Esercizi sulle equazioni di primo grado letterali

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Equazioni (superiori)

Vi proponiamo in questa scheda degli esercizi sulle equazioni di primo grado letterali, svolti e commentati. Metteremo così ulteriormente in pratica quanto già visto nella lezione relativa alle equazioni di primo grado letterali (o parametriche).

Negli esercizi rivedremo un paio di equazioni letterali con una sola lettera, per poi concentrarci su equazioni con più lettere, per livello di difficoltà crescente. Per poter risolvere le equazioni letterali è fondamentale ricordare come si discute un’equazione di primo grado al variare del coefficiente della {x} e del termine noto (vedi: equazioni di primo grado).

Cominciamo allora subito a svolgere insieme questa serie di esercizi sulle equazioni di primo grado letterali.

Esercizi sulle equazioni di primo grado letterali, svolti e commentati

Prima parte: esercizi sulle equazioni di primo grado letterali contenenti un solo parametro

Esercizio 1

Discutere le soluzioni della seguente equazione letterale di primo grado al variare del parametro {t}:

(t^2+t)x+4t=-2tx+3+4t

Cancelliamo i termini {4t}. Possiamo farlo poiché siamo nel caso di uno stesso termine che si presenta sia al primo membro, sia al secondo membro dell’equazione.

(t^2+t)x+\cancel{4t}=-2tx+3+\cancel{4t}

Ora trasportiamo i termini al primo membro:

(t^2+t)x+2tx-3=0

Poiché dobbiamo capire che coefficiente parametrico ha la {x}, si tratterà a questo punto di raccogliere i primi due termini al primo membro per {x}:

x(t^2+t+2t)-3=0

ovvero riordinando i fattori del primo termine:

(t^2+t+2t)x-3=0

Così ci ritroviamo con un’equazione di primo grado letterale in forma normale avente per coefficiente della {x} l’espressione parametrica {t^2+t+2t} e avente per termine noto il valore {-3}.

Intanto abbiamo un’informazione importante: il termine noto è un numero sempre diverso da zero. Di conseguenza, l’equazione non potrà mai essere indeterminata. Infatti, ricordiamo che un’equazione di primo grado è indeterminata soltanto se entrambi il coefficiente della {x} e il termine noto sono nulli. In questo caso, tale circostanza non si verificherà mai.

Potrà invece accadere che l’equazione risulti impossibile. In particolare, questo avverrà quando il coefficiente della {x}, ovvero l’espressione {t^2+t+2t} è uguale a zero. Dobbiamo allora capire per quale valore del parametro {t} tale espressione si annulla. Ciò equivale a risolvere la seguente equazione di primo grado nella variabile {t}:

t^2+t+2t=0

In altre parole, dobbiamo in questo caso trattare la {t} come se fosse la {x}, ricavandone il valore che soddisfa l’uguaglianza.

Raccogliamo tutti i termini al primo membro per {t}:

t(t+1+2)=0 \qquad t(t+3)=0

Poiché abbiamo un prodotto tra due fattori uguagliato a zero, questo sarà nullo se uno qualunque dei due fattori è nullo. Quest’evidenza, per la verità piuttosto intuitiva, è nota come legge di annullamento del prodotto.

Così l’espressione {t^2+t+2t}, riscritta come {t(t+3)} si annulla se {t=0} oppure se {t+3=0}, ovvero {t=-3}.

Poiché come detto il termine noto nell’equazione è sempre diverso da zero, avremo che per i valori del parametro {t=0} e {t=-3} il solo coefficiente della {x} è nullo e pertanto l’equazione è impossibile.

Se invece consideriamo tutti i valori della {t} diversi da {0} e contemporaneamente diversi da {-3}, l’equazione sarà determinata. Infatti, in tal caso il coefficiente della {x} risulta diverso da zero.

Ricordiamo che in generale l’eventuale soluzione di un’equazione di primo grado intera è della forma {x=-\dfrac{b}{a}}, ove {b} è il termine noto ed {a} è il coefficiente della {x}. Nel nostro caso quindi, per {t \neq 0} e contemporaneamente {t \neq -3} avremo la soluzione parametrica:

x=-\dfrac{-3}{t^2+t+2t}=\dfrac{3}{t^2+t+2t}

Così ricapitolando i risultati ottenuti:

• per {t=0} oppure {t=-3} l’equazione è impossibile;
• per ogni valore del parametro {t} tale da rispettare la condizione {t \neq 0} e contemporaneamente {t \neq -3}, l’equazione è determinata ed ammette la soluzione (parametrica) {x=\dfrac{3}{t^2+t+2t}}

Esercizio 2

Determinare le soluzioni della seguente equazione di primo grado letterale al variare del parametro {b}:

\dfrac{3x-2}{b}-\dfrac{x+2}{2b}=4x

Osserviamo che l’equazione è intera anche se abbiamo lettere ai denominatori. Infatti, le lettere presenti ai denominatori sono diverse dall’incognita {x}. E poiché come detto dobbiamo trattare i parametri come dei numeri, ci ritroviamo nel caso di un’equazione letterale intera a termini frazionari.

Portiamo il termine {4x} al primo membro (cambiandone ovviamente il segno):

\dfrac{3x-2}{b}-\dfrac{x+2}{2b}-4x=0

quindi mettiamo tutti i termini a denominatore comune:

\dfrac{6x-4-x-2-8bx}{2b}=0

Ora, attenzione. L’equazione è sì intera ma il denominatore, anche se non dipende dalla {x}, dipende comunque dal parametro {b}. Quindi, per poter eliminare il denominatore dobbiamo imporre {2b \neq 0}. La condizione serve per rispettare il secondo principio di equivalenza che ci permette di moltiplicare entrambi i membri di una data equazione per una stessa quantità, però a patto che tale quantità sia diversa da zero.

Togliamo allora il denominatore comune imponendo però {2b \neq 0 } e quindi {b \neq 0}:

6x-4-x-2-8bx=0 \qquad \text{con} \: b \neq 0

Sommiamo i termini simili al primo membro:

5x-8bx-6=0

Raccogliamo la {x} in modo da capire che coefficiente della {x} abbiamo nell’equazione:

(5-8b)x-6=0

Ora, ricordiamo. L’equazione ha senso solo per {b \neq 0}. Infatti questa è la condizione che ci ha permesso di utilizzare il secondo principio di equivalenza per liberarci del denominatore parametrico.

Il termine noto dell’equazione è {-6}, quindi una quantità sempre diversa da zero. Quindi possiamo dire sicuramente che l’equazione non sarà mai indeterminata.

L’equazione sarà impossibile quando il coefficiente della {x} è nullo, ovvero quando:

5-8b=0

Ci ritroviamo con un’equazione di primo grado da risolvere nell’incognita {b}. Otteniamo:

-8b = -5\quad \Rightarrow \quad b=\dfrac{5}{8}

Il valore è, attenzione, diverso da zero per cui accettabile (ricordiamo che l’equazione esiste solo per {b \neq 0}). Così, per {b=\dfrac{5}{8}} possiamo affermare che l’equazione è impossibile.

Infine, per {b \neq \dfrac{5}{8}}e contemporaneamente {b \neq 0} l’equazione è determinata ed ha soluzione (parametrica):

x= -\dfrac{-6}{5-8b}=\dfrac{6}{5-8b}

Seconda parte: esercizi sulle equazioni di primo grado letterali contenenti due parametri

Ci occupiamo ora di esercizi sulle equazioni di primo grado letterali (o parametriche) contenenti due parametri. In questo caso dovremo stare attenti in particolare nei casi in cui il coefficiente della {x} e/o il termine noto dipendono da entrambi i parametri.

Esercizio 3

(2b-a)x+\dfrac{ax-8b}{2}-bx+3a=3bx-2ax

Calcoliamo il prodotto al primo membro e portiamo i termini {3bx} e {-2ax} al primo membro stesso:

2bx-ax+\dfrac{ax-8b}{2}-bx+3a-3bx+2ax=0

A questo punto mettiamo tutti i termini a denominatore comune:

\dfrac{4bx-2ax+ax-8b-2bx+6a-6bx+4ax}{2}=0

Possiamo eliminare tranquillamente il denominatore poiché è un numero diverso da zero. Sommiamo inoltre tutti i termini simili:

(4-2-6)bx+(-2+1+4)ax-8b+6a=0

e quindi:

-4bx+3ax-8b+6a=0

Raccogliamo la {x} nei primi due termini:

(-4b+3a)x-8b+6a=0

Ci ritroviamo con un’equazione letterale di primo grado avente coefficiente della {x} pari a {-4b+3a} e termine noto pari a {-8b+6a}. Osserviamo che entrambi dipendono da tutti e due i parametri, per cui dobbiamo prestare attenzione.

Cominciamo con il capire quando l’equazione è indeterminata. Affinché ciò avvenga dobbiamo avere entrambi il coefficiente della {x} e il termine noto uguali a zero. Dovrà cioè essere:

-4b+3a=0 \quad \wedge \quad -8b+6a=0

Con il simbolo {\wedge} intendiamo che entrambe le uguaglianze devono valere contemporaneamente. Osserviamo che dalla prima uguaglianza abbiamo:

3a=4b \quad \Rightarrow \quad a=\dfrac{4}{3}b

Sostituendo tale valore all’espressione del termine noto {-8b+6a} otteniamo:

-8b+6a \quad \text{con} \quad a=\dfrac{4}{3}b \quad \Rightarrow \quad -8b+6\cdot\dfrac{4}{3}b=-8b+8b=0

Ciò significa che ponendo {a=\dfrac{4}{3}b} si annullano sia il coefficiente della {x}, sia il termine noto. Di conseguenza, per {a=\dfrac{4}{3}b} l’equazione è indeterminata.

Osserviamo che l’equazione non può mai essere impossibile. Infatti, affinché un’equazione di primo grado sia impossibile dobbiamo avere coefficiente della {x} nullo e allo stesso tempo termine noto diverso da zero. Tuttavia, sappiamo che per il valore del parametro {a} che annulla il coefficiente della {x} si annulla anche il termine noto. Ciò prova che l’equazione non potrà mai essere impossibile.

Infine, per {a \neq \dfrac{4}{3}b} l’equazione è determinata ed ha la soluzione:

x=-\dfrac{-8b+6a}{-4b+3a}=\dfrac{8b-6a}{-4b+3a}=\dfrac{2(4b-3a)}{-4b+3a}=\dfrac{-2(-4b+3a)}{-4b+3a}=-2

In questo particolare caso la soluzione è un valore numerico poiché le espressioni contenenti i parametri si semplificano tra loro.

Esercizio 4

Vediamo ancora un’equazione relativa agli esercizi sulle equazioni di primo grado letterali contenenti i parametri solo al numeratore. Negli ultimi due esercizi a seguire proporremo invece equazioni che contengono i parametri anche al denominatore.

Risolviamo la seguente equazione letterale:

2ab(x-a)-a^2x+2ab^2=2ab(a-b)+b^2x

Svolgiamo i calcoli come negli esempi precedenti:

\begin{align*} &2ab(x-a)-a^2x+2ab^2=2ab(a-b)+b^2x \\ \\ &2abx-2a^2b-a^2x+2ab^2=2a^2b-2ab^2+b^2x \\ \\ & 2abx-2a^2b-a^2x+2ab^2-2a^2b+2ab^2-b^2x=0 \\ \\ & 2abx-4a^2b+4ab^2-a^2x-b^2x=0\\ \\ & 2abx-a^2x-b^2x-4a^2b+4ab^2=0\\ \\ & (2ab-a^2-b^2)x-4a^2b+4ab^2=0\end{align*}

Qua dobbiamo ricordarci le regole relative ai prodotti notevoli e alla scomposizione dei polinomi. In particolare, ricordando la regola del quadrato di un binomio, osserviamo che si ha {2ab-a^2-b^2=-(-2ab+a^2+b^2)=-(a-b)^2=-(-a+b)^2}. Inoltre abbiamo {-4a^2b+4ab^2=4ab(-a+b)}. Così possiamo scrivere:

-(-a+b)^2x+4ab(-a+b)=0

Il coefficiente della {x} è diverso da zero se {-a+b \neq 0}, ovvero se {-a \neq -b} o il che è lo stesso {a \neq b}. Quindi l’equazione è possibile per {a \neq b} ed abbiamo la soluzione parametrica:

x=-\dfrac{4ab(-a+b)}{-(-a+b)^2}=\dfrac{4ab(-a+b)}{(-a+b)^2}=\dfrac{4ab}{-a+b}

Invece per {a=b} la quantità {(-a+b)} si annulla e di conseguenza nell’equazione letterale sia il coefficiente della {x}, sia il termine noto si annullano. Di conseguenza, abbiamo che per {a=b} l’equazione è indeterminata.

Terza parte: equazioni con parametri presenti anche ai denominatori

Concludiamo questa scheda di esercizi sulle equazioni di primo grado letterali con un paio di esercizi contenenti i parametri anche ai denominatori.

Avvisiamo che gli esercizi sulle equazioni di primo grado letterali proposti a seguire sono di livello piuttosto avanzato.

Esercizio 5

\dfrac{3x}{m+n}-\dfrac{nx}{m^2-n^2}=\dfrac{4}{m-n}

Trasportiamo la frazione attualmente al secondo membro al primo membro. Ricordiamo di cambiarne il segno ponendo un meno davanti alla linea di frazione:

\dfrac{3x}{m+n}-\dfrac{nx}{m^2-n^2}-\dfrac{4}{m-n}=0

Ricordando dalla regola del prodotto somma per differenza che {m^2-n^2=(m+n)(m-n)} è chiaro che il denominatore comune dei termini a primo membro è proprio {(m+n)(m-n)}. Quindi:

\dfrac{(m-n)3x-nx-4(m+n)}{(m+n)(m-n)}=0

Svolgendo i calcoli al numeratore:

\dfrac{3mx-3nx-nx-4m-4n=0}{(m+n)(m-n)}

Sommando i termini simili:

\dfrac{3mx-4nx-4m-4n}{(m+n)(m-n)}=0

Per eliminare il denominatore dobbiamo essere certi che questo sia nullo. Poiché abbiamo un prodotto di due quantità, dobbiamo assicurarci che nessuna delle due si annulli. Per cui imponiamo le condizioni:

m+n \neq 0 \quad \Rightarrow \quad m \neq -n

e:

m-n \neq 0 \quad \Rightarrow \quad m \neq n

Tali condizioni sono relative al campo di esistenza dell’equazione letterale. In altre parole, se non sono rispettate tali condizioni, l’equazione perde di significato poiché non possiamo avere un denominatore nullo.

Poste tali condizioni possiamo eliminare il denominatore dall’equazione:

3mx-4nx-4m-4n=0

Raccogliamo la {x} nei primi due termini:

(3m-4n)x-4m-4n=0

Ci ritroviamo così con un’equazione di primo grado letterale in forma normale, con coefficiente della {x} uguale a {3m-4n} e termine noto uguale a {-4m-4n}. Ora, l’equazione sarà determinata se il coefficiente della {x} è diverso da zero, ovvero:

3m-4n \neq 0

E quindi se è verificata la condizione:

3m \neq 4n \quad \Rightarrow \quad m \neq \dfrac{4}{3}n

più chiaramente le condizioni di esistenza dell’equazione, questa avrà la soluzione parametrica:

x = -\dfrac{-4m-4n}{3m-4n}=\dfrac{4m+4n}{3m-4n}=\dfrac{4(m+n)}{3m-4n}

Nel caso in cui sia invece {m=\dfrac{4}{3}n} (condizione per cui il coefficiente della {x} è nullo) vediamo cosa succede al termine noto:

-4m-4n \quad \text{con} \quad m=\dfrac{4}{3}n \quad \Rightarrow \quad -4\cdot \dfrac{4}{3}n-4n=-\dfrac{16}{3}n-4n=\left( -\dfrac{16}{3}-4\right)n

Osserviamo che in questo caso il termine noto risulta nullo soltanto per {n=0}. Tuttavia per {n=0} otteniamo {m=\dfrac{4}{3}n=0}. E per le condizioni di esistenza dell’equazione {m} non può essere uguale a {n}. Di conseguenza l’equazione non è mai indeterminata.

Infine, per {m=\dfrac{4}{3}n} e {n \neq 0} (caso con coefficiente della {x} nullo ma termine noto diverso da zero) l’equazione è impossibile.

Esercizio 6

Veniamo ora all’ultimo di questa serie di esercizi sulle equazioni di primo grado letterali:

6ab \dfrac{x}{a^2-b^2}+\dfrac{2b^2}{a^2-b^2}=\dfrac{2b}{a+b}+\dfrac{2ab}{a^2-b^2}+b\dfrac{x+1}{a-b}

Qui piuttosto che trasportare tutti i termini al primo membro è più conveniente mettere i termini a denominatore comune in ciascun membro. Per il denominatore comune del secondo membro osserviamo che {a^2-b^2=(a+b)(a-b)}.

\dfrac{6abx+2b^2}{a^2-b^2}=\dfrac{(a-b)2b+2ab+(a+b)b(x+1)}{a^2-b^2}

Svolgiamo i calcoli al numeratore al secondo membro:

\dfrac{6abx+2b^2}{a^2-b^2}=\dfrac{2ab-2b^2+2ab+abx+ab+b^2x+b^2}{a^2-b^2}

Ora sommiamo i termini simili (sempre al numeratore del secondo membro):

\dfrac{6abx+2b^2}{a^2-b^2}=\dfrac{5ab-b^2+abx+b^2x}{a^2-b^2}

Ora possiamo trasportare tutta la frazione attualmente al secondo membro al primo membro. Nel fare questo dovremo cambiare il segno di tutti i suoi termini al numeratore. Osserviamo che le due frazioni a primo e secondo membro condividono lo stesso denominatore.

\dfrac{6abx+2b^2-5ab+b^2-abx-b^2x}{a^2-b^2}=0

Sommiamo i termini simili al numeratore:

\dfrac{5abx+3b^2-5ab-b^2x}{a^2-b^2}=0

Ora riordiniamo i termini al numeratore e raccogliamo due termini per {x}:

\dfrac{5abx-b^2x+3b^2-5ab}{a^2-b^2}=0; \qquad \dfrac{(5ab-b^2)x+3b^2-5ab}{a^2-b^2}=0

Possiamo togliere il denominatore {a^2-b^2} a patto di porlo diverso da zero:

a^2-b^2 \neq 0 \quad \Rightarrow \quad (a+b)(a-b) \neq 0

Per la legge di annullamento del prodotto dovremo avere {a+b \neq 0} oppure {a-b \neq 0}, e quindi rispettivamente {a \neq -b} e {a \neq b}. Queste sono le condizioni di esistenza dell’equazione letterale.

Tenendo conto di tali condizioni è possibile eliminare il denominatore:

(5ab-b^2)x+3b^2-5ab=0

Ci ritroviamo con un’equazione di primo grado letterale in forma normale con coefficiente della {x} uguale a {5ab-b^2} e termine noto uguale a {3b^2-5ab}.

L’equazione è possibile se il coefficiente della {x} è diverso da zero, ovvero se:

5ab-b^2 \neq 0 \quad \Rightarrow \quad b(5a-b) \neq 0

Quindi sempre per la legge di annullamento del prodotto, avremo:

b \neq 0 \quad \vee \quad 5a-b \neq 0 

Ricordiamo che il simbolo {\vee} significa “oppure”. Osserviamo che:

5a-b \neq 0 \quad \Rightarrow \quad 5a \neq b \quad \Rightarrow \quad a \neq \dfrac{b}{5}

Quindi in definitiva l’equazione è possibile per {b \neq 0} oppure per {a \neq \dfrac{b}{5}}. In questo caso abbiamo la soluzione parametrica:

x=-\dfrac{3b^2-5ab}{5ab-b^2}=\dfrac{5ab-3b^2}{5ab-b^2}=\dfrac{b(5a-3b)}{b(5a-b)}=\dfrac{5a-3b}{5a-b}

Ovviamente dovranno anche valere le condizioni di esistenza precedentemente indicate per l’equazione.

Ora vediamo cosa succede al termine noto per i due possibili valori dei parametri che annullano il coefficiente della {x}.

Per {b=0} abbiamo per il termine noto:

3b^2-5ab \quad \text{con} \quad b=0 \quad \Rightarrow \quad 0

Quindi per {b=0} sono nulli sia il coefficiente della {x}, sia il termine noto e di conseguenza l’equazione è indeterminata. Osserviamo che poiché valgono le condizioni di esistenza dell’equazione dovrà anche essere {a \neq \pm b} ovvero in questo caso {a \neq 0}.

Infine, per {a=\dfrac{b}{5}} abbiamo per il termine noto:

3b^2-5ab \quad \text{con} \quad a = \dfrac{b}{5} \quad \Rightarrow \quad 3b^2-5 a \cdot \dfrac{b}{5}=3b^2-ab

Osserviamo che la quantità è diversa da zero se:

3b^2-ab \neq 0 \quad \Rightarrow \quad b(3b-a) \neq 0 \quad \Rightarrow \quad b \neq 0 \quad \vee \quad b \neq \dfrac{a}{3}

Quindi per {a=\dfrac{b}{5}} e contemporaneamente {b \neq 0} oppure per {a=\dfrac{b}{5}} e contemporaneamente {b \neq \dfrac{a}{3}} l’equazione è impossibile.

Tuttavia, in merito ai valori dei parametri per cui l’equazione è impossibile, osserviamo per precisione che la richiesta che si abbia {a=\dfrac{b}{5}} e contemporaneamente {b \neq \dfrac{a}{3}} è superflua, poiché equivale alla condizione {a=\dfrac{b}{5}} e contemporaneamente {b \neq 0}.

Infatti abbiamo {a=\dfrac{b}{5}} e allo stesso tempo {b=\dfrac{a}{3}} solo se {a=0} e {b=0}. Ma la possibilità che {b} sia uguale a zero è già esclusa nella condizione {a=\dfrac{b}{5}} e contemporaneamente {b \neq 0} . Per cui in conclusione l’equazione è impossibile semplicemente per {a=\dfrac{b}{5}} e contemporaneamente {b \neq 0}.

Conclusioni

Per quanto riguarda gli esercizi sulle equazioni di primo grado letterali è tutto. Gli esercizi qui presentati coprono un vasto assortimento di equazioni letterali e con questi riferimenti sarete sicuramente in grado di affrontare moltissimi esercizi. Un saluto a tutti voi!