ESERCIZI DI PREPARAZIONE AL SUPER COMPITO 2^E - 2^ F Liceo Sportivo – 23-24 aprile 2018

(1)

ESERCIZI DI PREPARAZIONE AL SUPER COMPITO 2^E - 2^ F Liceo Sportivo – 23-24 aprile 2018

Di seguito sono proposti 10 esercizi svolti, il super compito di aprile conterrà soltanto 5 domande.

NOME E COGNOME _____________________________________________________________

1

Risolvere la seguente equazione:

2 x

²

−2( √ 2+ √ 3) x+ √ 24=0

2

Calcolare l'area del triangolo individuato dalle rette di equazioni: y=2 ;

√ ^{3 x−} ²

√ ³ ^{y +}

√ ³

3 =0

;

3 √ ^{2 x+} √ ¹⁸

3 y−2 √ ⁹⁸⁼⁰

3

Disegnare la retta di equazione

2 3 x+ y+2=0

. Siano A e B sono i suoi punti di intersezione con gli assi, calcolare il perimetro del triangolo ABO. Qual è l'equazione della retta parallela alla retta data e contenente l'origine?

4

Verificare l'allineamento dei seguenti punti:

A(2+ √ 2 ;−2) B (−4+ √ 2 ;−5) C (1+ √ ^{2 ;−} ⁵

2 )

5

Tre dei quattro vertici di un parallelogramma hanno le seguenti coordinate nel piano cartesiano:

A(3 ; 2) B(8 ;1) C (10 ; 4)

. Determinare le coordinate del quarto vertice D.

6

Le quattro rette di equazioni

x−y−1=0

;

y=−x+11

;

y=6+x

; x+ y +5=0 individuano un quadrilatero. Verificare che tale quadrilatero è un rettangolo e determinarne i vertici. Verificare poi che le diagonali del rettangolo sono congruenti e si tagliano reciprocamente a metà (cioè hanno lo stesso punto medio M).

7

Determinare i lati e l'area di un triangolo isoscele avente il perimetro lungo 48 cm e sapendo che, se si aumenta ciascun lato di 1 cm e si diminuisce di 2 cm la base, il triangolo diventa equilatero.

8

Semplificare le seguente espressioni:

√ ⁵²⁺ √ ¹¹⁷⁻ √ ²⁰⁸⁺ √ ¹³

^;

² √ ³⁻ √ ²⁷⁺ √ ^6× √ ³²⁻³ √ ¹⁹²

9 ( x− √ ⁵⁾

²

⁼⁵

10 ∣ x+3∣−∣2 x−1∣= x

²

+ x+1

(2)

1 2 x

²

−2( √ 2+ √ 3) x+ √ 24=0

Metodo 1: individuare nei coefficienti la somma e il prodotto delle soluzioni

Prima dividiamo tutti i coefficienti per 2 in modo da avere 1 come coefficiente del termine di secondo grado.

x²−(

√

2+

√

3) x+

√

24 2 =0 Adesso osserviamo che

√ ²⁴

2 = √ ⁴ √ ³ √ ²

2 = 2 √ ³ √ ²

2 = √ 3 √ 2

^.

Avendo constatato che il coefficiente di primo grado è l'opposto di

√ 2+ √ 3

e che il termine noto è

√ 2 √ 3

possiamo concludere che le soluzioni sono:

x= √ ^2∨x= √ ³

^.

Metodo 2: applicare la formula risolutiva

L'equazione è già nella forma standard a x²+b x+c=0 . La formula risolutiva

x= −b± √ ^b

²

^{−4 a c}

2 a

^ci

permette di ottenere le soluzioni direttamente dai valori dei coefficienti.

In questo caso

a=2 ;b=−2( √ 2+ √ 3); c= √ 24

. Sostituiamo nella formula risolutiva:

x= +2( √ 2+ √ 3)± √ ²

²

⁽ ^√ ²⁺ ^√ ³⁾

²

⁻ ⁴⁽²⁾⁽ ^√ ²⁴⁾

2(2) = 2( √ 2+ √ 3)± √ ^4(2+3+2 ^√ ⁶⁾⁻⁸ ^√ ²⁴

2(2) =...

...= 2( √ 2+ √ 3)± √ ^{4 (2+3+2} ^√ ⁶⁾⁻¹⁶ ^√ ⁶

4 =...

Manipolando in modo furbo l'argomento del radicale e tenendo presente che

( √ 3− √ 2)

²

=3+2−2 √ 6 ...= 2( √ ²⁺ √ ^3)± √ ⁴ √ ²⁺³⁺² ^√ ⁶⁻⁴ ^√ ⁶

4 = 2( √ ²⁺ √ ^3)±2 √ ²⁺³⁻² ^√ ⁶

4 =...

...= 2( √ 2+ √ 3)±2 √ ⁽ ^√ ³⁻ ^√ ²⁾

²

4 = √ 2+ √ 3±( √ 3− √ 2) 2

Scegliendo l'opzione + otteniamo x=

√

2+

√

3+

√

3−

√

2

2 =2

√

2 2 =

√

2 Scegliendo l'opzione - otteniamo x=

√

2+

√

3−

√

3+

√

2

2 =2

√

3 2 =

√

3 Possiamo concludere che le soluzioni sono:

x= √ ^{2∨x =} √ ³

Metodo 2 bis: applicare la formula risolutiva e le formule dei radicali quadratici doppi

Se è vero che applicando la formula risolutiva non abbiamo avuto bisogno dell'intuizione, necessaria invece per vedere nei coefficienti la somma e il prodotto delle soluzioni, abbiamo però usato l'intuizione, successivamente, per vedere il quadrato di

√ ³⁻ √ ²

come argomento del radicale della formula risolutiva. Senza quell'intuizione ci saremmo ritrovati in questa situazione:

(3)

...= 2( √ ²⁺ √ ^3)± √ ^{4 (2+3+2} √ ⁶⁾⁻¹⁶ √ ⁶

4 = 2( √ ²⁺ √ ^3)± √ ²⁰⁺⁸ √ ⁶⁻¹⁶ √ ⁶

4 =...

...= 2( √ 2+ √ 3)± √ ²⁰⁻⁸ ^√ ⁶

4 = 2 ( √ 2+ √ 3)±2 √ ⁵⁻² ^√ ⁶

4 = 2( √ 2+ √ 3)±2 √ ⁵⁻ ^√ ²⁴

4 =...

Trovandoci di fronte ad un radicale doppio e sprovvisti di intuizioni, l'unica nostra speranza rimane quella di sfogliare il libro e vedere se esiste qualche formula che possa cavarci dall'impaccio. Per fortuna che a pagina 184 del libro troviamo proprio le formule che fanno al caso nostro. Dobbiamo soltanto verificare che

5

²

−24

sia il quadrato di un intero. In effetti: 5²−24=25−24=1=1² . Dunque possiamo applicare le formule dei radicali quadratici doppi per sostituire

√ ⁵⁻ ^√ ²⁴⁼ √ ⁵⁺ ² ^√ ¹ ⁻ √ ⁵⁻ ² ^√ ¹ ⁼ ^√ ³⁻ ^√ ²

e proseguire nello svolgimento della formula risolutiva, come già visto sopra.

2

Calcolare l'area del triangolo individuato dalle rette di equazioni:

y=2

;

√ 3 x− 2

√ ³ ^{y +}

√ ³

3 =0

;

3 √ ^{2 x+} √ ¹⁸

3 y−2 √ ⁹⁸⁼⁰

Calma.

Non lasciamoci spaventare dai coefficienti irrazionali. Sono brutti e ci danno fastidio, dunque cerchiamo di sbarazzarcene. Nella seconda equazione, per esempio, potremmo moltiplicare tutti i coefficienti per

√ 3

^.

L'equazione diventa molto più carina:

3 x−2 y +1=0

e il bello è che rappresenta sempre la stessa retta (uno dei vantaggi delle equazioni implicite).

Per addolcire anche la terza equazione occorre qualche passaggio in più, ma è abbastanza facile osservare che

√ ¹⁸⁼³ √ ²

^{e che}

√ ⁹⁸⁼⁷ √ ²

. Basta quindi dividere tutti i coefficienti per

√ ²

ottenendo così la nuova equazione: 3 x+ y−14=0 anch'essa piuttosto carina (anche se forse a qualcuno non piacerà quel 14.

Il disegno non è richiesto, ma farlo può essere utile per riflettere meglio. La situazione descritta è la seguente:

(4)

Dunque ci interessa determinare le lunghezze della base AB e dell'altezza CH in modo da poter calcolare l'area del triangolo. Per ottenere queste informazioni ci interessano le coordinate dei punti A, B, C che possiamo ottenere come intersezioni delle tre rette, due a due.

Le coordinate del punto A le ottengo dal sistema:

{ 3 x−2 y+1=0 y=2

Che si risolve molto facilmente:

{ 3 x−2(2)+1=0

y=2 { ^{3 x−4+1=0} y=2 { ^{3 x−3=0} y=2 { ^{3 x=3} y=2 { ^x=1 y=2

Identico discorso per le coordinate di B:

{ 3 x+ y−14=0 y=2

{ 3 x+(2)−14=0

y=2 { ^{3 x−12=0} y=2 { ^{3 x=12} y=2 { ^x=4 y=2

Meno banale, ma pur sempre facile, è determinare le coordinate di C:

{ 3 x−2 y+1=0 3 x+ y−14=0

Utilizzando il metodo di riduzione:

3 x−2 y +1=0 3 x+ y−14=0

...

0−3 y+15=0 y=5

3 x−2 y+1=0 6 x+2 y−28=0

...

9 x+0−27=0 x =3

Ricapitolando abbiamo determinato

A(1 ; 2) B(4 ; 2)C (3 ;5)

.

La base

AB=4−1=3

, l'altezza

CH =5−2=3

e quindi l'area richiesta è

3×3 2 = 9

2

(5)

3

Disegnare la retta di equazione

2 3 x + y+2=0

. Siano A e B sono i suoi punti di intersezione con gli assi, calcolare il perimetro del triangolo ABO. Qual è l'equazione della retta parallela alla retta data e contenente l'origine?

Cominciamo col disegno. Disponendo solo di carta a quadretti e lapis, conviene passare all'equazione esplicita:

y=− 2

3 x−2

. I punti A e B menzionati nella richiesta successiva sono anche quelli più facili da ricavare e utili per il disegno:

A(0 ;−2) B (−3 ;0)

. Un altro punto facile da ricavare e utile per il disegno poteva essere

P (3 ;−4)

. I più disinvolti potrebbero accontentarsi dell'intersezione con l'asse y

A(0 ;−2)

e poi ragionare sul coefficiente angolare: il segno meno ci dice che la retta “scende” da sinistra verso destra, il valore assoluta ci permette di tracciare una pendenza disegnando la diagonale di un rettangolo di base 3 quadretti e altezza 2 quadretti.

In questa esposizione vi propongo il grafico disegnato col software GeoGebra:

Per calcolare il perimetro del triangolo ABO ci servono le misure dei tre lati.

AO =2 ; BO =3 ; AB= √ ⁽⁰⁺³⁾

²

^+(−2−0)

²

⁼ √ 9+4= √ 13

Dunque il perimetro richiesto è

2+3+ √ 13=5+ √ 13

^.

Per quanto riguarda l'ultima richiesta, l'equazione che andremo a scrivere dovrà avere

m=− 2

3

, in quanto parallaela alla retta data;

q=0

in quanto retta contenente l'origine. L'equazione richiesta è dunque

y=− 2

3 x

(6)

4

Verificare l'allineamento dei seguenti punti:

A(2+ √ 2 ;−2) B (−4+ √ 2 ;−5) C (1+ √ ^{2 ;−} ⁵

2 )

Non lasciamoci spaventare dai radicali (e nemmeno dalle frazioni). Qualcuno molto bravo potrebbe applicare una traslazione di

√ 2

ai tre punti e cancellare in un colpo solo i radicali. Mi rendo conto che una simile idea possa venire assai difficilmente a questo livello di studi. Quindi procediamo con i metodi a nostra disposizione.

Metodo 1: applicare la formula specifica.

La via più (tristemente) scolastica è applicare la formula di allineamento di tre punti, che poi è semplicemente la formula della retta per due punti, sostituendo le variabili con le coordinate del terzo punto.

x

_C

− x

_A

x

_B

− x

_A

= y

_C

− y

_A

y

_B

− y

_A Sostituendo con le coordinate assegnate:

1+ √ 2−2− √ 2

− 4+ √ ²⁻²⁻ √ ² ⁼

− 5 2 +2

−5+2

Facendo i conti:

−1

−6 =

− 1 2

−3

ovvero

1 6 = 1

6

. Dunque i punti sono allineati.

Metodo 1 bis: determinare l'equazione della retta con due punti e poi verificare che il terzo appartiene.

Dal punto di vista del calcolo è del tutto equivalente a quanto fatto sopra. Per determinare l'equazione per due punti uso la formula della retta per due punti:

x−x

_A

x

_B

− x

_A

= y− y

_A

y

_B

−y

_A . Successivamente sostituisco le variabili con le coordinate di C e ritorniamo ai calcoli già visti sopra.

5

Tre dei quattro vertici di un parallelogramma hanno le seguenti coordinate nel piano cartesiano:

A(3 ; 2) B(8 ;1) C (10 ; 4)

. Determinare le coordinate del quarto vertice D.

Non è richiesto il disegno, ma come al solito, farlo ci aiuta a trovare la risposta.

Grazie al disegno ci rendiamo conto che il punto D posso individuarlo come intersezione di due rette: una passante per C e parallela al segmento AB, l'altra passante per B e parallela al segmento AC. Non c'è nulla di male ad osservare la quadrettatura è concludere che i coefficienti angolari sono

m

_AB

=− 1

5 m

_AC

= 2

7

^.

(7)

Se non si ha il coraggio di ragionare sulla quadrettatura si può sempre calcolare utilizzando le coordinate dei punti:

m

_AB

= y

_A

− y

_B

x

_A

− x

_B

= 2−1 3−8 =− 1

5 m

_AC

= y

_A

− y

_C

x

_A

− x

_C

= 2−4 3−10 = 2

7

Per quanto riguarda l'intercetta, utilizziamo l'equazione esplicita y=m x+q sostituendo i valori del coefficiente angolare e le coordinate del punto che la retta deve contenere.

Ricaviamo l'intercetta dela retta parallela al segmento AB e contenente C

4=− 1

5 10+q

ovvero

q=4+ 1

5 10=4+2=6

da cui l'equazione che ci interessa

y=− 1

5 x+6

. Ricaviamo l'intercetta dela retta parallela al segmento AC e contenente B

1= 2

7 8+q

ovvero

q=1− 2

7 8=− 9

7

da cui l'equazione che ci interessa

y= 2 7 x− 9

7

^.

Per ricavare le coordinate del punto D risolviamo il sistema:

{ ^y=− ^y= ⁷ ² ¹ ⁵ ^x− ^x+6 ⁹ ⁷

Applichiamo il metodo del confronto:

− 1

5 x+6= 2 7 x− 9

7

^ovvero

− 1 5 x− 2

7 x=− 9

7 −6

ovvero

−17

35 x= −51

7

^ovvero

x= 51 7

35 17 =15

Sostituendo nella prima equazione:

y=− 1

5 15+6=−3+6=3

Conclusione: le coordinate di D sono

x=15 ; y=3

(8)

6

Le quattro rette di equazioni x−y−1=0 ; y=−x+11 ; y=6+x ; x+ y+5=0 individuano un quadrilatero. Verificare che tale quadrilatero è un rettangolo e determinarne i vertici. Verificare poi che le diagonali del rettangolo sono congruenti e si tagliano reciprocamente a metà (cioè hanno lo stesso punto medio M).

Il disegno non è richiesto, ma farlo è sicuramente molto utile, sia per capire il da farsi che per descrivere quello che si è deciso di fare.

Ecco l'immagine realizzata grazie a GeoGebra.

Per verificare che si tratta di un rettangolo osserviamo che le rette indicate sono perpendicolari due a due. Scriviamo tutte le equazioni in forma esplicita:

r:

x−y−1=0

diventa

y=x−1

; coefficiente angolare

m=1

; s: y=−x+11 già in forma esplicita; coefficiente angolare

m=−1

; t: y=6+x già in forma esplicita; coefficiente angolare m=1 ; u:

x+ y+5=0

diventa

y=−x−5

; coefficiente angolare

m=−1

Osservando i coefficienti angolari possiamo affermare che

r ⊥ s∧s ⊥t∧t⊥ u∧u ⊥ r

e quindi il quadrilatero è effettivamente rettangolo.

Per determinare i quattro vertici dobbiamo risolvere quattro sistemi lineari.

(9)

r∩s { y=−x+11 ^{y =x−1}

Utilizzando il metodo del confronto: x−1=−x+11 ovvero 2 x=12 ovvero x=6 . Sostituendo nella prima equazione: y=6−1=5

Abbiamo determinato il primo vertice

A(6 ;5)

.

s∩t { ^y=−x+11 y=x+6

Utilizzando il metodo del confronto:

− x+11= x+6

ovvero

−2 x=−5

ovvero

x= 5 2

^.

y=− 5

2 +11= 17 2

Abbiamo determinato il secondo vertice

B( 5 2 ; 17

2 )

.

t∩u { y =−x−5 ^y=x+6

x+6=−x−5

ovvero

2 x=−11

ovvero

x=− 11 2

^.

y=− 11

2 +6= 1 2

Abbiamo determinato il terzo vertice

C (− 11 2 ; 1

2 )

.

u∩r { ^{y =−x−5} y= x−1

− x−5= x−1

ovvero

−2 x=4

ovvero

x=−2

. Sostituendo nella prima equazione:

y=2−5=−3

Abbiamo determinato il quarto vertice

D(−2 ;−3)

.

Adesso verifichiamo che le diagonali AC e BD sono congruenti, utilizzando la formula della distanza tra due punti.

AC = √ ⁽⁶⁺ ¹¹ ² ⁾

²

⁺⁽⁵⁻ ¹ ² ⁾

²

⁼ √ ⁽ ²³ ² ⁾

²

⁺⁽ ⁹ ² ⁾

²

⁼ √ ⁵²⁹⁺⁸¹ ⁴ ⁼ √ ⁶¹⁰ ⁴

BD= √ ⁽ ⁵ ² ⁺²⁾

²

⁺⁽ ¹⁷ ² ⁺³⁾

²

⁼ √ ⁽ ² ⁹ ⁾

²

⁺⁽ ²³ ² ⁾

²

⁼ √ ⁸¹⁺⁵²⁹ ⁴ ⁼ √ ⁶¹⁰ ⁴

Effettivamente possiamo constatare che AC =BD

Rimane solo da verificare che le due diagonali hanno lo stesso punto medio M.

Calcoliamo il punto medio di AC

(10)

x

M

= 6− 11

2 2 =

1 2 2 = 1

4 y

M

= 5+ 1

2 2 =

11 2 2 = 11

4

Calcoliamo ora le coordinate del punto medio di BC

x

_{M '}

= 5 2 −2

2 = 1 2 2 = 1

4 y

M '

= 17

2 −3 2 =

11 2 2 = 11

4

Possiamo dunque constatare che le due diagonali hanno lo stesso punto medio.

7

Determinare i lati e l'area di un triangolo isoscele avente il perimetro lungo 48 cm e sapendo che, se si aumenta ciascun lato di 1 cm e si diminuisce di 2 cm la base, il triangolo diventa equilatero.

Diamo un nome alle grandezze coinvolte. Essendo il triangolo isoscele chiameremo x la lunghezza dei lati uguali e chiameremo y la lunghezza della base. Cominciamo a tradurre in formule matematiche le informazioni che ci vengono fornite a parole.

Il fatto che il perimetro sia 48 cm significa che 2 x+ y=48 .

La seconda informazione richiede più concentrazione: ciascun lato aumenta di 1, cioè ciascun lato diventa

x+1

; la base invece diminuisce di 2, cioè diventa

y−2

. Con queste modifiche il triangolo diventa equilatero, ovvero

x+1= y−2

. Per determinare i lati ci è sufficiente risolvere il seguente sistema:

{ ^{2 x+ y=48} x+1= y−2

Me lo aggiusto in forma standard

{ ^{2 x + y=48} x− y=−3

e poi applico il metodo di riduzione.

Sommando le due equazioni ottengo

3 x=45

ovvero

x=15

.

Per ricavare la y moltiplico per

−2

la seconda equazione

{ −2 x+2 y=6 ^{2 x+ y =48}

e poi sommo le due equazioni. In questo modo otteniamo

3 y=54

ovvero

y=18

.

Abbiamo così ottenuto i lati del triangolo: i lati uguali sono lunghi 15 cm mentre la base è 18 cm.

Essendo richiesta anche l'area e non avendo riferimenti cartesiani, siamo costretti a ricavarci l'altezza del triangolo utilizzando il teorema di Pitagora. L'altezza di un triangolo isoscele divide a metà e può essere determinata come cateto del triangolo rettangolo “metà” del triangolo originale. L'altro cateto è metà della base e l'ipotenusa e uno dei lati uguali.

Nel nostro caso l'altezza

h= √ ¹⁵

²

⁻⁹

²

⁼ √ 225−81= √ 144=12

Finalmente possiamo calcolare l'area

18×12

2 =108 cm

²

Calcolo dell'area senza ricavare l'altezza.

È valida la formula di Erone, che ci permette di calcolare l'area di un triangolo senza dover ricavare l'altezza, indicando con 2p il perimetro e con p il semi-perimetro del triangolo (come da tradizione), con a,b,c i lati del triangolo, la formula è la seguente:

√ p ( p−a )( p−b)( p−c)= √ 24(24−15)(24−15)(24−18)= √ 11664=108

(11)

8

Semplificare le seguente espressioni:

√ 52+ √ 117− √ 208+ √ 13

^;

2 √ 3− √ 27+ √ 6× √ 32−3 √ 192

Per poter semplificare il più possibile queste espressioni cercheremo utilizzeremo le proprietà che ci permettono di portar dentro o portar fuori coefficiente rispetto al simbolo di radicale. Per far questo devo osservare gli argomenti dei radicali e vedere eventuali fattori quadrati di numeri interi.

√ ⁵²⁺ √ ¹¹⁷⁻ √ ²⁰⁸⁺ √ ¹³⁼ √ ^4×13+ √ ^9×13− √ ^16×13+ √ ¹³⁼² √ ¹³⁺³ √ ¹³⁻⁴ √ ¹³⁺ √ ¹³⁼² √ ¹³

2 √ ³⁻ √ ²⁷⁺ √ ^6× √ ³²⁻³ √ ¹⁹²⁼² √ ³⁻ √ ^9×3+ √ ^6×32−3 √ ^64×3=...

...=2 √ 3−3 √ 3+ √ 3×2×2×16−24 √ 3=−25 √ 3+ √ 3×64=−25 √ 3+8 √ 3=−17 √ 3 9

( x− √ ⁵⁾

²

⁼⁵

Metodo 1: estraggo la radice quadrata e studio l'equazione col valore assoluto.

L'equazione

( x− √ 5)

²

=5

è del tutto equivalente all'equazione

∣ x− √ ⁵ ^∣ ⁼ √ ⁵

^.

Dunque distinguo due casi:

Caso

x≥ √ 5

. L'equazione diventa

x− √ 5= √ 5

^ovvero

x=2 √ 5

che è accettabile.

Caso

x< √ ⁵

−x+ √ ⁵⁼ √ ⁵

^ovvero

^x=0

che è accettabile.

Dunque le soluzioni sono

x=2 √ ^5∨x=0

Metodo 2: mi preparo per applicare la formula risolutiva

Per potermi mettere nelle condizioni di applicare la formula risolutiva, sviluppo il quadrato:

x

²

−2 x √ 5+5=5

Le cose vanno meglio del previsto, perché mi rendo conto che si tratta di un'equazione spuria:

x

²

−2 x

^√

¿ 0

Non c'è dunque bisogno di applicare la formula risolutiva, basta raccoglierela x e applicare il principio di annullamento del prodotto:

x (x−2 √ 5)=0

da cui deduciamo che le soluzioni sono

x=2 √ ^5∨x=0

^.

Metodo 2 bis: applico comunque la formula risolutiva

La formula risolutiva funziona sempre, quindi se qualcuno si fosse completamente dimenticato di come affrontare le equazioni spurie, e applica la formula risolutiva trova comunque le soluzioni corrette:

x=2

√

^5±

√

²⁰⁻⁰

2 =2

√

^5±2

√

⁵

2 da cui le soluzioni

x=2 √ ^5∨x=0

^.

Ovviamente applicare la formula risolutiva in questo caso non può essere considerata la migliore risposta possibile.

Metodo 0: intuizione pura

Può accadere che si riesca ad intuire le soluzioni per puro caso o magari anche dopo qualche tentativo. In questo caso la

(12)

risposta può essere considerata tra le migliori soltanto se sufficientemente argomentata. In questo caso è possibile intuire che le due soluzioni sono

x=2 √ ^5∨x=0

. Per giustificare la risposta occorre quanto meno una esplicita verifica.

Le soluzioni sono

x=2 √ 5∨x=0

. Infatti se sostituiamo tali valori nell'equazione:

(0− √ ⁵⁾

²

⁼ ⁵

^{è vera.}

(2 √ ⁵⁻ √ ⁵⁾

²

⁼⁵

^{è vera.}

10 ∣x+3∣−∣2 x−1∣= x

²

+x+1

Osserviamo subito gli argomenti dei valori assoluti che si annullano (e quindi cambiano segno) rispettivamente per

x=−3 ; x= 1

2

. Occorre distinguere tre casi.

Caso

x<−3

− x−3+2 x−1=x

²

+ x+1

^.

Portiamo l'equazione in forma standard:

0=x

²

+ x+x−2 x+1+3+1

^ovvero x²+5=0 ^.

Tale equazione non ha alcuna soluzione, una somma di numeri positivi non può essere nulla, anche x=0 non verifica l'uguaglianza.

Caso

−3≤x< 1

2 x+3+2 x−1=x

²

+ x+1

^.

Portiamo l'equazione in forma standard:

0=x

²

−2 x+1−3+1

^ovvero

x

²

−2 x−1=0

^.

Applichiamo la formula risolutiva:

x= 2± √ ⁴⁺⁴

2 = 2±2 √ ²

2 =1± √ ²

^.

La formula risolutiva ci fornisce le soluzioni

x=1+ √ ^2≈2,4

non accettabile

x=1− √ ^2≈−0,4

accettabile Caso

x> 1

2 x+3−2 x +1=x

²

+ x+1

^.

Portiamo l'equazione in forma standard

x

²

+2 x−3=0

^.

Osservando i coefficienti:

2=−(1+(−3)) ;−3=(1)(−3)

si può affermare che le due soluzioni sono

x=1∨x=−3

ma di queste soltanto

x=1

è accettabile.

Ricapitolando abbiamo individuato due soluzioni:

x=1− √ ^2∨x=1

ESERCIZI DI PREPARAZIONE AL SUPER COMPITO 2^E - 2^ F Liceo Sportivo – 23-24 aprile 2018