Il punto chiave è questo: nelle disequazioni di primo grado parametriche (o letterali) l’incognita è ancora data dalla \( x \), tuttavia l’insieme delle soluzioni della disequazione dipenderà anche dai valori assunti dai parametri.
Così, si renderà necessaria una discussione del parametro o dei parametri, in modo da fornire l’insieme delle soluzioni nei vari casi.
Senza ulteriori indugi, vediamo subito alcuni esercizi sulle disequazioni di primo grado parametriche (letterali).
Esercizi sulle disequazioni di primo grado parametriche
Esercizio 1
\[ k(x-1)>-2 \]
L’idea per risolvere le disequazioni di primo grado parametriche è quella di riscrivere la disequazione nella forma:
\[ a(k)\cdot x \lesseqgtr b(k) \]
ove \( a(k) \) è un’espressione che contiene il parametro e che corrisponde al coefficiente della \( x \), mentre \( b(k) \) è ancora un’espressione che contiene il parametro ma che rappresenta il termine noto. Affinché la disequazione possa dirsi parametrica, non è necessario che entrambe le espressioni contengano il parametro, ma quest’ultimo deve essere presente in almeno una di esse.
In termini pratici, partendo dalla disequazione iniziale bisogna portare i termini in \( x \) tutti al primo membro, e quindi raccogliere per \( x \). Bisognerà inoltre portare a secondo membro tutti i termini che non contengono la \( x \) (numeri e termini contenenti il parametro).
Il trucco per risolvere le disequazioni parametriche è dato dal considerare il parametro come se fosse un numero, e ragionare come per le disequazioni numeriche (cioè come per le disequazioni che contengono come lettere la sola incognita \( x \)).
Riprendiamo per comodità il testo della disequazione:
\[ k(x-1)>-2 \]
Cominciamo anzitutto eseguendo il prodotto a primo membro:
\[ kx-k>-2 \]
Ora, portiamo tutti i termini che non contengono la \( x \) a secondo membro. In questo caso, si tratterà di portare il termine \( -k \) a secondo membro, cambiandone il segno:
\[ kx>-2+k \]
Ci siamo. Ora la disequazione è infatti della forma:
\[ a(k)x>b(k) \]
Per quanto abbiamo visto sulla risoluzione delle disequazioni di primo grado ridotte in forma normale, si ha:
\[ \begin{cases} x > \dfrac{b(k)}{a(k)} \qquad \text{se} \: a(k)>0 \\ \\ x < \dfrac{b(k)}{a(k)} \qquad \text{se} \: a(k)<0\end{cases} \]
In pratica, possiamo riutilizzare gli schemi risolutivi delle disequazioni non parametriche, ragionando con le espressioni \( a(k) \) e \( b(k) \) allo stesso modo con il quale ragionavamo con i coefficienti \( a \) e \( b \).
Nella disequazione in esame abbiamo \( a(k)=k \) e \( b(k)=-2+k \). Così potremo scrivere per l’insieme delle soluzioni:
\[ \begin{cases} x > \dfrac{-2+k}{k} \qquad \text{se} \: k>0 \\ \\ x < \dfrac{-2+k}{k} \qquad \text{se} \: k<0\end{cases} \]
Ora ci rimane da studiare attentamente i casi nei quali la disequazione potrà risultare impossibile o indeterminata. Allo scopo è utile tenere conto dello schema risolutivo per le disequazioni di primo grado.
Se \( a(k) = 0 \) e allo stesso tempo \( b(k) = 0 \) la disequazione è impossibile. Dobbiamo però vedere se è possibile che entrambi i termini si annullino allo stesso tempo.
Poiché nel nostro caso \( a(k)=k \), dire \( a(k)=0 \) equivale a dire \( k=0 \). Ora, poiché \( b(k)=-2+k \), per \( k=0 \) si ha \( b(k)=-2 \). Quindi i due termini \( a(k) \) e \( b(k) \) non possono annullarsi contemporaneamente. Così intanto abbiamo escluso un possibile caso nel quale la disequazione avrebbe potuto essere impossibile.
Studiamo ora il caso \( a(k)=0 \) e \( b(k) \neq 0 \). In questa situazione, si ha \( k=0 \) e \( b(k)=-2 \). La disequazione diventa:
\[ 0 \cdot x>-2 \]
\( b(k) \) è negativo non nullo e pertanto per \( k=0 \) la disequazione è indeterminata, ovvero è soddisfatta per un qualsiasi valore reale della \( x \). Ciò è intuitivo poiché la disequazione \( 0 \cdot x>-2 \) si riduce per un qualsiasi valore della \( x \) alla disuguaglianza numerica \( 0>-2 \), che è vera.
In conclusione abbiamo:
\[ \begin{cases}k>0 \quad \Rightarrow \quad S = \left\{x \in \mathbb{R} \quad \text{t.c.} \quad x>\dfrac{-2+k}{k} \right\} \\ \\ k<0 \quad \Rightarrow \quad S = \left\{x \in \mathbb{R} \quad \text{t.c.} \quad x < \dfrac{-2+k}{k} \right\} \\ \\ k = 0 \quad \Rightarrow \quad S = \mathbb{R} \end{cases} \]
Esercizio 2
\[ k(x+1)^2>k(x^2+k) \]
Eseguiamo anzitutto i prodotti a primo e secondo membro:
\[ k(x^2+2x+1)>kx^2+k^2 \]
\[ kx^2+2kx+k>kx^2+k^2 \]
I due termini in \( x^2 \) sono uguali membro a membro e quindi possono essere eliminati. Rimaniamo con:
\[ 2kx+k>k^2 \]
Portiamo il termine \( k \) al secondo membro (come sempre, attenzione a cambiare il segno del termine che trasportiamo):
\[ 2kx>k^2-k \]
Raccogliamo per \( k \) al secondo membro:
\[ 2kx>k(k-1) \]
Ora la disequazione è finalmente nella forma \( a(k)x>b(k) \), con \( a(k)=2k \) e \( b(k)=k(k-1) \).
In base al secondo principio di equivalenza, possiamo dividere entrambi i membri della disequazione per \( k \), a patto di distinguere però i due casi \( k>0 \) e \( k<0 \). Infatti, nel caso in cui sia \( k<0 \) dovremo cambiare il verso della disequazione.
Se \( k>0 \), possiamo dividere entrambi i membri per \( k \) mantenendo il verso della disequazione. Si ha:
\[ 2x>k-1, \qquad k>0 \]
da cui:
\[ x>\dfrac{k-1}{2} \]
Se invece è \( k<0 \) per dividere entrambi i membri per \( k \) dobbiamo cambiare il verso alla disequazione. Abbiamo così:
\[ 2x<k-1, \qquad k<0 \]
e quindi:
\[ x<\dfrac{k-1}{2} \]
Rimane infine da considerare il caso \( k=0 \). La disequazione \( 2kx>k(k-1) \) diviene:
\[ 0\cdot x > 0 \]
ed è quindi impossibile. Infatti, per ogni valore della \( x \) la disequazione si riduce sempre alla disuguaglianza numerica \( 0>0 \), evidentemente falsa poiché un numero non è mai maggiore di sé stesso. L’insieme delle soluzioni sarà allora pari, in questo caso, all’insieme vuoto.
In conclusione abbiamo i seguenti possibili insiemi delle soluzioni:
\[ S = \begin{cases} x > \dfrac{k-1}{2}, \qquad k>0\\ \\ x < \dfrac{k-1}{2}, \qquad k<0 \\ \\ \emptyset , \qquad k = 0 \end{cases} \]
Esercizio 3
\[ x(k-x)<-k-1-x^2 \]
Eseguiamo i prodotti:
\[ kx-x^2<-k-1-x^2 \]
I termini \( -x^2 \) uguali membro a membro si elidono ed otteniamo:
\[ kx < -k-1 \]
Abbiamo intanto:
\[ x < \dfrac{-k-1}{k} \qquad \text{con} \quad k>0 \]
e:
\[ x>\dfrac{-k-1}{k} \qquad \text{con} \quad k<0 \]
Ora, osserviamo che per \( k = 0 \) il primo membro della disequazione \( kx < -k-1 \) diviene uguale a zero mentre il secondo membro diventa uguale a \( -1 \). La disequazione si riduce allora in questo caso a:
\[ 0\cdot x < -1 \]
ed è impossibile. Infatti, per ogni valore della \( x \) ci ritroviamo con la disuguaglianza numerica \( 0<-1 \), ovviamente falsa.
In conclusione otteniamo i seguenti insiemi delle soluzioni al variare del parametro \( k \):
\[ S = \begin{cases} x< \dfrac{-k-1}{k} \qquad \text{per} \quad k>0 \\ \\ x >\dfrac{-k-1}{k} \qquad \text{per} \quad k<0 \\ \\ \emptyset \qquad \text{per} \quad k = 0\end{cases} \]
Qua si conclude questa lezione su come risolvere le disequazioni di primo grado parametriche. Ricapitolando, l’idea chiave per svolgere gli esercizi sulle disequazioni di primo grado parametriche (o letterali) è trattare il parametro come un numero e svolgere la discussione della disequazione nei vari casi.
Nella prossima lezione, vedremo come risolvere alcune particolari disequazioni di grado superiore al primo, semplicemente utilizzando le conoscenze sulle disequazioni di primo grado.
Ciao! 🙂