Disequazioni parametriche di primo grado

 - 

Disequazioni algebriche

Ci occupiamo in questa lezione delle disequazioni parametriche di primo grado (anche note come disequazioni letterali di primo grado). Finora abbiamo avuto a che fare con disequazioni di primo grado esclusivamente numeriche, ovvero disequazioni nelle quali compare un’unica lettera, ovvero l’incognita.

Nelle disequazioni parametriche di primo grado (o letterali), invece, oltre all’incognita compare almeno un’altra lettera detta parametro. E le soluzioni di una disequazione parametrica dipendono dal valore attribuito al parametro o ai parametri presenti. Così, per differenti valori dei parametri potremo avere differenti soluzioni per la disequazione.

I parametri che considereremo sono reali. Così, risolvere le disequazioni parametriche di primo grado consiste nel discuterne le soluzioni al variare dei parametri nell’insieme dei numeri reali.

E’ fondamentale a questo punto ricordare le proprietà delle disequazioni. In particolare, è possibile dividere entrambi i membri di una disequazione per una stessa quantità ottenendo una disequazione equivalente a quella di partenza, ma soltanto sotto determinate condizioni. In particolare, potremo mantenere il verso della disequazione soltanto se la quantità per la quale dividiamo entrambi i membri è positiva. Se questa invece è negativa dovremo anche cambiare il verso della disequazione. E soltanto in questo modo otterremo una disequazione equivalente a quella di partenza.

Se dunque consideriamo una disequazione del tipo:

ax+b>0

ovvero:

ax > -b

potremo isolare la {x} dividendo entrambi i membri della disequazione per {a}, e ragionando sul verso della disequazione in funzione del segno di {a}.

Ma supponiamo che il coefficiente {a} dipenda da un parametro {k}. In altre parole, supponiamo di avere una disequazione del tipo:

f(k) \cdot  x > -b

ove {a=f(x)} è il coefficiente della {x} dipendente dal parametro {k}. In tal caso, potremo dividere per {f(k)} entrambi i membri della disequazione mantenendo il verso se {f(k)} è positivo, cambiando il verso se invece {f(k)} è negativo. Di conseguenza è immediato comprendere che le soluzioni della disequazione saranno differenti a seconda del segno di {f(k)}.

Infatti, se {f(k)>0} abbiamo:

\dfrac{f(k) \cdot  x}{f(k)} > -\dfrac{b}{f(k)} \quad \Rightarrow \quad x > - \dfrac{b}{f(k)}

Invece se {f(k) < 0} si ha:

\dfrac{f(k) \cdot  x}{f(k)} \boxed{<} -\dfrac{b}{f(k)}  \quad \Rightarrow \quad x < -\dfrac{b}{f(k)}

Dobbiamo infatti cambiare il verso alla disequazione poiché la quantità {f(k)} per la quale dividiamo entrambi i membri della disequazione stessa è negativa. E ciò si giustifica per quanto visto a suo tempo sulle proprietà delle disequazioni.

Infine, nel caso in cui sia {f(k)=0} la disequazione si riduce a:

0 \cdot x > -b

che sarà rispettivamente indeterminata oppure impossibile in base al segno del numero reale {b}.

Vediamo subito un esempio.

Esempio (disequazione di primo grado parametrica con un parametro)

Risolvere la seguente disequazione parametrica (o letterale) di primo grado:

kx+1 > 0

Osserviamo che il coefficiente della {x} dipende dal parametro {k}, ed in particolare abbiamo {f(k)=k}.

Cominciamo dal caso in cui sia {k>0}. In tal caso abbiamo:

kx>-1 \quad \Rightarrow \quad \dfrac{kx}{k}>-\dfrac{1}{k}

e quindi:

x> -\dfrac{1}{k}

Di conseguenza se {k>0} la disequazione è soddisfatta da tutti i valori della {x} tali da essere maggiori della quantità {-\dfrac{1}{k}}.

Veniamo ora al caso in cui sia {k<0}. Abbiamo:

kx > -1 \quad \Rightarrow \quad \dfrac{kx}{k}\boxed{<}-\dfrac{1}{k}

Attenzione: nel dividere ciascun membro per {k} abbiamo dovuto cambiare il verso alla disequazione. Infatti la quantità {k} è ora ipotizzata negativa.

Così per {k<0} abbiamo per la disequazione di partenza l’insieme delle soluzioni:

x < -\dfrac{1}{k}

Rimane da studiare il caso {k=0}. In tale circostanza la disequazione diviene:

0 \cdot x > -1

ovvero, per ogni {x} abbiamo la disuguaglianza numerica:

0 > -1

evidentemente vera. Per cui per {k=0} la disequazione è indeterminata, ovvero verificata da qualsiasi valore reale della {x}.

Così le soluzioni della disequazione di partenza dipendono dal valore del parametro {k}, ed in particolare riepilogando i risultati ottenuti abbiamo:

\begin{align*} & \text{se} \: k>0, \quad x > -\dfrac{1}{k} \\ \\ & \text{se} \: k < 0, \quad x < -\dfrac{1}{k} \\ \\ & \text{se} \: k = 0 , \quad \forall \: x \in \mathbb{R}\end{align*}

Disequazioni di primo grado con termine noto dipendente dal parametro

Vediamo ora il caso più generale di disequazioni di primo grado ad un parametro nelle quali anche il termine noto dipenda dal parametro stesso. Consideriamo cioè disequazioni della forma:

f(k)x + g(k) \lesseqgtr0

ove {f(k)} e {g(k)} sono espressioni nelle quali compare il parametro {k}.

Consideriamo ad esempio la seguente disequazione:

f(k)x + g(k)  < 0 

Osserviamo che il termine noto è dato dall’espressione {g(k)}. Infatti, pur non trattandosi di un numero, {g(k)} è comunque un termine noto poiché è una quantità che non dipende dalla {x}.

Applicando le proprietà delle disequazioni abbiamo:

f(k)x < -g(k)

Ora, ipotizziamo che sia {f(k) } maggiore di zero. In tal caso, possiamo dividere entrambi i membri della disequazione per {f(k)} mantenendo il verso della disequazione stessa. Abbiamo:

\dfrac{f(k) x}{f(k)} < -\dfrac{g(k)}{f(k)}

e quindi:

x < -\dfrac{g(k)}{f(k)}

Diversamente, venendo al caso in cui sia invece {f(k)} minore di zero, nel dividere entrambi i membri della disequazione {f(k)x + g(k) < 0} per {f(k)} dobbiamo anche cambiarne il verso. Così otteniamo:

\dfrac{f(k) x}{f(k)} > -\dfrac{g(k)}{f(k)}

e quindi:

x > -\dfrac{g(k)}{f(k)}

Infine, se abbiamo {f(k)=0} scriveremo:

0 \cdot x < -g(k)

Poiché il termine noto dipende dal parametro {k}, l’equazione sarà indeterminata se {g(k)} è positivo, sarà invece impossibile se {g(k)} è negativo oppure nullo. E sarà possibile valutare {g(k)} semplicemente sostituendo il valore di {k} che annulla l’espressione {f(k)}. Ciò sarà chiaro fra un istante nell’esempio a seguire.

Considerazioni del tutto simili permettono di risolvere disequazioni parametriche di primo grado contenenti altri simboli di disuguaglianza. Ma vediamo subito un esempio.

Esempio (disequazione parametrica di primo grado con anche termine noto dipendente dal parametro)

Risolvere la seguente disequazione:

(1-2k)x+k+2<0

Trasportiamo i termini che non contengono la {x} al secondo membro:

(1-2k)x < -k-2

Osserviamo che la disequazione è della forma {f(k)x < g(k)}, con {f(k)=1-2k} e {g(k)=-k-2}. In particolare, {g(k)} è il termine noto, funzione del parametro {k}. Ricordiamo, anche se non è un numero si tratta comunque di un termine noto, infatti è una quantità che non contiene l’incognita {x}.

Supponiamo che sia {1-2k > 0}, ovvero {-2k > -1}, e quindi {k < \dfrac{1}{2}}. Sotto tale ipotesi, possiamo dividere entrambi i membri della disequazione per {1-2k} mantenendone il verso. Abbiamo:

x<\dfrac{-k-2}{1-2k}

ovvero equivalentemente:

x < \dfrac{k+2}{2k-1}

Supponiamo ora invece che sia {1-2k < 0}, ovvero {k>\dfrac{1}{2}}. Sotto tale ipotesi, nel dividere entrambi i membri della disequazione per {1-2k} dobbiamo anche cambiare il verso alla disequazione. Otteniamo così:

x>\dfrac{-k-2}{1-2k}

ovvero:

x > \dfrac{k+2}{2k-1}

Infine, nel caso in cui sia {1-2k=0}, e quindi {k=\dfrac{1}{2}}, la disequazione {(1-2k)x < -k-2} diviene (sostituiamo nel secondo membro il valore {k=\dfrac{1}{2}}):

0 \cdot x < -\overbrace{\dfrac{1}{2}}^{k=\frac{1}{2}}-2

e quindi:

0 \cdot x < -\dfrac{5}{2}

Osservando che la disuguaglianza numerica {0<-\dfrac{5}{2}} è falsa, possiamo affermare che per {k=\dfrac{1}{2}} la disequazione data è impossibile, ovvero non ammette nessuna soluzione. In altre parole, per {k=\dfrac{1}{2}} non esiste alcun valore reale della {x} tale da verificare la disequazione in esame.

A questo punto potremmo sentirci un po’ smarriti ma niente panico. E’ sufficiente riassumere i risultati ottenuti, ottenendo così la discussione delle soluzioni della disequazione di partenza al variare del parametro {k}. In particolare abbiamo:

\begin{align*} & \text{se} \quad k < \dfrac{1}{2} \quad \Rightarrow \quad x < \dfrac{k+2}{2k-1}\\ \\ &\text{se} \quad k > \dfrac{1}{2} \quad \Rightarrow \quad x > \dfrac{k+2}{2k-1} \\ \\ & \text{se} \quad k = \dfrac{1}{2} \quad \text{la disequazione e' impossibile}\end{align*}

Disequazioni parametriche di primo grado con due parametri

Vediamo ora come risolvere le disequazioni parametriche di primo grado con due parametri, partendo direttamente da un esempio.

Risolvere la seguente disequazione parametrica con due parametri:

(a-2b)(x-1)-2ax > -4bx-(b-a)(4-x)+2ax

Prima di tutto occorre svolgere i prodotti:

ax-a-2bx+2b-2ax>-4bx-(4b-bx-4a+ax)+2ax

e quindi:

ax-a-2bx+2b-2ax>-4bx-4b+bx+4a-ax+2ax

Ora non resta che riordinare i termini in modo da avere al primo membro tutti i termini in {x} e al secondo membro tutti i termini che invece non contengono la {x}.

ax-2bx-2ax+4bx-bx+ax-2ax>-4b+4a+a-2b

Come sempre è fondamentale ricordarsi di cambiare il segno dei termini che trasportiamo da un membro all’altro della disequazione.

A questo punto raccogliamo la {x} al primo membro, per poi sommare algebricamente tra loro i termini simili entro le parentesi tonde. Sommiamo inoltre i termini simili al secondo membro:

(a-2b-2a+4b-b+a-2a)x > -6b+5a

(b-2a)x>5a-6b

In pratica abbiamo svolto i calcoli in modo tale da ricondurre l’equazione di partenza alla forma {f(a,b) x > g(a,b)}, ove {f(a,b)} e {g(a,b)} sono quantità dipendenti dai parametri {a} e {b}.

Ora, se {b-2a > 0}, ovvero {b>2a}, possiamo dividere entrambi i membri della disequazione per {b-2a} mantenendone il verso. In questo caso abbiamo quindi:

x>\dfrac{5a-6b}{b-2a}

Invece ipotizzando {b-2a<0}, e quindi {b <2a}, nel dividere entrambi i membri per la quantità {b-2a} dobbiamo cambiare il verso della disequazione. Così per {b<2a} abbiamo:

x < \dfrac{5a-6b}{b-2a}

Osservazione. Pur avendo due parametri, il metodo risolutivo è simile al caso di un solo parametro. Infatti, l’idea è sempre quella di ragionare in base al segno del coefficiente della {x} (la quantità {b-2a} nella disequazione in esame), in questo caso dipendente da due parametri.

Rimane infine da considerare il caso {b-2a=0}, e quindi {b=2a}. In tale circostanza la disequazione {(b-2a)x>5a-6b} diviene:

0  x>5a-6 (\overbrace{2a}^{b=2a})

e quindi:

0x> 5a -12a

ossia:

0x > -7a

Ora, per ogni valore della {x} ci ritroviamo con una disuguaglianza numerica parametrica del tipo {0>-7a}. Tale disuguaglianza risulterà vera soltanto se la quantità {-7a} è negativa, ovvero per {a > 0}. Diversamente, se {a < 0} la quantità {-7a} risulterà positiva, e quindi la disuguaglianza risulterà falsa. Infine, la disuguaglianza risulterà falsa anche per {a=0}. Infatti in tal caso avremo per ogni valore della {x} la disuguaglianza numerica {0<0}, che è falsa.

Così per quanto riguarda il caso {b=2a}, possiamo affermare che la disequazione di partenza è indeterminata per {a>0}, mentre è impossibile per {a \leq 0}.

In conclusione, la discussione delle soluzioni della disequazione data al variare del parametro {k} è la seguente:

\begin{align*} & \text{se} \quad b>2a \quad \Rightarrow \quad x>\dfrac{5a-6b}{b-2a}   \\ \\ & \text{se} \quad b < 2a \quad \Rightarrow \quad x <\dfrac{5a-6b}{b-2a} \\ \\ & \text{se} \quad b = 2a  \begin{cases}a > 0 \quad \text{indeterminata} \\ \\ a \leq 0  \quad \text{impossibile} \end{cases} \quad \end{align*}

Conclusioni

Per quanto riguarda come risolvere le disequazioni parametriche di primo grado con uno o più parametri è tutto. Come abbiamo visto, il trucco sta nel ricondurre la disequazione da risolvere ad una forma che consenta di comprenderne il comportamento al variare dei parametri. Questo è particolarmente evidente nell’ultimo esempio visto, ove un uso oculato dei raccoglimenti a fattore comune ci ha permesso di discutere agevolmente le soluzioni della disequazione.

Buon proseguimento con SìMatematica!