Equazioni irrazionali

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Ho vsto su alcuni testi di scuola superiore che per risolvere un'equazione irrazionale del tipo:


$\sqrt{p(x)}=q(x)$ impongono le seguenti condizioni:


\begin{cases}
p(x)\geq0\\
q(x)\geq0\\
p(x)=q(x)^2
\end{cases}

Credo che sia sufficiente:

\begin{cases}

q(x)\geq0\\
p(x)=q(x)^2
\end{cases}

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La motivazione che siano sufficienti le ultime due relazione si giustifica in questo modo:

Nel momento che pongo $q(x)\geq0$, la condizione $q(x)^2=p(x)$ mi garantisce automaticamente che $p(x)\geq0$. Il primo sistema ti impone di risolvere una disequazione inutile: $p(x)\geq0$.


Sono cose scritte sui libri di scuola superiore.

Ditemi che mi sbaglio!

[moccidentale]

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In rete ho visto risolvere questa equazione irrazionale: $\sqrt{x+3}=\sqrt{x+12}-\sqrt{3-x}$. Ho visto riscrivere l'equazione nel seguente modo: $\sqrt{x+3}+\sqrt{3-x}=\sqrt{x+12}$ e questo mi sembra giusto a questo punto si trova il $C.E.$ dell'espressione in evidenza (risolvere un sistema di tre disequazioni!!!) e poi continua con la solita tecnica di eleveare al quadrato.......

Io farei in questo modo per risparmiare del tempo, una volta scritta l'equazione come:

$$\sqrt{x+3}+\sqrt{3-x}=\sqrt{x+12}$$

Guardo il secondo membro e impongo che $x+12 \geq 0$ $ \Rightarrow x\geq -12 $. Ora elevo ambo i membri al quadrato e ottengo: $x+3+3-x+2\sqrt{9-x^2}=x+12 \ Rightarrow 2\sqrt{9-x^2}=x+6$. Impongo l'ulteriore condizione $x\geq -6$ che intersecata con quella precedente risulta sempre $x\geq -6.$ Elevo di nuovo al quadrato e ottengo $4(9-x^2)=x^2+12x+36 \Rightarrow 5x^2+12x=0 \Rightarrow x_1=0 vee x_2=-\frac{5}{12}$ e concludo che entrambi le soluzioni sono accettabili in quanto rispettano la condizione $x\geq -6.$

Questo procedimento lo vedo più snello e senza imbarcarmi nella risoluzione di un sistema di disequazioni, che in questo caso può essere abbordabile, in altri casi mi potrebbe portare via energie.


Vediamo il vostro parere!!!!!

[moccidentale]

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Si ho capito che la devo rendere razionale e posso fare tutto seguendo le regole, alla fine controllo manualmente e seleziono le radici "buone". Non voglio utilizzare la tecnica del buontempone. Voglio di volta in volta porre le condizioni minime, arrivati alla fine evito di sostituire e seleziono le radici accettabili

[moccidentale]

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[weblan]

Faccio questo esempio, supponiamo che mi viene posta questa equazione irrazionale:

$\sqrt{x^2-4}+\sqrt{3x^2-9}=\sqrt{2x^2-1}$. Anzichè risolvere un sistema di tre disequazioni imponendo che i tre radicandi siano non negativi, mi limito ad imporre che solo il radicando di destra sia non negativo e poi proseguo elevando al quadrato e man mano che procedo impongo condizioni aggiuntive, nel caso specifico l'altra condizione dopo un primo colpo di quadrato ai due membri è porre $x^2-6\leq0$ da affiancare a quella iniziale $2x^2-1\geq 0$

[Noodles1]

In questo caso:

$sqrt(f(x))+sqrt(g(x))=sqrt(h(x))$

elevando al quadrato senza imporre condizioni:

$2sqrt(f(x)g(x))=h(x)-f(x)-g(x)$

si ricade nel caso sottostante:

$\{(4f(x)g(x)=[h(x)-f(x)-g(x)]^2),(h(x)-f(x)-g(x) gt= 0):}$

Quindi, volendo ottimizzare:

$\{(f(x) gt= 0),(g(x) gt= 0),(h(x)-f(x)-g(x) gt= 0):}$

Tuttavia, la prassi è imporre inizialmente tutte le condizioni di esistenza:

$\{(f(x) gt= 0),(g(x) gt= 0),(h(x) gt= 0):}$

anche se la terza:

$h(x) gt= 0$

potrebbe essere recuperata. Insomma, l'unica condizione di esistenza che puoi tralasciare inizialmente è proprio quella che ritenevi necessaria.

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Non comprendo per quale motivo mi devo mettere a risolvere quel sistema di disequazioni. Gentilmente fammi un controesempio che il mio ragionamento non funziona.

[Noodles1]

Quanti ne vuoi. Per esempio:

$sqrt(x-1)+sqrt(2x-1)=sqrt(3x)$

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"Noodles":In questo caso:

$sqrt(f(x))+sqrt(g(x))=sqrt(h(x))$

elevando al quadrato senza imporre condizioni:

$2sqrt(f(x)g(x))=h(x)-f(x)-g(x)$

si ricade nel caso sottostante:

$\{(4f(x)g(x)=[h(x)-f(x)-g(x)]^2),(h(x)-f(x)-g(x) gt= 0):}$

Quindi, volendo ottimizzare:

$\{(f(x) gt= 0),(g(x) gt= 0),(h(x)-f(x)-g(x) gt= 0):}$

Tuttavia, la prassi è imporre inizialmente tutte le condizioni di esistenza:

$\{(f(x) gt= 0),(g(x) gt= 0),(h(x) gt= 0):}$

anche se la terza:

$h(x) gt= 0$

potrebbe essere recuperata. Insomma, l'unica condizione di esistenza che puoi tralasciare inizialmente è proprio quella che ritenevi necessaria.

Ho trovato l'esempio dove il metodo da protocollo porta a fare cose inutili.


$\sqrt{2x^2+5x-2}+\sqrt{2x^2-5x+2}=\sqrt{4x^2}$

Io guardo il secondo membro che è non negativo e quindi per me va bene qualsiasi soluzione. Non vedo perchè da protocollo si devono risolvere le due disequazioni di sinistra!!!!!!

[Noodles1]

Ripeto: l'unica condizione di esistenza che puoi tralasciare inizialmente è proprio quella che ritenevi necessaria.

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"Noodles":Ripeto: l'unica condizione di esistenza che puoi tralasciare inizialmente è proprio quella che ritenevi necessaria.

Ho visto ora l'esempio sopra. Gentilmente mi fai vedere come inizi a risolvere.....

[Noodles1]

"weblan":
Ho visto ora l'esempio sopra.

Infatti non riuscivo a capire. Volendo ottimizzare:

$sqrt(x-1)+sqrt(2x-1)=sqrt(3x) rarr$

$rarr \{(x-1+2x-1+2sqrt((x-1)(2x-1))=3x),(x-1 gt= 0),(2x-1 gt= 0):} rarr$

$rarr \{(sqrt((x-1)(2x-1))=1),(x gt= 1),(1 gt= 0):} rarr$

$rarr \{(x=0 vv x=3/2),(x gt= 1):} rarr$

$rarr x=3/2$

Nel tuo caso si dovrebbe accettare anche:

$x=0$

Ad ogni modo, il problema è che porre:

$\{(h(x) gt= 0),(h(x)-f(x)-g(x) gt= 0):}$

non ti assicura:

$\{(f(x) gt= 0),(g(x) gt= 0):}$

mentre porre:

$\{(f(x) gt= 0),(g(x) gt= 0),(h(x)-f(x)-g(x) gt= 0):}$

ti assicura:

$h(x) gt= 0$

P.S.
Inutile dire che il tuo desiderio di ottimizzare è più che apprezzabile. Tuttavia, per non incappare in un qualche errore e/o in una qualche misconcezione è necessaria la perfezione della conoscenza. La migliore palestra è quella di cambiare la convenzione ed estrarre la radice negativa. A latere se ne era parlato qui:

https://www.matematicamente.it/forum/vi ... 5#p8663909

[weblan]

Queste cose certe volte possono essere insidiose, mi chiedo se necessariamente uno è forzato a inserire le C.E. Prendiamo questo caso

$$\sqrt{5-x}+\sqrt{x-1}=\sqrt{7}$$

In questo caso andando avanti liberamente entrambi le soluzioni sono accettabili, mi chiedo se ci sono casi del tipo sopra che devo imporre


\begin{cases}
5-x\geq0\\
x-1\geq0
\end{cases}

[Noodles1]

Per un controesempio, in base a quanto scritto:

$sqrt(f(x))+sqrt(g(x))=sqrt(h(x)) rarr$

$rarr 2sqrt(f(x)g(x))=h(x)-f(x)-g(x) rarr$

$rarr \{(4f(x)g(x)=[h(x)-f(x)-g(x)]^2),(h(x)-f(x)-g(x) gt= 0):}$

bastano tre espressioni tali che:

$\{(4f(x)g(x)=[h(x)-f(x)-g(x)]^2),(f(x) lt= 0),(g(x) lt= 0),(h(x) gt= 0):}$

Tuttavia, manipolando la prima condizione:

$4f(x)g(x)=[h(x)-f(x)-g(x)]^2 rarr$

$rarr h(x)=f(x)+g(x)+2sqrt(f(x)g(x)) rarr$

$rarr f(x)+g(x)+2sqrt(f(x)g(x)) gt= 0 rarr$

$rarr -[sqrt(-f(x))-sqrt(-g(x))]^2 gt= 0 rarr$

$rarr sqrt(-f(x))-sqrt(-g(x))=0 rarr$

$rarr \{(f(x)=g(x)),(h(x)=0):}$

In definitiva:

Condizioni controesempio

$\{(f(x) lt= 0),(g(x) lt= 0),(f(x)=g(x)),(h(x)=0):}$

Controesempio 1

$sqrt(x-1)+sqrt(2x-1)=sqrt(3x)$

Devi accettare x=0

Controesempio 2

$sqrt(3x-13)+sqrt(8-4x)=sqrt(3-x)$

Devi accettare x=3