DISEQUAZIONI IRRAZIONALI
Marco Monaci
Introduzione:
Le disequazioni irrazionali sono tutte quelle disequazio-ni che hanno la variabile (la x) anche sotto delle radici, ma non solo. Per esempio, le disequazioni:
3 p
x2− 4x < x − 2 3 >√x + 2
Sono disequazioni irrazionali, mentre invece la seguente: √
2 +√3 + x < x2+ 2
Non è una disequazione irrazionale: è vero che ci sono
delle radici, ma sotto di esse ci sono solo dei numeri, mentre la variabile è solo fuori. Quindi possiamo dire che quest’ultima disequazione contiene dei radicali, ma non è una disequazione irrazionale.
Purtroppo il metodo di risoluzione di una disequa-zione irrazionale non è universale, ma cambia in base all’indice della radice e anche al verso della disequazione. Approfondiremo via via tutti i possibili casi.
Disequazioni elementari:
Partiamo dal caso più semplice, ovvero da quelle dise-quazioni che si possono risolvere praticamente a mente. Consideriamo per esempio la seguente disequazione:
√ x > 2
Anche il sottoscritto, dopo 4 gintonic il sabato sera, sarebbe in grado di risolverla senza effettuare alcun calcolo. Infatti è sufficiente trovare un numero la cui radice sia superiore a 2: questo numero è 4, infatti √
4 = 2Quindi la disequazione è risolta per x > 4.
Nota. La radice è una funzione monotona, ovvero è
sempre crescente o sempre decrescente. Ciò significa che mantiene l’ordine, cioè se x < y allora è vero che √
x <√y, con x e y dei numeri. Questo ci servirà più tardi per la risoluzione di disequazioni più complesse.
Proviamo a fare un altro esempio di disequazione elementare, ma meno elementare di quella di prima:
√
x − 2 > 2
Qui forse 4 gintonic sono troppi, ma sicuramente è una disequazione che si può risolvere tranquillamente in orario di aperitivo. In questo caso dobbiamo trovare un numero la cui radice sia maggiore di 2. Noi sappiamo che questo numero è 4, infatti√4 = 2. Ciò significa che tutto quello all’interno della radice deve essere maggiore di 4, ovvero (x−2) > 4: conseguentemente è facile vedere che x > 6.
Facile no? Diciamo che per ora stiamo navigando nelle calme acque irrazionali, tuttavia questo oceano diventa rapidamente procelloso1, come vedremo nelle
prossime sezioni.
Come mai non eleviamo tutto al quadrato?:
Vedendo le radici, la prima cosa che viene in mente da buoni scaricatori di porto della matematica è elevare tutto al quadrato, sbattere tutto al primo membro e ri-solverla normalmente. Purtroppo questa procedura non
va bene, perché elevando al quadrato si introducono
1per gli ignoranti come me, procelloso signfica tempestoso.
delle soluzioni che però sono prive di significato. In altre parole bisogna stare attenti, perché l’equazione eleva-ta al quadrato diveneleva-ta un’altra equazione con soluzioni
diverse.
Nota sull’elevamento al quadrato. Vogliamo por-tare un esempio pratico a quanto appena detto. Immaginiamo di avere la nostra equazione:
x − 2 = 4
Che ha chiaramente soluzione x = 6. Ma cosa succede se eleviamo al quadrato?
(x − 2)2= 16
Risolvendo otteniamo:
x2− 4x − 12 = 0
Che ha come soluzioni x1 = 6 e x2 = −2. La prima
soluzione effettivamente è in comune, ma la seconda è fasulla. Quindi in generale l’elevamento al quadrato produce altre soluzioni che vanno scartate.
Un esempio grafico
Portiamo un esempio grafico a quanto detto, e vediamo che elevando al quadrato si ottengono funzioni diverse che vanno trattate con attenzione.
Immaginiamo di voler risolvere la seguente disequa-zione irrazionale, leggermente più complessa di quelle precedenti: √
21 − 3x < x − 1
A noi non ce ne frega un cazzo ed eleviamo tutto al quadrato senza troppi pensieri2:
21 − 3x < (x − 1)2 Da cui eseguendo i calcoli:
21 − 3x < x2+ 1 − 2x −x2− x + 20 < 0
x2+ x − 20 > 0
Questa è una comunissima e coccolosa disequazione di secondo grado. Prima di tutto troviamo le due so-luzioni dell’equazione associata x2+ x − 20 = 0, ovvero
x1= 4e x2= −5. Poiché è una parabola con la concavità
rivolta verso l’alto (il coefficiente della x2 è positivo) e
deve essere maggiore di zero, prendiamo le soluzioni esterne. Conseguentemente la disequazione è risolta per:
x < −5 ∨ x > 4
Sembrerebbe che questa soluzione vada bene anche per la disequazione irrazionale proposta sopra. Ma siamo così sicuri?
Possiamo risolvere la disequazione anche procedendo per via grafica. In tal caso, possiamo riscrivere la nostra disequazione come:
√
21 − 3x − x + 1 < 0
Ovvero portando tutto al primo membro. Adesso dise-gniamo il grafico3 di f (x) =√21 − 3x − x + 1e vediamo dove è positivo e dove è negativo. In Figura 1 il grafico del membro a sinistra della disequazione.
Figura 1:Il grafico della funzione f (x) =√21 − 3x − x + 1. La stellina rossa indica l’intersezione del grafico con l’asse delle x. La parte colorata in rosso è positiva, quella in verde dove è negativa e quella in grigio è una zona dove il grafico non è definito (è presente comunque la linea blu, ma è priva di significato).
Osservando la figura ci chiediamo: dove è positivo il grafico? Saremo tutti d’accordo che per x < 4 (parte rossa) il grafico si trova sopra l’asse delle x, ciò significa che è positivo. Per 4 < x < 7 (parte verde) il grafico si trova sotto l’asse delle x, quindi è negativo. Per x > 7 (parte grigia) la disequazione non è definita in quanto il termine sotto la radice, ovvero (21−3x), diventa negativo, rendendo la radice priva di significato (non è possibile fare la radice di un numero negativo in R).
In definitiva, questa disequazione è verificata solo per 4 < x < 7, dato che deve essere minore di zero, come avevamo detto sopra.
Orrore e dannazione. Questo risultato grafico è
to-talmente diverso dal risultato ottenuto prima,
ovve-ro elevando tutto al quadrato e risolvendo (seguen-do il procedimento avevamo ottenuto come risultato x < −5 ∨ x > 4).
I due procedimenti, così sviluppati, non sono equiva-lenti; in particolare l’elevamento al quadrato, da solo,
non produce la soluzione corretta.
Purtroppo dobbiamo ammettere la nostra sconfitta: non possiamo risolvere le disequazioni in modo freestyle, ovvero elevando tutto fino a quando non ci leviamo le radici, ma dobbiamo utilizzare un metodo diverso e soprattutto stare molto attenti.
Risoluzione di disequazioni irrazioniali con
in-dice dispari:
La risoluzione delle disequazioni irrazionali con indice dispari è molto facile e non presenta particolari proble-matiche. Infatti la radice con numero dispari si può fare anche di un numero negativo, ovvero si può fare
3con la denominazione f (x) indichiamo una funzione, ovvero una
relazione fra le x e le y in un piano cartesiano. Qui ci serve solo per "indicare" il grafico di quella disequazione.
sempre. Non ci sono quindi problemi di esistenza, ed inoltre l’elevamento ad un numero dispari mantiene l’ordine della disequazione.
Un esempio di disequazione irrazionale con indice dispari è la seguente:
3 √
x − 2 > 3x − 4
In questo caso è sufficiente elevare tutti e due i membri alla terza, in modo da eliminare la radice:
3 √ x − 23 > (3x − 4)3 Da cui ricaviamo: x − 2 > (3x − 4)3
Che quindi possiamo risolvere agilmente (per esem-pio scomponendola con Ruffini - ora questa magari no perché l’ho inventata a caso, ma in generale si possono risolvere).
Non importa il verso della disequazione, è semplice-mente sufficiente elevare per eliminare la radice. Un altro esempio:
7 p
x2+ 4x < 2
x2+ 4x < 27
E anche qui possiamo risolverla agilmente.
Risoluzione generale per le disequazioni irrazionali con indice dispari. Se siamo in presenza di una radice
di indice n (purché dispari), allora le disequazioni:
n p
A(x) > B(x) pn A(x) < B(x)
Sono equivalenti alle seguenti disequazioni:
A(x) > Bn(x) A(x) < Bn(x)
Dove con n abbiamo per l’appunto indicato un qualun-que indice dispari, mentre con A(x) abbiamo indicato il pezzo che si trova tutto sotto la radice e con B(x) ab-biamo indicato il pezzo che si trova dall’altra parte del segno della disequazione. In definitiva per risolvere una disequazione irrazionale con indice dispari è sufficiente elevare alla n tutti i membri per togliersi la radice e poi risolvere. Nulla di più facile, e non c’è da fare nient’altro!
Esempio
Risolviamo la seguente disequazione irrazionale:
3 p
x3− 4 > x + 2
Eleviamo tutto alla terza in modo da eliminare la radice:
x3− 4 > (x + 2)3
A questo punto svolgiamo il cubo del binomio 4,
ottenendo:
x3− 4 > x3+ 6x2+ 12x + 8
Conseguentemente:
6x2+ 12x + 2 < 0
4per chi non se lo ricordasse, ecco la formula: (A + B)3 = A3+
Le soluzioni dell’equazione associata sono x1= −3− √ 6 3 e x2= −3+ √ 6
3 . Essendo una parabola con la concavità
rivolta verso l’alto, e dobbiamo prendere dove essa è negativa, prendiamo i valori compresi fra queste due soluzioni, ovvero:
−3 −√6 3 < x <
−3 +√6 3
Che rappresenta quindi anche la soluzione della no-stra disequazione irrazionale associata. Come vedete è tutto piuttosto semplice e lineare.
Risoluzione di disequazioni irrazionali con
indice pari del tipo
pA(x) < B(x)
:In questo paragrafo ci occuperemo esclusivamente delle disequazioni irrazionali con verso <. Come vede purtroppo dobbiamo considerare addirittura i singoli casi. C’est la vie.
Consideriamo un tipica disequazione irrazionale di questo tipo:
p
x2+ 4x − 2 < x + 1
Effettivamente questa equazione si presenta nella for-mapA(x) < B(x), quindi non dobbiamo fare dei pas-saggi algebrici preventivi (se la disequazione era più complessa, andava ridotta per forza in questa forma, per esempio spostando dei pezzi a destra del segno della disequazione o dividendo per eventuali fattori).
A questo punto è necessario fare qualche conside-razione. Innanzitutto noi sappiamo che la radice può essere effettuata solo per numeri positivi, quindi dob-biamo imporre che tutto quello che sta sotto la radice sia positivo o tuttalpiù nullo, ovvero:
x2+ 4x − 2 ≥ 0
Con questa condizione garantiamo l’esistenza della radice. Le soluzioni associate sono x1 = −2 − 2
√ 6 e x2= −2 +
√
6. Essendo una parabola con la concavità rivolta verso l’alto, ed essendo che cerchiamo le solu-zioni positive, allora dobbiamo prendere i valori esterni, ovvero:
x ≤ −2 −√6 ∨ x ≥ −2 +√6
Quindi fuori da questi intervalli non ci dobbiamo mai andare. Già vediamo come sia diverso elevare tutto al quadrato senza imporre alcuna condizione di esistenza.
Tuttavia non è finita: esiste una ulteriore condizio-ne logica che va rispettata, ovvero che il termicondizio-ne B(x) sia positivo. Perché questa cosa? Ebbene, seguite il ragionamento. Se B(x) fosse minore di zero (ne nostro caso se x + 1 < 0) allora affinché la disequazione sia verificata è necessario che anche A(x) sia negativo (deve essere addirittura più piccolo di B(x)!), ma la radice non restituisce mai valori negativi, quindi questa condizione va scartata e dobbiamo per forza imporre che B(x) sia maggiore o uguale a zero.
Imponiamolo:
x + 1 ≥ 0 Da cui otteniamo:
x ≥ −1
Questa è un’altra condizione da aggiungere alla no-stra risoluzione. A questo punto ci siamo messi nella condizione più sicura possibile, dove la nostra radice ci
produce sicuramente un risultato sensato e positivo, ed inoltre B(x) è positivo.
Dopo tutta ’sta manfrina possiamo finalmente elevare al quadrato (fatelo proprio con gusto, ora potete farlo senza problemi!): p x2+ 4x − 2< (x + 1)2 Ovvero: x2+ 4x − 2 < (x + 1)2 x2+ 4x − 2 < x2+ 1 + 2x 2x − 3 < 0 x < 3 2
Quindi finalmente abbiamo la risoluzione della dise-quazione vera e propria, ovvero x < 3
2. Abbiamo quasi
finito, in quanto questa soluzione va controllata con le condizioni che precedentemente avevamo stabilito. In altre parole occorre intersecare tutti questi intervalli:
x ≤ −2 −√6 ∨ x ≥ −2 +√6 x ≥ −1 x < 32
Di fatto solo l’ultima condizione è quella effettivamente
operativa, ma va appunto controllata. Per fare questo
possiamo fare il grafico delle condizioni sulla retta dei reali, che riportiamo in Figura 2.
−2 − 6 −1 0 −2 + 6 3
2
Figura 2:Grafico delle condizioni per l’equazione considerata. La zo-na colorata di verde è l’unico intervallo in cui sono verificate tutte e tre le condizioni.
Come possiamo vedere, l’unico intervallo in cui sono verificate tutte e tre le condizioni è solo per:
−2 +√6 ≤ x <3 2
Infatti per valori inferiori a −2 +√6 la radice non è più definita, conseguentemente la disequazione perde di significato.
Risoluzione generale di una equazione del tipo
pA(x) < B(x). Possiamo finalmente indicare la strate-gia risolutiva generale delle disequazioni irrazionali del tipo indicato. In particolare una disequazione:
p
A(x) < B(x)
è equivalente a risolvere il sistema:
A(x) ≥ 0 B(x) ≥ 0 A(x) < B2(x)
Risoluzione di disequazioni irrazionali con
indice pari del tipo
pA(x) > B(x)
:Terminiamo la trattazione dei casi possibili con quel-lo, ovviamente, più difficile. Stiamo parlando delle disequazioni del tipo:
p
A(x) > B(x)
In questo particolare caso la situazione si complica maggiormente, perché dovremo considerare ben due sistemi. Tali sistemi saranno diretti dal segno di B(x). Vediamo il perché.
Primo caso: B(x) < 0
Partiamo dal caso in cui il secondo membro sia minore di zero. Ciò significa che è negativo, ma se la radice restitui-sce un numero positivo, la disequazionepA(x) > B(x) è
sempre verificata. Infatti se ci pensiamo un attimo, se
imponiamo che A(x) sia positivo (ovvero imponiamo le condizioni di esistenza della radice), significa che anche pA(x) è positivo, ma se B(x) è minore di zero, allora è sempre verificato che pA(x) > B(x). Facciamo un esempio pratico: √
x − 2 > −3
Beh, se x − 2 > 0, la disequazione è sempre verifica-ta: infatti esiste il radicale, tale radicale è positivo (per definizione!) e allora per forza di cose deve essere mag-giore di un numero negativo, come in questo caso −3. Sembra una supercazzola, ma pensateci un attimo ed è piuttosto lampante.
Detto questo, il primo sistema da risolvere è il seguente:
n
B(x) < 0A(x) ≥ 0
Dove di fatto nella seconda condizione riconosciamo la condizione di esistenza del radicale. E questo primo caso è sistemato.
Primo caso: B(x) ≥ 0
Che cosa succede se invece B(x) ≥ 0? In questo caso la disequazione non è sempre verificata, ma di fatto ricadiamo nel caso precedente, dove è possibile che pA(x) sia effettivamente minore di B(x), ma comunque maggiore di zero.
La condizione di base è che B(x) ≥ 0. Una volta im-posta questa condizione possiamo procedere con l’ele-vamento al quadrato per trovare le effettive soluzioni, ovvero porre:
A(x) < B2(x)
Il lettore attento potrebbe chiedere la seguente cosa: come mai non abbiamo imposto che la radice esista, ovvero che A(x) sia maggiore di 0? Beh, la domanda è ottima, tuttavia questa condizione è superflua. Infatti abbiamo detto che B(x) è sicuramente positivo (prima condizione), ma allora imponendo che A(x) > B2(x)
stia-mo dicendo che la nostra A(x) è maggiore di qualcosa elevato al quadrato (la nostra B(x)), ovvero sicuramente positivo. Conseguentemente la condizione A(x) ≥ 0 è già contenuta in A(x) > B2(x)e quindi possiamo eliminarla
(meno conti da fare!)
In definitiva, il secondo sistema da risolvere è il seguente:
(
B(x) ≥ 0 A(x) > B2(x)
Come possiamo vedere in questo caso abbiamo ben
due sistemi da considerare.
Risoluzione generale di una equazione del tipo
pA(x) > B(x). Per risolvere una disequazione di questo tipo dobbiamo risolvere i due sistemi:
( B(x) < 0 A(x) ≥ 0 ( B(x) ≥ 0 A(x) > B2(x)
E considerare l’unione delle soluzioni di questi due sistemi.
Facciamo un esempio pratico di questa situazione. Consideriamo la disequazione irrazionale seguente:
√
x + 3 + x − 3 > 0 Innanzitutto riscriviamola come:
√
x + 3 > 3 − x
In questo modo riconosciamo facilmente il caso pA(x) > B(x). Detto questo, passiamo alla risoluzione del primo sistema, ovvero:
( B(x) < 0 A(x) ≥ 0 Sostituendo: ( 3 − x < 0 x + 3 ≥ 0 −→ ( x > 3 x ≥ −3
Ricordiamoci che le condizioni in un sistema di di-sequazioni devono essere entrambe verificate
con-temporaneamente. In Figura 3 possiamo vedere la
risoluzione di tale sistema sulla retta dei reali.
0
−3 3
Figura 3:Condizioni del primo sistema
Come possiamo vedere il sistema è verificato solo per x > 3. La zona valida è colorata in verde, dove infatti sono verificate entrambe le condizioni (notare come fra −3 e 3 è verificata solo una condizione, mentre per x > −3 non è verificata nessuna condizione). Mettiamo da parte tale risultato.
Risoluzione primo sistema:
x > 3
Adesso dobbiamo considerare il secondo sistema, ovvero: ( B(x) ≥ 0 A(x) > B2(x) Sostituendo abbiamo: ( 3 − x ≥ 0 x + 3 > (3 − x)2 −→ ( x ≤ 3 x + 3 > 9 + x2− 6x
Ovvero:
( x ≤ 3
x2− 7x + 6 < 0
Nella seconda condizione ci riconosciamo una parabo-la con parabo-la concavità rivolta verso l’alto, di cui dobbiamo prendere la parte negativa, ovvero quella compresa fra le due soluzioni dell’equazione associata (che sono x1= 1
e x2= 6). In definitiva possiamo scrivere:
( x ≤ 3 1 < x < 6
Anche in questo caso tocca fare la retta dei reali e vedere dove abbiamo soluzioni comuni. Tale risultato lo possiamo vedere in Figura 4.
6 3
1 0
Figura 4:Condizioni del secondo sistema
In questo caso l’unico intervallo in cui entrambe le disequazioni sono verificate è per:
1 < x ≤ 3
Risoluzione secondo sistema:
1 < x ≤ 3
Ci siamo quasi. Dobbiamo unire le soluzioni dei due sistemi, ovvero unire:
x > 3 1 < x ≤ 3
Di nuovo, conviene utilizzare la retta dei reali per non confondersi. In Figura 5 possiamo vedere l’unione delle soluzioni dei due sistemi.
0 1 3
Figura 5:Unione delle soluzioni dei due sistemi
Notare come qui è necessario che ci sia almeno una condizione, non è necessario che ci siano
contempora-neamente tutte e due le condizioni. Infatti da 1 a 3 c’è una condizione, e poi da 3 in poi ce ne sia un’altra. In definitiva quindi è sufficiente che x > 1 per avere almeno una condizione soddisfatta.
Incredibilmente ce l’abbiamo fatta! La soluzione della disequazione irrazionale proposta è la seguente:
Soluzione della disequazione irrazionale √x + 3 + x − 3 > 0:
x > 1
Risoluzione di disequazioni irrazionali con tre
radici:
Concludiamo la nostra trattazione con un particolare caso di disequazione irrazionale (molto bellino, ma molto calcoloso e lungo), ovvero quella con tre radici (con due è facile, basta spostarne una da una parte ed elevare al quadrato, dopo aver imposto le condizioni di esistenza).
Consideriamo a tal proposito la seguente disequazione irrazionale:
√
x − 4 +√2x − 1 −√5x + 4 < 0
Nota. Una radice deve avere sempre segno negativo
davanti, altrimenti la disequazione non è mai risolta (perché sarebbe somma di cose positive, che però do-vrebbe essere minore di zero, ma questo non è mai vero).
La primissima cosa da fare, prima di azzardarsi a toccare qualunque cosa, sono le condizioni di esistenza dei singoli radicali. Imponiamole tutte assieme:
x − 4 ≥ 0 2x − 1 ≥ 0 5x + 4 ≥ 0
Da cui otteniamo con qualche calcolo:
x ≥ 4 x ≥ 12 x ≥ −45
Siccome devono essere considerate tutte e tre con-temporaneamente, usando la retta dei reali (che non riportiamo - tanto avete capito come fare) troviamo che la condizione di esistenza è x ≥ 4. Se questa condizione non è rispettata, uno o più radicali non sono definiti (hanno un numero negativo sotto la radice). Mettiamo da parte le condizioni di esistenza:
Condizioni di esistenza (CE):
x ≥ 4
Una volta imposte le condizioni di esistenza, possiamo passare all’algebra. Innanzitutto spostiamo una radice dall’altra parte:
√
x − 4 +√2x − 1 <√5x + 4
Eh, questa volta nulla ci ferma dall’elevare al quadrato tutto. Quindi abbiamo:
√
x − 4 +√2x − 12
< 5x + 4
Di fatto il primo membro è un quadrato di binomio: dobbiamo calcolare il quadrato del primo termine, il quadrato del secondo termine e il doppio prodotto. Ma i quadrati sono facili, basta eliminare la radice:
(x − 4) + (2x − 1) + 2√x − 4√2x − 1 < 5x + 4
Ma il prodotto di radici con lo stesso indice è facile, in quanto possiamo scriverlo come la radice del prodotto:
(x − 4) + (2x − 1) + 2p(x − 4)(2x − 1) < 5x + 4
Momentaneamente conviene lasciare il prodotto così come è sotto la radice, perché poi ne dovremo studiare il
segno. Intanto svolgiamo le parentesi fuori e sommiamo i termini simili: 2p(x − 4)(2x − 1) < 2x + 9 Da cui: p (x − 4)(2x − 1) < x +9 2
Ehi, ma ci siamo ridotti ad un caso che conosciamo! Infatti è:
p
A(x) < B(x)
E quindi possiamo applicare la strategia che abbiamo descritto prima. Dobbiamo risolvere il seguente sistema:
A(x) ≥ 0 B(x) ≥ 0 A(x) < B2(x) Sostituendo abbiamo: (x − 4)(2x − 1) ≥ 0 x + 92 ≥ 0 (x − 4)(2x − 1) < x +922
La prima disequazione, se svolta, produce una para-bola con concavità rivolta verso l’alto e di cui dobbiamo prendere le parti positive, ovvero le soluzioni esterne:
x ≤ 1 2∨ x ≥ 4 x + 92 ≥ 0 (x − 4)(2x − 1) < x +922 Risolviamo ora la seconda disequazione:
x ≤ 12∨ x ≥ 4 x ≥ −9 2 (x − 4)(2x − 1) < x +922
Adesso occupiamoci della terza disequazione:
x ≤ 1 2∨ x ≥ 4 x ≥ −92 2x2− 8x − x + 4 < x2+81 4 + 9x
Sommiamo i termini simili e portiamo tutto al primo membro: x ≤ 12∨ x ≥ 4 x ≥ −92 x2− 18x −65 4 < 0
La terza disequazione rappresenta una parabola con la concavità rivolta verso l’alto, di cui però ci interessa la parte negativa, ovvero quella compresa fra le due soluzioni associate, che sono:
x1=
18 +√389
2 x1=
18 −√389 2 In definitiva il sistema risulta essere:
x ≤ 12∨ x ≥ 4 x ≥ −92 18−√389 2 < x < 18+√389 2
Ricordiamoci che all’interno dello stesso sistema le disequazioni devono essere rispettate tutte contempo-raneamente. Conviene disegnare come al solito la retta
0 −1 2 18 − 389 2 −9 2 4 18 + 389 2
Figura 6:Risoluzione del sistema equivalente.
dei reali. In Figura 6 possiamo vedere la risoluzione del sistema.
Come possiamo vedere, ci sono due intervalli validi (che sono colorati di verde). Il primo è per:
18 −√389
2 < x < − 1 2 Mentre il secondo è per:
4 < x < 18 + √
389 2
Attenzione perché non è finita! Vi ricordate che all’ini-zio avevamo imposto le condiall’ini-zioni di esistenza per i tre radicali? Queste condizioni ci dicevano che i tre radicali esistevano per x ≥ 4, quindi l’intervallo18−√389
2 < x < − 1 2
va per forza scartato, in quanto è tutto minore di 4, e quindi non va bene. Ciò significa che l’unico intervallo utilizzabile è il secondo. Detto questo, possiamo scrivere finalmente la soluzione per la disequazione irrazionale proposta:
Risoluzione della disequazione√x − 4 +√2x − 1 − √
5x + 4 < 0. La disequazione è verificata per:
4 < x < 18 + √
389 2
E giusto per non farci mancare niente, facciamo il grafico della nostra disequazione, che riportiamo in Figura 7.
Figura 7:Grafico della disequazione√x − 4 +√2x − 1 −√5x + 4 < 0
Qualche commento in relazione al grafico. Nella parte colorata di azzurro, ovvero per valori inferiori a −45 nes-suno dei radicali esiste, e infatti il grafico è una linea
piatta sullo zero (lì non vale zero, ma è il software che disegna così se non trova nulla da disegnare). Nella parte colorata di giallo, ovvero fra −4
5 e 1
2 esiste solo
il primo radicale (quindi un po’ di grafico c’è, ma non esistono gli altri due radicali, quindi ha poco senso de-finire una disequazione). Nella parte colorata di verde, ovvero fra 1
2 e 4 esistono i primi due radicali, ma non
esiste il terzo (quindi anche qui non va bene). Nella parte bianca non colorata finalmente esistono tutti e tre i radicali, e infatti questa zona rispetta la condizione di esistenza x ≥ 4. La stellina blu rappresenta l’inter-sezione del grafico con l’asse x, e correttamente vale
18+√389
2 : sotto questo valore la somma dei tre radicali
è minore di zero, e la disequazione è verificata. Sopra questo valore la somma dei tre radicali è maggiore di zero, e quindi la disequazione non è verificata (vedete che il grafico passa sopra all’asse delle x, quindi diventa positivo). In definitiva anche dal grafico possiamo ben vedere il risultato a cui eravamo giunti analiticamente: la disequazione è risolta per:
4 < x < 18 + √
389 2
I due estremi arrivano da due condizioni diverse: il 4 ci impedisce di andare più in basso perché altrimenti al-cuni radicali non esistono, mentre il 18+
√ 389
2 ci indica il
punto massimo oltre al quale la somma di radicali diven-ta positiva (e noi vogliamo che sia negativa, ricordiamoci il verso della disequazione di partenza!).
Sì, è un procedimento talmente lungo e palloso che molti di noi preferirebbero scaricare con la rete dati del cellulare Fortnite. Tuttavia una volta capito il pro-cedimento è solo questione di non incartarsi troppo nell’algebra che ne consegue.
