Esercizi sui sistemi non lineari

 - 

Sistemi lineari (superiori)

Offriamo in questa scheda una serie di esercizi sui sistemi non lineari, svolti e commentati. Si tratta di sistemi non lineari ma che possono essere ricondotti a sistemi lineari mediante opportuni accorgimenti.

Nella prima parte di questa esercitazione ci occuperemo di esercizi sui sistemi non lineari che possono essere ricondotti a sistemi lineari riconducendo le equazioni presenti nel sistema alla forma intera. Si tratta in questo caso di sistemi fratti. Come vedremo, per poter considerare le forme intere delle equazioni occorrerà prima discutere le condizioni di esistenza delle equazioni, ovvero porre le condizioni necessarie per poter eliminare i denominatori.

Nella seconda parte vedremo poi degli esercizi sui sistemi lineari fratti che possono essere risolti utilizzando delle opportune sostituzioni (cambi di variabile). In tal modo ci ritroveremo a risolvere dei sistemi lineari nelle nuove variabili introdotte. Ovviamente dovremo prestare attenzione ad esprimere alla fine la eventuale soluzione del sistema utilizzando le variabili di partenza.

Infine, nell’ultima parte ci occuperemo di sistemi non lineari che presentano almeno un’equazione di grado superiore al primo. In questo caso ci sarà utile la legge di annullamento del prodotto e quanto sappiamo sulla scomposizione dei polinomi.

Vediamo allora subito gli esercizi sui sistemi non lineari, destinati agli studenti delle scuole superiori. Via!

Prima parte: sistemi non lineari fratti con equazioni riconducibili alla forma intera

Esercizio 1

Risolvere il seguente sistema non lineare fratto:

\begin{cases} 5(x+y)-2(x-y)=4 \\ \\ \dfrac{2}{x+y}=\dfrac{3}{x-y}\end{cases}

Prima di tutto, osserviamo che il sistema è fratto poiché compaiono incognite al denominatore in almeno un’equazione del sistema (in questo caso, nella seconda equazione).

Affinché le frazioni algebriche al primo e al secondo membro della seconda equazione abbiano senso, occorre imporre i denominatori diversi da zero:

x+y \neq 0 \quad \wedge \quad x-y \neq 0 \iff x\neq -y \quad \wedge \quad x \neq y

Teniamo da parte queste condizioni poiché sarà grazie ad esse che potremo eliminare successivamente i denominatori. Ricordiamo ancora una volta che il simbolo “{\wedge}” significa “e contemporaneamente”.

Sviluppiamo i prodotti al primo membro della prima equazione, e mettiamo i termini della seconda equazione a denominatore comune:

\begin{cases}5x+5y-2x+2y=4 \\ \\ \dfrac{2}{x+y}-\dfrac{3}{x-y} =0 \end{cases}; \qquad \begin{cases} 3x+7y=4 \\ \\ \dfrac{2(x-y)-3(x+y)}{(x+y)(x-y)}=0\end{cases}

Tenendo conto delle condizioni di esistenza delle frazioni algebriche precedentemente scritte possiamo eliminare il denominatore comune a tutti i termini nella seconda equazione:

\begin{cases} 3x+7y=4 \\ \\ \dfrac{2(x-y)-3(x+y)}{\cancel{(x+y)(x-y)}}=0\end{cases}\qquad \text{con} \: x \neq \pm y

Svolgiamo i prodotti nella seconda equazione:

\begin{cases} 3x+7y=4 \\ \\ 2x-2y-3x-3y=0\end{cases}; \qquad \begin{cases} 3x+7y=4 \\ \\ -x-5y=0\end{cases}

Risolviamo il sistema utilizzando ad esempio il metodo di riduzione:

\begin{cases} 3x+7y=4 \\ \\ -3x-15y=0\end{cases} \quad \Rightarrow \quad \begin{cases} 3x+7y+(-3x-15y)=4+0 \\ \\ -3x-15y=0\end{cases}

Abbiamo, ricavando la {y} dalla prima equazione e quindi sostituendo il valore ottenuto nella seconda equazione:

\begin{cases} 7y-15y=4 \quad \rightarrow \quad y=-\dfrac{1}{2} \\ \\ -3x-15y=0  \quad \rightarrow \quad x=-\dfrac{15y}{3}=-5 \left( -\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{5}{2}\end{cases}

Ora, attenzione. Dobbiamo verificare che i valori ottenuti per le incognite soddisfino le condizioni di esistenza delle frazioni algebriche precedentemente scritte. Ma è immediato verificare che tali valori rispettano le condizioni {x \neq \pm y}. In conclusione il sistema di partenza è determinato ed ammette come soluzione la coppia {(x, \: y)}:

\left( \dfrac{5}{2}, \: -\dfrac{1}{2}\right)

Esercizio 2

Proseguiamo questi esercizi sui sistemi non lineari con il seguente:

\begin{cases} \dfrac{4}{x}(1+x)+\dfrac{1+y}{y}=\dfrac{5(1+y)}{y} \\ \\ 4(x-y)^2-(2x+1)^2-(2y-3)^2=-2x(1+4y)+5\end{cases}

Nella prima equazione abbiamo dei denominatori contenenti le incognite. Di conseguenza, imponendo i denominatori diversi da zero otteniamo le seguenti condizioni di esistenza per il sistema:

x \neq 0 \quad \wedge \quad y \neq 0

Sotto queste ipotesi possiamo mettere tutti i termini della prima equazione a denominatore comune, e quindi eliminare tale denominatore. Allo stesso tempo eseguiamo i calcoli nella seconda equazione. Abbiamo:

\small \begin{cases} \dfrac{4}{x}(1+x)+\dfrac{1+y}{y}-\dfrac{5(1+y)}{y}=0 \\ \\ 4(x^2-2xy+y^2)-(4x^2+4x+1)-(4y^2-12y+9)=-2x-8xy+5\end{cases}

\small \begin{cases} \dfrac{4y(1+x)+x(1+y)-5x(1+y)}{xy}=0 \\ \\ \cancel{4x^2}-\cancel{8xy}+\cancel{4y^2}-\cancel{4x^2}-4x-1-\cancel{4y^2}+12y-9+2x+\cancel{8xy}-5=0\end{cases}

\begin{cases} \dfrac{4y+\cancel{4xy}+x+\cancel{xy}-5x-\cancel{5xy}}{\cancel{xy}}=0 \\ \\-2x+12y=15 \end{cases} \qquad \text{con} \: x \neq 0, \: y \neq 0

Abbiamo:

\begin{cases} -4x+4y=0 \\ \\ -2x+12y=15\end{cases}

Dividiamo tutti i termini della prima equazione per {2}, quindi applichiamo il metodo di riduzione:

\begin{cases} -2x+2y=0 \\ \\ -2x+12y=15\end{cases} \quad \Rightarrow \begin{cases} -2x+2y-(-2x+12y)=0-15 \\ \\ -2x+12y=15\end{cases}

Abbiamo:

\small \begin{cases}-\cancel{2x}+2y+\cancel{2x}-12y=-15 \quad \rightarrow \quad  -10y=-15 \quad \rightarrow \quad y=\dfrac{3}{2} \\ \\ x=\dfrac{-15+12y}{2}=\dfrac{-15 + 12 
 \cdot\dfrac{3}{2}}{2}=\dfrac{3}{2}  \end{cases}

I valori appena ottenuti sono compatibili con le condizioni di esistenza del sistema precedentemente scritte. Di conseguenza il sistema è determinato ed ha per soluzione la coppia:

\left( \dfrac{3}{2}, \: \dfrac{3}{2}\right)

Seconda parte: esercizi con sistemi non lineari riconducibili a sistemi lineari con sostituzioni

Passiamo ora ad esercizi su sistemi non lineari che possono essere ricondotti a sistemi lineari mediante opportune sostituzioni (cambi di variabile).

Esercizio 3

Risolviamo il seguente sistema non lineare:

\begin{cases} \dfrac{5}{x}+\dfrac{2}{y}=5 \\ \\ \dfrac{1}{x}-\dfrac{2}{y}=13\end{cases}

Intanto imponiamo le condizioni di esistenza del sistema:

x \neq 0 \quad \wedge \quad y \neq 0 

Come al solito si tratta di imporre diversi da zero tutti i denominatori delle frazioni algebriche presenti nelle equazioni a sistema.

In questo caso è possibile risolvere il sistema con i metodi sin qui visti. Infatti, basta ricondurre ciascuna equazione a forma intera, eliminando i denominatori comuni a tutti i termini grazie alle condizioni di esistenza del sistema. Tuttavia, in casi come questi vogliamo mostrare l’utilità di opportune sostituzioni (cambi di variabile).

Se osserviamo attentamente il sistema, è immediato notare che in tutti i termini compaiono gli stessi fattori {\dfrac{1}{x}} e {\dfrac{1}{y}}. Così per ricondurre le equazioni a sistema alla forma intera possiamo porre le sostituzioni:

\dfrac{1}{x}=u, \qquad \dfrac{1}{y}=v

In altre parole, sostituiamo ciascun fattore {\dfrac{1}{x}} con la lettera {u} e ciascun fattore {\dfrac{1}{y}} con la lettera {v}. Procedendo in questo modo il sistema diviene:

\begin{cases} 5 \cdot \dfrac{1}{x}+2 \cdot\dfrac{1}{y}=5 \\ \\ \dfrac{1}{x}-2 \cdot \dfrac{1}{y}=13\end{cases} \quad \Rightarrow \quad \begin{cases} 5u+2v=5 \\ \\ u-2v=13\end{cases}

Risolviamo il sistema ad esempio con il metodo del confronto:

\small \begin{cases} 2v=5-5u \\ \\ 2v=u-13\end{cases} \quad \Rightarrow \quad \begin{cases} 5-5u=u-13 \\ \\ 2v=u-13\end{cases} \quad \Rightarrow \quad \begin{cases} u=3 \\ \\ v=\dfrac{u-13}{2}=\dfrac{3-13}{2}=-5\end{cases}

Abbiamo così ricavato per il sistema nella variabili {u} e {v} i valori delle incognite. Ma dobbiamo ricavare, non dimentichiamo, i valori delle incognite x e y di partenza.

Per fare questo, partiamo dalle sostituzioni che abbiamo posto:

\dfrac{1}{x}=u, \qquad \dfrac{1}{y}=v

Cominciamo dalla prima sostituzione. Poiché ci è noto il valore di {u}, possiamo scrivere:

\dfrac{1}{x}=3

da cui ricavando la {x}:

x=\dfrac{1}{3}

Allo stesso modo, partendo dalla seconda sostituzione:

\dfrac{1}{y}=-5

otteniamo:

y= -\dfrac{1}{5}

Abbiamo così ottenuto i valori delle incognite {x} e {y} di partenza. Tuttavia, attenzione. Dobbiamo verificare che tali valori rispettino le condizioni di esistenza del sistema che abbiamo imposto inizialmente.

Le condizioni di esistenza del sistema, ricordiamo, sono {x \neq 0} e contemporaneamente {y \neq 0}. Ma i valori ottenuti per le incognite sono entrambi diversi da zero.

Quindi in conclusione il sistema ammette come soluzione la coppia:

\left( \dfrac{1}{3}, \: -\dfrac{1}{5}\right)

Esercizio 4

Risolviamo il seguente sistema non lineare:

\begin{cases} \dfrac{2x+3y}{xy}=5 \\ \\ \dfrac{x-y}{5xy}=-1\end{cases}

Poniamo anzitutto la condizione di esistenza del sistema:

xy \neq 0 \iff x \neq 0 \quad \wedge \quad y \neq 0

Ora mettiamo tutti i termini di ciascuna equazione a denominatore comune:

\begin{cases} \dfrac{2x+3y}{xy}-5 = 0 \\ \\ \dfrac{x-y}{5xy}+1=0\end{cases} \quad  \Rightarrow \quad \begin{cases}\dfrac{2x+3y-5xy}{xy}= 0 \\ \\ \dfrac{x-y+5xy}{5xy} =0\end{cases}

Procediamo dividendo tutti i termini per il denominatore comune, applicando la proprietà distributiva della divisione:

\begin{cases} \dfrac{2x}{xy}+\dfrac{3y}{xy}-\dfrac{5xy}{xy}= 0 \\ \\ \dfrac{x}{5xy}-\dfrac{y}{5xy}+\dfrac{5xy}{5xy}=0 \end{cases}

A questo punto semplifichiamo ciascuna frazione algebrica (le semplificazioni sono tutte lecite poiché valgono per il sistema le condizioni di esistenza determinate in precedenza):

\begin{cases} \dfrac{2\cancel{x}}{\cancel{x}y}+\dfrac{3\cancel{y}}{x\cancel{y}}-\dfrac{5\cancel{xy}}{\cancel{xy}}= 0 \\ \\ \dfrac{\cancel{x}}{5\cancel{x}y}-\dfrac{\cancel{y}}{5x\cancel{y}}+\dfrac{\cancel{5}\cancel{xy}}{\cancel{5}\cancel{xy}}=0 \end{cases} \quad \Rightarrow \quad  \begin{cases} \dfrac{2}{y}+\dfrac{3}{x}=5 \\ \\ \dfrac{1}{5y}-\dfrac{1}{5x}=-1\end{cases}

Ora siamo ricaduti in un sistema della forma degli esercizi precedenti. Poniamo le sostituzioni:

\dfrac{1}{x}=u, \qquad \dfrac{1}{y}=v

Il sistema diviene:

\begin{cases} 2v+3u=5 \\ \\ \dfrac{1}{5}v-\dfrac{1}{5}u=-1\end{cases}

e quindi ridotto in forma normale:

\begin{cases}3u+2v=5 \\ \\ -\dfrac{1}{5}u+\dfrac{1}{5}v=-1\end{cases}

Il sistema è ora lineare poiché non ci sono termini di grado superiore al primo ed inoltre non abbiamo incognite al denominatore. Risolvendolo ad esempio per sostituzione abbiamo:

\scriptsize \begin{cases} v=\dfrac{5-3u}{2} \\ \\ -\dfrac{1}{5}u+\dfrac{1}{5}\cdot \dfrac{5-3u}{2}=-1 \quad \rightarrow\quad -\dfrac{1}{5}u+\dfrac{1}{2}-\dfrac{3}{10}u=-1 \quad \rightarrow   -\dfrac{5}{10}u=-\dfrac{3}{2} \quad \rightarrow \quad u=3\end{cases}

da cui, sostituendo il valore ottenuto per {u} nella prima equazione:

\begin{cases} v=\dfrac{5-3u}{2}=\dfrac{5-3\cdot3}{2}=-2 \\ \\ u=3 \end{cases}

A questo punto non dimentichiamo: dobbiamo ricavare i valori delle incognite di partenza {x} e {y}. Ma ricordando le sostituzione poste abbiamo rispettivamente:

\begin{align*} & \dfrac{1}{x}=u \quad \Rightarrow \quad x=\dfrac{1}{u}=\dfrac{1}{3}; \\ \\ & \dfrac{1}{y}=v \quad \Rightarrow \quad y=\dfrac{1}{v}=-\dfrac{1}{2}\end{align*}

Ora verifichiamo se i valori ottenuti per le incognite {x, \: y} rispettano le condizioni di esistenza del sistema in esame. Effettivamente entrambe le quantità sono non nulle, e sono quindi accettabili come soluzioni del sistema di partenza. Per cui in conclusione il sistema è determinato ed ha per soluzione la coppia:

\left( \dfrac{1}{3}, \: -\dfrac{1}{2}\right)

Esercizio 5

Proseguiamo questa serie di esercizi sui sistemi non lineari con il seguente:

\begin{cases} \dfrac{xy}{x-3y}=-\dfrac{1}{5} \\ \\ \dfrac{xy}{x-4y}=-\dfrac{1}{7}\end{cases}

Anzitutto stabiliamo le condizioni di esistenza del sistema. Imponiamo diversi da zero tutti i denominatori delle frazioni algebriche presenti:

x-3y \neq 0 \quad \wedge \quad x-4y \neq 0 \iff x \neq 3y \quad \wedge \quad x \neq 4y

Come nell’esercizio precedente, proseguiamo mettendo tutti i termini di ciascuna equazione a denominatore comune:

\begin{cases} \dfrac{xy}{x-3y}+\dfrac{1}{5} =0 \\ \\ \dfrac{xy}{x-4y}+\dfrac{1}{7}=0\end{cases} \quad \Rightarrow \quad \begin{cases} \dfrac{5xy+x-3y}{5(x-3y)}=0 \\ \\ \dfrac{7xy+x-4y}{7(x-4y)}=0\end{cases}

Ora come proseguiamo? Sicuramente conviene intanto ridurre entrambe le equazioni a sistema a forma intera. E per farlo basta eliminare i denominatori, sfruttando le condizioni di esistenza del sistema che abbiamo determinato inizialmente:

\begin{cases} \dfrac{5xy+x-3y}{\cancel{5(x-3y)}}=0 \\ \\ \dfrac{7xy+x-4y}{\cancel{7(x-4y)}}=0\end{cases} \quad \Rightarrow \quad \begin{cases} 5xy+x-3y=0 \\ \\ 7xy+x-4y=0\end{cases}

Ora possiamo dividere tutti i termini di ciascuna equazione per la quantità {xy}, a patto però di porre la condizione {xy \neq 0 }, ovvero {x \neq 0 \: \wedge \: y \neq 0}. Scegliamo questa quantità poiché è la stessa parte letterale di termini che compaiono nelle equazioni. Abbiamo:

\begin{cases} \dfrac{5\cancel{xy}}{\cancel{xy}}+\dfrac{\cancel{x}}{\cancel{x}y}-\dfrac{3\cancel{y}}{x\cancel{y}}=0 \\ \\ \dfrac{7\cancel{xy}}{\cancel{xy}}+\dfrac{\cancel{x}}{\cancel{x}y}-\dfrac{4\cancel{y}}{x\cancel{y}}=0 \end{cases} \quad \Rightarrow \quad \begin{cases} 5+\dfrac{1}{y}-\dfrac{3}{x}=0 \\ \\ 7+\dfrac{1}{y}-\dfrac{4}{x}=0\end{cases} \qquad \text{con}  \: x, \: y \neq 0

E ora siamo arrivati a comprendere come cavarcela. Basta infatti porre le sostituzioni:

\dfrac{1}{x}=u, \qquad \dfrac{1}{y}=v

In tal modo ci riconduciamo al seguente sistema lineare:

\begin{cases} 5+v-3u=0 \\ \\ 7+v-4u=0\end{cases}

Applicando ad esempio il metodo del confronto otteniamo:

\begin{cases} v=3u-5 \\ \\ v=4u-7\end{cases} \quad \Rightarrow \quad \begin{cases} 3u-5=4u-7 \quad \rightarrow \quad u=2 \\ \\ v=4\cdot2-7=1\end{cases}

Ora non resta che ricavare i valori delle incognite {x, \: y}, come al solito tenendo conto delle sostituzioni precedentemente effettuate:

\dfrac{1}{x}=u \quad \Rightarrow \quad x=\dfrac{1}{u}=\dfrac{1}{2}; \qquad \dfrac{1}{y}=v \quad \Rightarrow \quad y=\dfrac{1}{v}=1

Ma adesso attenzione. Dobbiamo verificare non soltanto che i valori appena ricavati per le incognite {x, \: y} rispettino le condizioni di esistenza del sistema, ma anche la condizione posta sulla quantità {xy} che abbiamo utilizzato per ricondurre il sistema ad una forma adatta per le sostituzioni. Così i valori {x, \: y} dovranno rispettare le condizioni:

\begin{align*} &x \neq 3y \quad \wedge \quad x \neq 4y \quad \wedge \quad x  \neq0 \quad \wedge \quad y \neq 0\end{align*}

Osserviamo che effettivamente i valori {x=1} e {y=\dfrac{1}{2}} rispettano tutte queste condizioni. Infatti, entrambi i valori sono non nulli. Inoltre, {x} non è tre volte {y} e nemmeno quattro volte {y}. Di conseguenza i valori ottenuti per le incognite sono accettabili ed il sistema ha soluzione:

\left(\dfrac{1}{2}, \: 1\right)

Esercizio 6

Vediamo come risolvere il seguente sistema non lineare:

\begin{cases} \dfrac{2}{x+y}-\dfrac{1}{x-y}=1 \\ \\ \dfrac{3}{x+y}+\dfrac{2}{x-y}=5\end{cases}

Anzitutto cominciamo come negli altri casi imponendo le condizioni di esistenza del sistema. In questo caso abbiamo:

x+y \neq 0 \quad \wedge \quad x-y \neq 0 \iff x \neq -y \quad \wedge \quad x \neq y

Ora, osserviamo che per ricondurre il sistema alla forma intera basta porre le sostituzioni:

\dfrac{1}{x+y}=u, \qquad \dfrac{1}{x-y}=v

Infatti in tutti i termini al primo membro delle equazioni abbiamo dei fattori {\dfrac{1}{x+y}} e {\dfrac{1}{x-y}}. Non è dunque necessario per il sistema in esame porre tutti i termini di ciascuna equazione a denominatore comune.

Effettuando le sostituzioni otteniamo:

\begin{cases} 2u-v=1 \\ \\ 3u+2v=5\end{cases}

Il sistema è ora lineare e si presenta in forma normale. Risolviamo il sistema utilizzando ad esempio il metodo di Cramer. Abbiamo:

\begin{align*} & D=\det \begin{bmatrix}2 & -1 \\ 3 & 2 \end{bmatrix}=2\cdot2-3 \cdot (-1)=4+3=7; \\ \\ &D_u = \det \begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 5 & 2\end{bmatrix}= 1 \cdot 2 - 5 \cdot (-1)=2+5=7; \\ \\ & D_v= \det \begin{bmatrix} 2 & 1 \\ 3 & 5  \end{bmatrix} = 2 \cdot 5 - 3 \cdot 1 = 10 - 3 = 7\end{align*}

Otteniamo:

u=\dfrac{D_u}{D}=\dfrac{7}{7}=1; \qquad v = \dfrac{D_v}{D}=\dfrac{7}{7}=1

Ora ricordiamo le sostituzioni poste e ricaviamo i valori delle incognite {x} e {y}:

\begin{align*} &\dfrac{1}{x+y}=u \quad \Rightarrow \quad x+y=\dfrac{1}{u}=1 \quad \Rightarrow \quad x+y=1; \\ \\ & \dfrac{1}{x-y}=v \quad \Rightarrow \quad x-y = \dfrac{1}{v}=1 \quad \Rightarrow \quad x-y=1\end{align*}

Diversamente dagli altri esercizi, qui per ricavare i valori delle incognite di partenza {x, \: y} dobbiamo risolvere un sistema. In particolare, dobbiamo mettere a sistema le due relazioni appena ricavate tra le incognite {x} e {y}:

\begin{cases} x+y=1 \\ \\ x-y=1 \end{cases}

Risolviamo il sistema per sostituzione:

\begin{cases} x=1-y \\ \\ 1-y-y=1 \quad \rightarrow \quad y=0\end{cases} \quad \Rightarrow \quad \begin{cases} x=1 \\ \\ y=0\end{cases}

Osserviamo che i valori ottenuti per le incognite {x} e {y} rispettano le condizioni iniziale imposte per l’esistenza del sistema. Di conseguenza, il sistema ha come soluzione la coppia:

(1, \: 0)

Terza parte: sistemi non lineare di grado superiore al primo

Vediamo ora degli esercizi su come risolvere dei sistemi non lineari contenenti almeno un’equazione di grado superiore al primo. Sfrutteremo in questo caso quanto sappiamo sulla scomposizione dei polinomi e sulla legge di annullamento del prodotto. Negli esercizi più semplici sarà inoltre possibile procedere per sostituzione.

Esercizio 7

Risolviamo il sistema:

\begin{cases} x-y=3 \\ \\ x^2-y^2=21\end{cases}

Il sistema è intero per cui non ci ritroviamo a dover porre alcuna condizione di esistenza. Infatti non abbiamo incognite ai denominatori.

Scomponiamo il polinomio al primo membro della seconda equazione (differenza di quadrati):

\begin{cases}x-y=3 \\ \\ (x-y)(x+y)=21 \end{cases}

Ma per quanto ci dice la prima equazione, possiamo sostituire il fattore {x-y} al primo membro della seconda equazione con la quantità {3}:

\begin{cases} x-y=3 \\ \\ 3(x+y)=21\end{cases}

e quindi:

\begin{cases} x-y=3 \\ \\ 3x+3y=21\end{cases}

Risolviamo il sistema ad esempio per sostituzione:

\begin{cases} x=3+y \\ \\ 3(3+y)+3y=21 \quad \rightarrow \quad 9+3y+3y=21 \quad \rightarrow \quad y=2\end{cases}

e quindi:

\begin{cases} x=3+2=5 \\ \\ y=2\end{cases}

Così il sistema ha per soluzione la coppia:

(5, \: 2)

Esercizio 8

Concludiamo questa serie di esercizi sui sistemi non lineari con il seguente:

\begin{cases} (x+y)^2-4y^2=0 \\ \\ x-3y=3\end{cases}

Osserviamo che al primo membro della prima equazione abbiamo una differenza di quadrati del tipo {A^2-B^2} con {A=x+y} e {b=2y}. Così scomponendo il polinomio al primo membro della prima equazione abbiamo:

\begin{cases} \overbrace{[(x+y)+2y]\cdot[(x+y)-2y]}^{(A+B) \cdot (A-B)}=0 \\ \\  x-3y=3\end{cases}

Per la legge di annullamento del prodotto è possibile riscrivere la prima equazione come:

[(x+y)+2y]=0 \quad \vee \quad [(x+y)-2y]=0

Ma come abbiamo visto nella teoria, in conseguenza di questo dovremo scrivere due sistemi, aventi ciascuno come prima equazione una delle due equazioni appena scritte, e come seconda equazione la stessa seconda equazione del sistema precedente. Abbiamo:

\begin{cases} [(x+y)+2y]=0  \\ \\ x-3y=3 \end{cases} \quad \vee \quad \begin{cases} [(x+y)-2y]=0  \\ \\ x-3y=3\end{cases}

Con la scrittura intendiamo che dovremo prendere come soluzioni tutte e due le eventuali soluzioni dei sistemi. Abbiamo:

\begin{cases} x+3y=0 \\ \\ x-3y=3\end{cases} \quad \vee \quad \begin{cases} x-y=0 \\ \\ x-3y=3\end{cases}

Utilizziamo il metodo del confronto per risolvere ciascun sistema:

\begin{cases} -3y=3y+3 \\ \\ x-3y=3 \end{cases} \quad \vee \quad \begin{cases} y=3y+3 \\ \\ x-3y=3\end{cases}

ovvero:

\small \begin{cases} y=-\dfrac{1}{2} \\ \\ x=3+3y=3-\dfrac{3}{2}=\dfrac{3}{2}\end{cases} \quad \vee \quad \begin{cases} y=-\dfrac{3}{2} \\ \\ x=3+3y=3-\dfrac{9}{2}=-\dfrac{3}{2}\end{cases}

Così per il sistema abbiamo le due soluzioni, entrambe valide:

\left( \dfrac{3}{2} \: -\dfrac{1}{2}\right); \qquad \left( -\dfrac{3}{2}, \: -\dfrac{3}{2}\right)

Conclusioni

Per questa serie di esercizi sui sistemi non lineari è tutto. Come abbiamo visto è possibile risolvere un buon assortimento di sistemi di questo tipo utilizzando quanto sappiamo sui sistemi lineari.

Nel caso dei sistemi non lineari fratti è possibile ricondurre le equazioni alla forma intera utilizzando varie tecniche, comprese opportune sostituzioni. Infine, nel caso dei sistemi non lineari con almeno un’equazione di grado superiore al primo possiamo cavarcela con una sostituzione oppure utilizzando la legge di annullamento del prodotto.

Buono studio a tutti voi, un saluto! 🙂