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ESERCIZI SULLE DISEQUAZIONI CON SOLUZIONE, Dispense di Analisi. Università di Torino

Analisi

Descrizione: Esercizi sulle disequazioni con soluzione.
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Universita: Università di Torino
Indirizzo: Matematica
Materia: Analisi
Data di caricamento: 20/02/2010
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gigisama - Università di Siena

interessante

28/03/13 09:18

ESERCIZI SULLE DISEQUAZIONI I

Risolvere le seguenti disequazioni: 1

1) {

6x− 3 < 2x+ 1 4x+ 4 ≤ x− 6 2)

{ 3x+ 1 > 2x− 3 4x− 6 ≤ 3x− 10

3) x− 4 x− 1

> 2; 4) 2x− 5 6x+ 1

≥ 3; 5) 4x+ 6 3x+ 1

≥ 0

6)

 x x−1 > 2

x−1 x−2 ≥ 0

7) 3|x| − 2 > 4x+ 1; 8) 4− 5|x− 1| < 1− 2|x+ 2|

9) x+ |x|

2x = 1; 10)

x− |x| 2x

= 0; 11) |x| − 2x x+ 1

= 1;

12) x

|x| + |x| x

= −2; 13) x |x|

+ |x| x

= 2

14) {

2|x− 1| − 2 < 4|x| 3x− 2 > x− 7; 15)

|x− 1| x+ 4

≥ |x− 4| x− 2

Determinare al variare di a ∈ R le soluzioni:

16) ax ≥ 2; 17) ax− 1 x+ 2

≥ 3(x− 5); 18)

{ x−1 2x+1 ≤ 2

x2 − 5x+ 6 = 0 ;

19)

 3x−1 x+2 ≤ 4

x2 + (1− a)x− a = 0 ; 20)

1 x+ 1

> x

x2 − 1 ; 21)

|x2 − 4|+ 3 3x+ 1

≥ 1;

22) |x2 − x− 6| ≥ |5x+ 10|; 23) x7 − x ≥ 0;

24) x2 + 1− |x| |x|+ 1

≥ 0; 25) 2x 2 + 1

x2 + 1 +

3x2 + 5 x2 + x+ 1

≥ 0;

26) Dimostrare che:

ab ≤ ε 2 a2 +

1 2ε b2, ∀a, b,∈ R,∀ε > 0.

27) Dimostrare che se a ≥ 1 e 0 ≤ b ≤ 1 allora: (a+ b)− ab ≥ 1. 28) Determinare per quali valori di k ∈ R la seguente diseguaglianza è verificata per ogni x reale:

k|x|+ 1 |x|+ 1

− 1 x4 + 1

≥ 0

29) x− 3 ≥ √ |x|x− 10; 30)

√ x+ 1 x+ 4

≥ 4; 31) √ x2 − 1 ≥ −1;

1Le soluzioni sono a pagina 3, lo svolgimento a partire da pagina 3.

1

32)

√∣∣∣∣x+ 1x− 1 ∣∣∣∣ > 1; 33) |x| − 2√x+ 1 ≤ √x− 1; 34) |x− 1|2 − 1√(x− 1)2 − 4 ≥ |x− 1|;

35) √ x2 − 1−

√ x+ 1√

2x2 + 1− √ x2 + 1

≥ 0.

SCHEMA RIASSUNTIVO DELLA RISOLUZIONE DELLE DISEQUAZIONI IRRAZIO- NALI

Siano F e G due funzioni definite in R a valori in R. (I) Le soluzioni della disequazione: √

F (x) ≥ G(x)

sono date dall’unione delle soluzioni dei sistemi seguenti: F (x) ≥ 0 (realtà della radice)G(x) ≥ 0 F (x) ≥ [G(x)]2

oppure { F (x) ≥ 0 (realtà della radice) G(x) ≤ 0

(II) Le soluzioni della disequazione: √ F (x) ≤ G(x)

si trovano risolvendo il sistema:  F (x) ≥ 0 (realtà della radice)G(x) ≥ 0 F (x) ≤ [G(x)]2

III) Radice con esponente dispari:

3 √ F (x) > G(x) ⇐⇒ F (x) > [G(x)]3,

oppure

3 √ F (x) < G(x) ⇐⇒ F (x) < [G(x)]3.

2

RISPOSTE 1)x ≤ − 103 ; 2)∅; 3)−2 < x < 1; 4)−

1 2 ≤ x < −

1 6 ;

5)− 13 < x oppure x ≤ − 3 2 ; 6)∅; 7)x < −

3 7 ; 8)x < −

2 7 ; oppure x > 4;

9)x > 0; 10)x > 0; 11)x = − 14 ; 12)x < 0; 13)x > 0; 14){x : x > − 5 2 , x 6= 0}. 15){x :

−4 < x oppure x ≥ 72}. 16)Se a > 0 allora x ≥ 2 a , se a < 0 allora x ≤

2 a .17)Vedi la risoluzione nelle pagine

succesive. 18){2, 3} 19)x1,2 = a−1±

√ (a+1)2

2 , per a > −2. 20){x : −1 < x < 1}. 21){x : x < −2, o ,− 1 3 <

x ≤ 2} ∪ {x : 3+ √

17 2 ≤ x} 22){x : x ≥ 8 oppure x = −2} 23){x : x ≥ 1 oppure − 1 ≤ x ≤ 0}. 24)R

25)R 26) 27) 28)k ≥ 1. 29) {√

10 ≤ x ≤ 196 }

30) { − 215 < x < −4

} 31){x ≥ 1, x ≤ −1} 32){x > 0, x 6= 1}

33){x : 1 ≤ x}; 34){x > 3, x < −1}; 35) {x : x = −1 oppure x ≥ 2}.

SVOLGIMENTO DEGLI ESERCIZI

1) {

4x < 4 3x ≤ −10 ⇐⇒

{ x < 1 x ≤ −103

⇒ x ≤ −10 3

2) { x > −4 x ≤ −4

Questo sistema non ha soluzioni.

3) x− 4 x− 1

− 2 > 0 ⇐⇒ x− 4− 2(x− 1) x− 1

> 0 ⇐⇒ −2− x x− 1

> 0

Le soluzioni si ottengono risolvendo i sistemi:{ −2− x > 0 x− 1 > 0 oppure

{ −2− x < 0 x− 1 < 0

Da cui segue: { x < −2 x > 1 oppure

{ −2 < x x < 1

Il primo sistema non ha soluzioni, mentre il secondo ha come soluzioni:

{x : −2 < x < 1}.

4) 2x− 5 6x+ 1

≥ 3 ⇐⇒ 2x− 5 6x+ 1

− 3 ≥ 0 ⇐⇒ 2x− 5− 3(6x+ 1) 6x+ 1

≥ 0 ⇐⇒

⇐⇒ −16x− 8 6x+ 1

≥ 0

Risolvere questa disequazione equivale a risolvere i sistemi:{ −16x− 8 ≥ 0 6x+ 1 > 0 oppure

{ −16x− 8 ≤ 0 6x+ 1 < 0

Da cui segue: { x ≤ − 12 x > − 16

oppure { − 12 ≤ x x < − 16

Il primo sistema non ha soluzioni. Le soluzioni della disequazione di partenza sono date da quelle del secondo sistema, ossia:

{x : −1 2 ≤ x < −1

6 }.

3

5) 4x+ 6 3x+ 1

≥ 0

Risolvere la disequazione data equivale a risolvere i sistemi:{ 4x+ 6 ≥ 0 3x+ 1 > 0 oppure

{ 4x+ 6 ≤ 0 3x+ 1 < 0

O equivalentemente: { x ≥ − 32 x > − 13

oppure { x ≤ − 32 x < − 13

Il primo sistema ha soluzioni {x : x > − 13}, il secondo {x : x ≤ − 3 2}. La disequazione data ha quindi

soluzioni: {x : x > −1

3 } ∪ {x : x ≤ −3

2 }.

6)

 x x−1 > 2

x−1 x−2 ≥ 0

⇐⇒

 −x+2 x−1 > 0

x−1 x−2 ≥ 0

Per risolvere il sistema dobbiamo risolvere ciascuna delle due disequazioni che lo compongono e poi intersecare gli insiemi di soluzioni cos̀ıottenuti.

Considero la prima disequazione: −x+2x−1 > 0, equivale ai sistemi:{ −x+ 2 > 0 x− 1 > 0 oppure

{ −x+ 2 < 0 x− 1 < 0

Il primo ha soluzioni {x : 1 < x < 2}, il secondo non ha soluzione. La prima disequazione ha soluzioni: {x : 1 < x < 2} ∪ ∅ = {x : 1 < x < 2} Considero la seconda disequazione: x−1x−2 ≥ 0, equivale ai sistemi:{

x− 1 ≥ 0 x− 2 > 0 oppure

{ x− 1 ≤ 0 x− 2 < 0

Il primo ha soluzioni {x : x > 2}, il secondo {x : x ≤ 1}. Quindi la disequazione: x−1x−2 ≥ 0 ha soluzioni: {x : x > 2} ∪ {x : x ≤ 1}.

Il sistema proposto non ha soluzioni perchè:

{x : 1 < x < 2} ∩ ({x : x > 2} ∪ {x : x ≤ 1}) = ∅.

7) 3|x| − 2 > 4x+ 1. Per risolvere la disequazione proposta si deve “togliere” il valore assoluto che compare nell’espressione

distingendo il caso in cui x è positivo da quello in cui x è negativo. Questo equivale a risolvere i sistemi:{ x ≥ 0 3x− 2 > 4x+ 1 oppure

{ x < 0 −3x− 2 > 4x+ 1

Ossia { x ≥ 0 x < −3 oppure

{ x < 0 x < − 37

Il primo sistema non ha soluzioni, mentre il secondo è risolto da: {x : x < − 37}. 8) 4− 5|x− 1| < 1− 2|x+ 2|. Per risolvere la disequazione, applichiamo la definizione di valore assoluto ottenendo i seguenti sistemi:

(I)

 x− 1 ≥ 0x+ 2 ≥ 04− 5(x− 1) < 1− 2(x+ 2) oppure (II)  x− 1 < 0x+ 2 ≥ 04 + 5(x− 1) < 1− 2(x+ 2)

4

(III)

 x− 1 ≥ 0x+ 2 < 04− 5(x− 1) < 1 + 2(x+ 2) oppure (IV )  x− 1 < 0x+ 2 < 04 + 5(x− 1) < 1 + 2(x+ 2)

(I)

 x ≥ 1x ≥ −2 x > 4

oppure (II)

 x < 1x ≥ −2 x < − 27

(III)

 x ≥ 1x < −2 x > 47

oppure (IV )

 x < 1x < −2 x < 2

Le soluzioni sono date dalle soluzioni dei quattro sistemi: {x : x > 4} ∪ {x : −2 ≤ x < − 27} ∪ ∅ ∪ {x : x < −2} = {x : x < − 27 oppure x > 4}.

9) x+|x|2x = 1.

(I) { x > 0 x+x 2x = 1

oppure (II) { x < 0 x−x 2x = 1

Questi sistemi sono equivalenti ai seguenti:

(I) { x > 0 2x 2x = 1

oppure (II) { x < 0 0

2x = 1

Il sistema (II) non ha soluzioni, mentre (I) ha soluzioni {x : x > 0}, che sono anche le soluzioni dell’equazione di partenza.

10) x−|x|2x = 0.

(I) { x > 0 x−x 2x = 0

oppure (II) { x < 0 x+x 2x = 0

Questi sistemi sono equivalenti ai seguenti:

(I) { x > 0 0

2x = 0 oppure (II)

{ x < 0 2x 2x = 0

Il sistema (II) non ha soluzioni, mentre (I) ha soluzioni {x : x > 0}, che sono anche le soluzioni dell’equazione di partenza.

11) |x|−2xx+1 = 1.

(I) { x ≥ 0 x−2x x+1 = 1

oppure (II) { x < 0 −x−2x x+1 = 1

Questi sistemi sono equivalenti ai seguenti:

(I) { x ≥ 0 −x x+1 = 1

oppure (II) { x < 0 −3x x+1 = 1

(I) { x ≥ 0 −2x−1 x+1 = 0

oppure (II) { x < 0 −4x−1 x+1 = 0

Il sistema (I) non ha soluzioni, mentre il sistema (II) ha soluzione x = − 14 che è anche la soluzione dell’equazione di partenza.

12) x|x| + |x| x = −2.

Per risolvere l’equazione applichiamo la definizione di valore assoluto ottenendo i seguenti sistemi:{ x > 0 x x +

x x = −2

oppure { x < 0 x −x +

−x x = −2

Il primo sistema non ha soluzioni, il secondo ha invece soluzioni: {x : x < 0}, che sono anche le soluzioni dell’equazione di partenza.

5

13) x|x| + |x| x = 2.

Per risolvere l’equazione applichiamo la definizione di valore assoluto ottenendo i seguenti sistemi:{ x > 0 x x +

x x = 2

oppure { x < 0 x −x +

−x x = 2

Il secondo sistema non ha soluzioni, il primo ha invece soluzioni: {x : x > 0}, che sono anche le soluzioni dell’equazione di partenza.

14) {

2|x− 1| − 2 < 4|x| 3x− 2 > x− 7

Per risolvere il sistema dato esplicitiamo il valore assoluto riconducendoci alla risoluzione dei quattro sistemi seguenti.

(I)

 x− 1 ≥ 0 x ≥ 0 2(x− 1)− 2 < 4x 3x− 2 > x− 7

oppure (II)

 x− 1 ≥ 0 x < 0 2(x− 1)− 2 < −4x 3x− 2 > x− 7

(III)

 x− 1 < 0 x ≥ 0 −2(x− 1)− 2 < 4x 3x− 2 > x− 7

oppure (IV )

 x− 1 < 0 x < 0 −2(x− 1)− 2 < −4x 3x− 2 > x− 7

Che equivalgono ai seguenti:

(I)

 x ≥ 1 x ≥ 0 x > −2 x > − 52

oppure (II)

 x ≥ 1 x < 0 x < 23 x > − 52

(III)

 x < 1 x ≥ 0 0 < 6x x > − 52

oppure (IV )

 x < 1 x < 0 2x < 0 x > − 52

Questi sistemi hanno soluzione rispettivamente: I){x : x ≥ 1}, II)∅, III) {x : 0 < x < 1}, IV) {x : − 52 < x < 0}. Da cui segue che il sistema di partenza ha

soluzioni: {x : x > − 52 , x 6= 0}. 15) |x−1|x+4 ≥

|x−4| x−2 . Per quanto riguarda il valore assoluto, procediamo come negli esercizi, distinguendo

i casi seguenti:

(I)

 x− 1 ≥ 0 x− 4 ≥ 0 x−1 x+4 ≥

x−4 x−2

oppure (II)

 x− 1 ≥ 0 x− 4 < 0 x−1 x+4 ≥ −

x−4 x−2

(III)

 x− 1 < 0 x− 4 ≥ 0 −x−1x+4 ≥

x−4 x−2

oppure (IV )

 x− 1 < 0 x− 4 < 0 −x−1x+4 ≥ −

x−4 x−2

Risolviamo i quattro sistemi ottenuti. Le soluzioni di partenza saranno date dall’unione delle soluzioni di I), II), III), IV).

Svolgimento del sistema I). x ≥ 1 x ≥ 4 x−1 x+4 −

x−4 x−2 ≥ 0

⇐⇒

 x ≥ 1 x ≥ 4 (x−1)(x−2)−(x−4)(x+4)

(x−2)(x+4) ≥ 0 ⇐⇒

 x ≥ 1 x ≥ 4

6−x (x+4)(x−2) ≥ 0

6

Le soluzioni della terza disequazione sono date dall’unione delle soluzioni dei sistemi seguenti:

(∗) {

6− x ≥ 0 (x+ 4)(x− 2) > 0 oppure(∗∗)

{ 6− x < 0 (x+ 4)(x− 2) < 0

Il sistema (*) ha soluzioni: {x : x < −4, oppure 2 < x ≤ 6}. Il sistema (**) non ha soluzioni. In conclusione le soluzioni del sistema (I) sono: {x : 4 ≤ x ≤ 6}

Svolgimento del sistema II).  x ≥ 1 x < 4 x−1 x+4 +

x−4 x−2 ≥ 0

⇐⇒

 x ≥ 1 x < 4 2x2−3x−14 (x+4)(x−2) ≥ 0

La terza disequazione equivale ai sistemi:{ 2x2 − 3x− 14 ≥ 0 (x+ 4)(x− 2) > 0 oppure

{ 2x2 − 3x− 14 ≤ 0 (x+ 4)(x− 2) < 0

le soluzioni sono:{x : x < −4 oppurex ≥ 72 } ∪ {x : −2 ≤ x < 2}. Intersecando queste soluzioni con quelle delle altre disequazioni del sistema II) otteniamo infine: {x : 1 ≤ x < 2} ∪ {x : 72 ≤ x < 4}.

Svolgimento del sistema III).  x− 1 < 0 x− 4 ≥ 0 −x−1x+4 ≥

x−4 x−2

In questo caso l’intersezione tra le soluzioni delle prime due disequazioni è vuota. Il sistema III) non ha quindi soluzioni.

Svolgimento del sistema IV). x < 1 x < 4 −x−1x+4 +

x−4 x−2 ≥ 0

⇐⇒

 x < 1 x < 4 −(x−1)(x−2)+x2−16

(x+4)(x−2) ≥ 0

La terza disequazione del sistema è equivalente alla seguente:

x− 6 (x− 2)(x+ 4)

≥ 0 ⇐⇒ { x− 6 ≥ 0 (x+ 4)(x− 2) > 0 ∪

{ x− 6 < 0 (x+ 4)(x− 2) < 0

Le soluzioni sono :{x : x ≥ 6} ∪ {x : −4 < x < 2}. Il sistema IV) ha soluzioni {x : −4 < x < 1} Concludendo: l’equazione di partenza ha come soluzioni l’unione di quelle del sistema I),II) e IV) :

{x : x ≤ 6 e x 6= −4, x 6= 2}. 16) Dopo aver osservato che per a = 0 la disequazione è impossibile, dividiamo ambo i membri per a

distinguendo i casi a positivo oppure a negativo, ottenenendo cos̀ı le soluzioni dell’equazione proposta:{ a > 0 x ≥ 2a

oppure { a < 0 x ≤ 2a

17) Scriviamo la disequazione data nella forma che segue:

ax− 1 x+ 2

− 3(x− 5) ≥ 0 ⇐⇒ ax− 1− 3(x− 5)(x+ 2) x+ 2

≥ 0.

Da cui: −3x2 + x(9 + a) + 29

x+ 2 ≥ 0

Risolvere la disequazione data equivale a risolvere i sistemi:

I) { −3x2 + x(9 + a) + 29 ≥ 0 x > −2 oppure II)

{ −3x2 + x(9 + a) + 29 ≤ 0 x < −2

7

Risolviamo il sistema I). Consideriamo l’equazione: −3x2 + x(9 + a) + 29 = 0, le soluzioni sono: x1,2 = 9+a±

√ (9+a)2+348

6 , il polinomio risulterà maggiore o uguale a zero per i seguenti valori di x (si osservi che il coefficiente del termine di secondo grado é negativo):

9 + a− √

(9 + a)2 + 348 6

≤ x ≤ 9 + a+

√ (9 + a)2 + 348

6

Il sistema I) ammette soluzioni se :

(∗) − 2 < 9 + a+

√ (9 + a)2 + 348

6 ovvero

−21− a < √

(9 + a)2 + 348

Risolviamo la disequazione irrazionale ottenuta risolvendo le disequazioni:{ −21− a ≥ 0 (−21− a)2 < (9 + a)2 + 348 oppure − 21− a < 0

(la condizione di realtà della radice è banalmente verificata) sviluppiamo i quadrati e semplifichiamo:{ a ≤ −21 a < − 12

oppure a ≥ −21

Che sono verificate per ogni a ∈ R. Il sistema I) ammette soluzioni:

9 + a− √

(9 + a)2 + 348 6

≤ x ≤ 9 + a+

√ (9 + a)2 + 348

6

per ogni valore di a ∈ R. Consideriamo il sistema II). Poiché il polinomio di secondo grado risulta negativo per i valori di x esterni

all’intervallo delle radici il sistema è ha soluzioni se:

9 + a− √

(9 + a)2 + 348 6

< −2

Ragionando come abbiamo fatto nella risoluzione di (*) si ottiene:a < − 12 .Quindi il sistema II) ha soluzioni:

9 + a− √

(9 + a)2 + 348 6

≤ x ≤ min

[ −2,

9 + a+ √

(9 + a)2 + 348 6

]

se a < − 12 . 18) L’equazione x2 − 5x + 6 = 0 ha soluzioni x1 = 2, x2 = 3, che sostituite nella diseguaglianza la

verificano, esse sono perciò anche le soluzioni del sistema proposto. 19) Iniziamo risolvendo la disequazione che compare nel sistema:

3x− 1 x+ 2

− 4 ≤ 0 ⇐⇒ −x− 9 x+ 2

≤ 0

Ovvero risolviamo i sistemi: { −x− 9 ≤ 0 x+ 2 > 0 oppure

{ −x− 9 ≥ 0 x+ 2 < 0

Le soluzioni del primo sistema sono {x : x > −2}, mentre del secondo sono {x : x ≤ −9}. Risolviamo l’equazione: x2 + (1− a)x− a = 0. Le radici sono:

x1,2 = a− 1±

√ (a+ 1)2

2 = a− 1± (a+ 1)

2

8

Da cui x1 = a, x2 = −1. Osserviamo che x = −1 è sempre accettabile. Per quanto riguarda il parametro a dobbiamo determinare per quali valori esso deve assumere affinchè le radici cadono nell’insieme delle soluzioni della disequazione: {x : x ≤ −9} ∪ {x : −2 < x}. Piú precisamente deve essere:

i) x1 ≤ −9

oppure ii) x2 > −2.

Risolviamo i):

−2 < a− 1−

√ (a+ 1)2

2 ⇐⇒ |a+ 1| < a+ 3

I) { a+ 1 ≥ 0 a+ 1 < a+ 3 oppure II)

{ a+ 1 < 0 −a− 1 < a+ 3

Il sistema I) ha soluzioni: {a : a ≥ −1}; il sistema II) ha soluzioni: {a : −2 < a < −1}. Le radici cadono nell’intervallo:(−2,+∞) se a > −2.

Risolviamo ii): a− 1 +

√ (a+ 1)2

2 ≤ −9 ⇐⇒ a+ |a+ 1| ≤ −17

Ovvero: { a+ 1 ≥ 0 2a+ 1 < −17 oppure

{ a+ 1 < 0 a− a− 1 < −17

Questi sistemi non hanno soluzioni. In conclusione, le soluzioni del sistema di partenza sono:x1, x2 per i valori di a > −2.

20) La disequazione si può scrivere nella forma: 1x+1 − x

x2−1 > 0. Da cui, svolgendo i calcoli, si ottiene: −1

(x+1)(x−1) > 0, ovvero: 1

(x+ 1)(x− 1) < 0

Il segno della diseguaglianza è determinato dal segno del polinomio di secondo grado al denominatore. Questo ha il coefficiente del termine di secondo grado che è positivo. Il segno del polinomio risulta quindi negativo per valori della x appartenti all’intervallo delimitato dalle radici: {x : −1 < x < 1}.

21) Le soluzioni della disequazione:

(∗) |x 2 − 4|+ 3 3x+ 1

− 1 ≥ 0

si ottengono risolvendo i sistemi:

I) { x2 − 4 ≥ 0 x2−4+3

3x+1 − 1 ≥ 0 oppure II)

{ x2 − 4 < 0 −x2+4+3

3x+1 − 1 ≥ 0

Ovvero:

I) { x2 − 4 ≥ 0 x2−3x−2

3x+1 ≥ 0 oppure II)

{ x2 − 4 < 0 −x2−3x+6

3x+1 ≥ 0

Il sistema I) equivale ai seguenti:

Ia)

 x 2 − 4 ≥ 0 x2 − 3x− 2 ≥ 0 3x+ 1 > 0

oppure Ib)

 x 2 − 4 ≥ 0 x2 − 3x− 2 < 0 3x+ 1 < 0

L’equazione x2− 3x− 2 = 0 ha come radici x1 = 3− √

17 2 , x2 =

3+ √

17 2 . La disequazione x

2− 3x− 2 ≥ 0 risulta soddisfatta per i valori di x esterni all’intervallo delle radici.

Ia)

 x ≤ −2 o 2 ≤ x x ≤ 3−

√ 17

2 o 3+ √

17 2 ≤ x

x > − 13 oppure Ib)

 x ≤ −2 o 2 ≤ x 3− √

17 2 < x <

3+ √

17 2

x < − 13

9

Il sistema Ib) non ha soluzioni, mentre Ia) ha soluzioni:{x : 3+ √

17 2 ≤ x}, che sono quindi le soluzioni del

sistema I). Risolviamo II).

IIa)

 x 2 − 4 < 0 −x2 − 3x+ 6 ≥ 0 3x+ 1 > 0

oppure IIb)

 x 2 − 4 < 0 −x2 − 3x+ 6 < 0 3x+ 1 < 0

L’equazione −x2 − 3x + 6 = 0 ha radici : x1 = −3− √

33 2 , x2 =

−3+ √

33 2 . Il trinomio di secondo grado:

−x2 − 3x+ 6 risulta positivo per valori della variabile x interni all’intervallo delle radici, negativo per valori della x esterni all’intervallo (il coefficiente del termine di secondo grado è negativo). Otteniamo quindi:

IIa)

 −2 < x < 2 −3−

√ 33

2 ≤ x ≤ −3+

√ 33

2 x > − 13

oppure IIb)

 −2 < x < 2 x < −3−

√ 33

2 o −3+

√ 33

2 < x x < − 13

IIa) ha soluzioni:{x : − 13 < x < −3+

√ 33

2 }. IIb) ha soluzioni:{x : x < −3−

√ 33

2 }. Le soluzioni di II) sono: {x : x < −3−

√ 33

2 , o ,− 1 3 < x ≤

−3+ √

33 2 }.

Concludendo, le soluzione della disequazione di partenza sono:

{x : x < −3− √

33 2

, o ,−1 3 < x ≤ −3 +

√ 33

2 } ∪ {x : 3 +

√ 17

2 ≤ x}.

22) Per risolvere la disequazione dobbiamo togliere i valori assoluti che vi compaiono. Le soluzioni dell’equazione data saranno date dall’unione delle soluzioni dei seguenti sistemi che si ottengono distinguendo i casi in cui gli argomenti del valore assoluto sono negativi da quelli in cui sono positivi:

(I)

 x 2 − x− 6 ≥ 0

5x+ 10 ≥ 0 x2 − x− 6 ≥ 5x+ 10

oppure (II)

 x 2 − x− 6 < 0

5x+ 10 < 0 −x2 + x+ 6 ≥ −5x− 10

oppure

(III)

 x 2 − x− 6 < 0

5x+ 10 ≥ 0 −x2 + x+ 6 ≥ 5x+ 10

oppure (IV )

 x 2 − x− 6 ≥ 0

5x+ 10 < 0 x2 − x− 6 ≥ −5x− 10

Il polinomio di secondo grado che compare nella prima disequazione dei quattro sistemi ha come radici: x1 = −2, x2 = 3, risulta perciò: x2−x−6 > 0 se x < −2 oppure x > 3, mentre x2−x−6 < 0 se −2 < x < 3. Otteniamo quindi:

(I)

 x ≥ 3 oppure x ≤ −2x ≥ −2 x2 − 6x− 16 ≥ 0

oppure (II)

 −2 < x < 3x < −2−x2 + 6x+ 16 ≥ 0 oppure

(III)

 −2 < x < 3−2 ≤ x−x2 − 4x− 4 ≥ 0 oppure (IV )  x ≤ −2 oppure x ≥ 3x < −2

x2 + 4x+ 4 ≥ 0 In ciascun sistema la terza disequazione è di secondo grado. Risolviamo ottenendo:

(I)

 x ≥ 3 oppure x ≤ −2x ≥ −2 x ≤ −2 oppure x ≥ 8

oppure (II)

 −2 < x < 3x < −2−2 ≤ x ≤ 8 oppure

(III)

 x ≥ 3 oppure x ≤ −2x ≥ −2 x = −2

oppure (IV )

 −2 < x < 3x < −2∀x ∈ R 10

Le soluzioni di I) sono date da {x : x ≥ 8, x = −2}. Le soluzioni di II) sono date da ∅. Le soluzioni di III) sono date da {−2} Le soluzioni di IV) sono date da ∅. In conclusione le soluzioni della disequazione proposta sono date da: {x : x ≥ 8 oppure x = −2}. 23) x7 − x ≥ 0 ⇐⇒ x(x6 − 1) ≥ 0. Le soluzioni di questa equazione sono date dall’unione delle

soluzioni dei due sistemi seguenti:{ x ≥ 0 x6 − 1 ≥ 0 oppure

{ x ≤ 0 x6 − 1 ≤ 0

La disequazione x6−1 ≥ 0 ha soluzioni: {x : x ≤ −1 oppure x ≥ 1}. Quindi le soluzioni del primo sistema sono: {x : x ≥ 1}

La disequazione x6 − 1 ≤ 0 ha soluzioni {x : −1 ≤ x ≤ 1}. Quindi le soluzioni del secondo sistema sono : {x : −1 ≤ x ≤ 0}.

L‘equazione data ha soluzioni : {x : x ≥ 1 oppure − 1 ≤ x ≤ 0}. 24) La disequazione data è equivalente alla seguente:

x2 + 1 ≥ |x| |x|+ 1

Osserviamo che x2 + 1 ≥ 1 , ∀x ∈ R e 1 ≥ |x||x|+1 , ∀x ∈ R. Da queste:

x2 + 1 ≥ 1 ≥ |x| |x|+ 1

, ∀x ∈ R.

Dalla proprietà transitiva di “≥ “ segue che la diseguaglianza data è verificata per ogni x ∈ R. 25) Per risolvere la disequazione basta osservare che tutti i polinomi che compaiono sono positivi (quindi

l’insieme delle soluzioni è tutto R) infatti é evidente che:2x2 + 1 > 0 , x2 + 1 > 0 , 3x2 + 5 > 0 , ∀x ∈ R perché somma di termini positivi. Mentre x2 + x+ 1 > 0 perchè è una disequazione di secondo grado avente il coefficiente del termine di secondo grado positivo e il ∆ < 0.

26) La diseguaglianza proposta è equivalente alla seguente (si moltiplicano entrambi i membri per 2ε):

2εab ≤ ε2a2 + b2

ossia:

0 ≤ ε2a2 + b2 − 2εab = (εa− b)2.

Che è sempre vera. 27) La diseguaglianza proposta è equivalente alla seguente (porto b al secondo membro):

a− ab ≥ 1− b

Se b = 1 questa è vera. Sia 0 ≤ b < 1, allora

a(1− b) ≥ 1− b ⇐⇒ a ≥ 1,

che è vera per ipotesi. Nell’ultimo passaggio abbiamo diviso per (1 − b), che è positivo, si lascia quindi inalterato il verso della diseguaglianza.

28) Scriviamo la diseguaglianza nella forma:

(∗) k|x|+ 1 |x|+ 1

≥ 1 x4 + 1

Se k ≥ 1 allora da (*)segue: k|x|+ 1 |x|+ 1

≥ 1 ≥ 1 x4 + 1

11

che risulta vera ∀x ∈ R. Siano k ≤ 0, e 0 < |x| < 1. Sono verificate le seguenti diseguaglianze:

(∗∗) 1 x4 + 1

> 1

|x|+ 1 ≥ k|x|+ 1 |x|+ 1

.

Infatti se k ≤ 0 allora 1 > k|x| + 1, ∀x ∈ R \ {0}, mentre se 0 < |x| < 1 allora x4 < |x|. La maggiorazione (**) è la negazione della diseguaglianza (*) che dovevamo dimostrare. Sia 0 < k < 1. La diseguaglianza data è equivalente alla seguente:

(|x4|+ 1)(k|x|+ 1) ≥ |x|+ 1 ⇐⇒ |x|3(k|x|+ 1) ≥ (1− k)

Per x = 1 − k risulta falsa. Infatti sostituiamo questo valore di x nella diseguaglianza, semplifichiamo ed otteniamo:

|1− k|2(k|1− k|+ 1) ≥ 1 ⇐⇒ k|(1− k)| ≥ 1 |1− k|2

− 1

Da cui, essendo 0 < k < 1 si ha 1 > |1− k|3 ≥ 2− k > 1. In conclusione (*) è verificata per ogni valore di x in R se k ≥ 1. 29) Le soluzioni della diseguaglianza proposta sono date dall’unione delle soluzioni dei seguenti sistemi

(vedi schema pag. 2):  |x|x− 10 ≥ 0 (realtà della radice)x− 3 ≥ 0(x− 3)2 ≥ |x|x− 10 Nelle disequazioni compare un valore assoluto. Distiguiamo i casi in cui il suo argomento è positivo e i

casi in cui è negativo. x ≥ 0 x2 − 10 ≥ 0 (realtà della radice) x− 3 ≥ 0 (x− 3)2 ≥ x2 − 10

oppure

 x < 0 −x2 − 10 ≥ 0 (realtà della radice) x− 3 ≥ 0 (x− 3)2 ≥ −x2 − 10

IL secondo sistema non ha soluzioni perchè la disequazione: −x2 − 10 ≥ 0 non è mai verificata. Consideriamo il primo sistema. 

x ≥ 0 x ≤ −

√ 10 oppure x ≥

√ 10

x ≥ 3 x ≤ 196

Le soluzioni sono: {x : √

10 ≤ x ≤ 196 }. 30) Le soluzioni dell’equazione proposta si calcolano risolvendo il sistema seguente:{ x+1

x+4 ≥ 0 realtà della radice x+1 x+4 ≥ 16

Questo sistema equivale ai seguenti: x+ 1 ≥ 0 x+ 4 > 0 x+1 x+4 − 16 ≥ 0

oppure

 x+ 1 ≤ 0 x+ 4 < 0 x+1 x+4 − 16 ≥ 0

Da cui

I)

 x ≥ −1 x > −4 −15x−63 x+4 ≥ 0

oppure II)

 x ≤ −1 x < −4 −15x−63 x+4 ≥ 0

Il sistema I) equivale al seguente (tenendo conto che x+ 4 > 0): x ≥ −1x > −4−15x− 63 ≥ 0 ⇐⇒ { x ≥ −1 x ≤ −215

12

che non ha soluzioni. Il sistema II) equivale al seguente (tenendo conto che x+ 4 < 0): x ≤ −1x < −4−15x− 63 ≤ 0

Che ha soluzioni: −21

5 ≤ x < −4.

31) Al primo membro la radice è sempre positiva mentre il secondo membro è negativo. Quindi la diseguaglianza è verificata per tutte le x ∈ R per le quali la radice è reale, cioé: x2−1 ≥ 0 ossia x ≥ 1 oppure x ≤ −1.

32) Le soluzioni della disequazione proposta sono date dall’unione delle soluzioni dei seguenti sistemi:

I) { x+1

x−1 ≥ 0 x+1 x−1 > 1

oppure II) { x+1

x−1 < 0 −x+1x−1 > 1

Che equivalgono alle seguenti disequazioni

I) x+ 1 x− 1

> 1 oppure II) x+ 1 x− 1

< −1

I) 2

x− 1 > 0 oppure II)

2x x− 1

< 0

La prima disequazione ha soluzioni {x : x > 1}, mentre la seconda ha soluzioni: {x : 0 < x < 1}. Concludendo, le soluzioni dell’equazione data sono: {x : 0 < x, x 6= 1}.

33) Perchè abbia senso la radice deve essere x ≥ 1. Otteniamo quindi il sistema{ x ≥ 1 |x| − 2 ≤

√ x2 − 1

Poichè dalla prima disequazione sappiamo che x ≥ 1 nella seconda si può sostituire |x| con x ottenendo

x− 2 ≤ √ x2 − 1

Da cui  x ≥ 1x− 2 ≥ 0(x− 2)2 ≤ x2 − 1 oppure { x ≥ 1 x− 2 ≤ 0

Che equivalgono a { x ≥ 2 x2 − 4x+ 4 ≤ x2 − 1 oppure 1 ≤ x < 2

Da cui seguono x ≥ 2 oppure 1 ≤ x < 2. Quindi le soluzioni sono {x : x ≥ 1}. 34) Per semplificare la risoluzione della disequazione poniamo: y = |x − 1|. Osserviamo che y ≥ 0 e

|y|2 = y2. La disequazione data diventa: y2 − 1√ y2 − 4

≥ y.

Da cui:  y 2 − 4 > 0 y2 − 1 ≥ 0 (y2 − 1)2 ≥ y2(y2 − 4)

⇐⇒

 y 2 > 4 y2 ≥ 1 2y2 + 1 ≥ 0

Ricordando che y ≥ 0 si ha:  y > 2y ≥ 12y2 + 1 ≥ 0 13

Da cui y > 2, quindi: |x− 1| > 2

Che equivale ai seguenti sistemi: { x− 1 ≥ 0 x− 1 > 2 oppure

{ x− 1 < 0 −x+ 1 > 2

Dal primo sistema segue la disequazione x− 1 > 2 ovvero x > 3. Dal secondo sistema segue la disequazione x− 1 < −2 ovvero x < −1.

Le soluzioni della disequazione proposta sono:

{x : x > 3} ∪ {x : x < −1}.

35) Le soluzioni sono date dall’unione delle soluzioni dei sistemi seguenti:

I)



x2 − 1 ≥ 0

x+ 1 ≥ 0

} (realtà delle radici)

√ x2 − 1−

√ x+ 1 ≥ 0

√ 2x2 + 1−

√ x2 + 1 > 0

II)



x2 − 1 ≥ 0

x+ 1 ≥ 0

} (realtà delle radici)

√ x2 − 1−

√ x+ 1 < 0

√ 2x2 + 1−

√ x2 + 1 < 0

(I termini: 2x2 + 1, e x2 + 1 sono sempre positivi.) Il sistema I) equivale al seguente: 

x ≤ −1 oppure 1 ≤ x x ≥ −1 x2 − 1 ≥ x+ 1 2x2 + 1 ≥ x2 + 1

Nel sistema la disequazione 2x2 + 1 ≥ x2 + 1 è verificata da ogni valore di x ∈ R, possiamo quindi riscrivere il sistema senza di essa. Inoltre dalle prime due disequazioni otteniamo x = −1 oppure x ≥ 1. Il sistema si puoò scrivere nel modo seguente{

x = −1 oppure 1 ≤ x (x− 1)(x+ 1) ≥ x+ 1 ⇒ x = −1 oppure

{ x ≥ 1 x− 1 ≥ 1

Le soluzioni sono: {x : x = −1 oppure x ≥ 2}. Queste sono anche le soluzioni della disequazione data in quanto il sistema II) non ha soluzione. Infatti la quarta disequazione di II): 2x2 + 1 < x2 + 1, non è mai verificata.

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