0 x2+ 3x x + 2 > 0
Quindi il numeratore possiamo scriverlo come: x(x + 3) > 0
Ovvero positivo per x < −3 ∨ x > 0.
Il denominatore è invece positivo per x > −2.
Mettendo sull’asse reale le soluzioni e prendendo solo le parti positive abbiamo per la prima disequazione:
−3 < x < −2 ∨ x > 0 Passiamo ora alla seconda disequazione.
4x2− 4x − 3 x2+ 5x < 0
Conviene comunque studiarla > 0 e poi prendere le soluzioni negative. Partiamo dal numeratore:
4x2− 4x − 3 > 0
Troviamo le soluzioni dell’equazione associata: x1,2= 4 ±√16 + 48 8 = 4 ± 8 8 Ovvero x1=32 e x2= −12.
Il denominatore lo posso scomporre come x(x + 5), che ha soluzioni x = 0 e x = −5.
Studiando il segno sull’asse reale e prendendo le parti negative troviamo che la disequazione è verificata per:
−5 < x < −1
2 ∨ 0 < x < 3 2
Ora che abbiamo le soluzioni delle due disequazioni dobbiamo trovare dove entrambe sono verificate
con-temporaneamente. Usando nuovamente l’asse reale abbiamo che la soluzione globale è:
−5 < x < −2 ∨ 0 < x < 3 2
4.2 Secondo sistema
Il secondo sistema era proprio il tipico cane che abbaia ma che non morde. Riprendiamolo un attimo:
3x2+ x + 3 < 0 (√3 − 1)x3− 4x2+ 7√2 > 0 x8+3x4−2 3x2+2 > 0
Basta prendere la prima disequazione: 3x2+ x + 3 < 0
Un rapido controllo al delta: ∆ = b2− 4ac = 1 − 36 < 0 ovvero nessuna soluzione. Poiché la parabola ha conca-vità verso l’alto tale parabola "vive" solo nel semipiano positivo, ovvero non è mai negativa, quindi la prima disequazione è impossibile, ovvero @x ∈ R. Visto che un sistema ha soluzioni quando contemporaneamente tutte le disequazioni sono verificate, ma poiché la prima disequazione è impossibile, risulta che l’intero sistema sia impossibile. Le altre due disequazioni si possono quindi tralasciare.
ESERCIZIO 5: Per il primo punto è sufficiente sostituire a t 2, ottenendo per Porto Tolle:
2t + 4 −→ 4 + 4 = 8
Mentre per acquistare l’energia dalla Francia: t2+ 4t − 1 −→ 4 + 8 − 1 = 11
Quindi per una emergenza di due ore conviene accendere la centrale di Porto Tolle.
Nel caso di 30 ore si sostituisce di nuovo trovando: P orto T olle −→ 64
F rancia −→ 1019
Quindi anche in questo caso conviene accendere la centrale di Porto Tolle.
Infine in terzo punto si può risolvere imponendo che il costo di Porto Tolle (2t + 4) sia inferiore al costo francese (t2+ 4t − 1), ovvero:
2t + 4 < t2+ 4t − 1 t2+ 4t − 1 − 2t − 4 > 0
t2+ 2t − 5 > 0
Risolvendo l’equazione associata troviamo come soluzioni:
t1,2= −1 ± √
6
Scartiamo la soluzione negativa (non ci possono esse-re tempi negativi!), quindi rimane solo t = −1+√6 ' 1.44. In altre parole, dopo circa 1.44 ore conviene comunque accendere la centrale di Porto Tolle.
