$ sqrt(4x + 4) + sqrt(9 - 2x) = 5 $ necessita di condizioni?
$ sqrt(4x + 4) + sqrt(9 - 2x) = 5 $
Questa è la nostra equazione irrazionale.
Un esempio analogo, sul mio libro, porrebbe, come esistenza:
$\{(4x + 4 >= 0),(9 - 2x >= 0):}$
Risolto, abbiamo il nostro campo di esistenza e possiamo elevare al quadrato.
Ora, il professore sostiene che qui si può direttamente elevare al quadrato in quanto le due condizioni sopra imposte sono assorbite dall'elevamento al quadrato. Ma allora perché il libro lo fa? Ed è proprio un esercizio simile, in quanto c'è una somma tra radicali e un numero positivo al secondo membro. Vabbè, lo scrivo pure, tanto per fare chiarezza.
$ sqrt(x + 6) + sqrt(x - 2) = 4 $
Sono un po' confuso in merito. L'elevamento al quadrato è possibile solo per i valori che rendono reali i radicali! Se i radicali non sono reali, come faccio a elevare al quadrato?
Quindi, chi sta sbagliando? Io o il prof?
Aiutatemi, vi scongiuro!
Questa è la nostra equazione irrazionale.
Un esempio analogo, sul mio libro, porrebbe, come esistenza:
$\{(4x + 4 >= 0),(9 - 2x >= 0):}$
Risolto, abbiamo il nostro campo di esistenza e possiamo elevare al quadrato.
Ora, il professore sostiene che qui si può direttamente elevare al quadrato in quanto le due condizioni sopra imposte sono assorbite dall'elevamento al quadrato. Ma allora perché il libro lo fa? Ed è proprio un esercizio simile, in quanto c'è una somma tra radicali e un numero positivo al secondo membro. Vabbè, lo scrivo pure, tanto per fare chiarezza.
$ sqrt(x + 6) + sqrt(x - 2) = 4 $
Sono un po' confuso in merito. L'elevamento al quadrato è possibile solo per i valori che rendono reali i radicali! Se i radicali non sono reali, come faccio a elevare al quadrato?
Quindi, chi sta sbagliando? Io o il prof?
Aiutatemi, vi scongiuro!
Risposte
Salve Bruce Moore,
sai qual'è il il risultato? Se si, lo puoi dire.
Cordiali saluti
"Bruce Moore":
$ sqrt(4x + 4) + sqrt(9 - 2x) = 5 $
Questa è la nostra equazione irrazionale.
Un esempio analogo, sul mio libro, porrebbe, come esistenza:
$\{(4x + 4 >= 0),(9 - 2x >= 0):}$
Risolto, abbiamo il nostro campo di esistenza e possiamo elevare al quadrato.
Ora, il professore sostiene che qui si può direttamente elevare al quadrato in quanto le due condizioni sopra imposte sono assorbite dall'elevamento al quadrato. Ma allora perché il libro lo fa? Ed è proprio un esercizio simile, in quanto c'è una somma tra radicali e un numero positivo al secondo membro. Vabbè, lo scrivo pure, tanto per fare chiarezza.
$ sqrt(x + 6) + sqrt(x - 2) = 4 $
Sono un po' confuso in merito. L'elevamento al quadrato è possibile solo per i valori che rendono reali i radicali! Se i radicali non sono reali, come faccio a elevare al quadrato?
Quindi, chi sta sbagliando? Io o il prof?
Aiutatemi, vi scongiuro!
sai qual'è il il risultato? Se si, lo puoi dire.
Cordiali saluti
Le soluzioni sono $ {0, 40/9} $
Tutte le soluzioni in questo caso risultano accettabili.
Tutte le soluzioni in questo caso risultano accettabili.
@Bruce Moore
Ha ragione, anche se non è facilmente giustificabile. In ogni modo, per poterlo comprendere, dovresti avere chiaro il motivo almeno per le equazioni contenenti un solo radicale.
Ha ragione, anche se non è facilmente giustificabile. In ogni modo, per poterlo comprendere, dovresti avere chiaro il motivo almeno per le equazioni contenenti un solo radicale.
Dato:
$ sqrt(f(x)) = g(x) $
Io so che è equivalente al sistema:
$\{(g(x)>= 0),(f(x) = g(x)^2):}$
La condizione $ f(x) >= 0 $ posso ometterla, perché è inclusa in quella del quadrato. Ok, fin qui ci sono. Con i due radicali, perché questo non vale?... Illuminami XD
EDIT: avevo letto "hai ragione". Ma quindi perché il libro lo fa?
$ sqrt(f(x)) = g(x) $
Io so che è equivalente al sistema:
$\{(g(x)>= 0),(f(x) = g(x)^2):}$
La condizione $ f(x) >= 0 $ posso ometterla, perché è inclusa in quella del quadrato. Ok, fin qui ci sono. Con i due radicali, perché questo non vale?... Illuminami XD
EDIT: avevo letto "hai ragione". Ma quindi perché il libro lo fa?
Considera il seguente caso generale, $h(x)>=0$ ovviamente:
$sqrtf(x)+sqrtg(x)=h(x)$
Elevando al quadrato ottieni:
$f(x)+g(x)+2sqrt(f(x)g(x))=h^2(x)$
Ora, per quale motivo l'equazione appena scritta non può ammettere una soluzione che renda negativo uno dei $2$ radicandi? Se rendesse negativo uno dei $2$ radicandi, allora dovrebbe rendere negativo anche l'altro, vista la presenza del loro prodotto sotto il segno di radice e non potendosi annullare quest'ultimo perchè altrimenti il primo membro sarebbe negativo. Bene, che cosa accade allora dell'intero primo membro? Se dimostriamo che non può essere positivo possiamo concludere. Coraggio:
$f(x)+g(x)+2sqrt(f(x)g(x))<=0 rarr 2sqrt(f(x)g(x))<=-f(x)-g(x) rarr 4f(x)g(x)<=f^2(x)+g^2(x)+2f(x)g(x) rarr$
$rarr f^2(x)+g^2(x)-2f(x)g(x)>=0 rarr (f(x)-g(x))^2>=0 rarr AA x in RR$
In definitiva, abbiamo ottenuto la seguente condizione:
$f(x)+g(x)+2sqrt(f(x)g(x))<=0 rarr AA x in RR$
Purtroppo, nel corso di questi ultimi passaggi, ho dovuto risolvere una disequazione irrazionale, argomento probabilmente non ancora da te affrontato. In ogni modo, nell'ipotesi che $f(x)<0$ e $g(x)<0$, il procedimento è corretto. Per concludere, mentre nel caso in cui sia presente un solo radicale, è doveroso argomentare l'assenza del campo di esistenza, in questo caso è un po' troppo involuto.
$sqrtf(x)+sqrtg(x)=h(x)$
Elevando al quadrato ottieni:
$f(x)+g(x)+2sqrt(f(x)g(x))=h^2(x)$
Ora, per quale motivo l'equazione appena scritta non può ammettere una soluzione che renda negativo uno dei $2$ radicandi? Se rendesse negativo uno dei $2$ radicandi, allora dovrebbe rendere negativo anche l'altro, vista la presenza del loro prodotto sotto il segno di radice e non potendosi annullare quest'ultimo perchè altrimenti il primo membro sarebbe negativo. Bene, che cosa accade allora dell'intero primo membro? Se dimostriamo che non può essere positivo possiamo concludere. Coraggio:
$f(x)+g(x)+2sqrt(f(x)g(x))<=0 rarr 2sqrt(f(x)g(x))<=-f(x)-g(x) rarr 4f(x)g(x)<=f^2(x)+g^2(x)+2f(x)g(x) rarr$
$rarr f^2(x)+g^2(x)-2f(x)g(x)>=0 rarr (f(x)-g(x))^2>=0 rarr AA x in RR$
In definitiva, abbiamo ottenuto la seguente condizione:
$f(x)+g(x)+2sqrt(f(x)g(x))<=0 rarr AA x in RR$
Purtroppo, nel corso di questi ultimi passaggi, ho dovuto risolvere una disequazione irrazionale, argomento probabilmente non ancora da te affrontato. In ogni modo, nell'ipotesi che $f(x)<0$ e $g(x)<0$, il procedimento è corretto. Per concludere, mentre nel caso in cui sia presente un solo radicale, è doveroso argomentare l'assenza del campo di esistenza, in questo caso è un po' troppo involuto.
Ritorno a rompere. Ma ammettiamo che abbia ragione il prof e prendiamo questa equazione.
$ sqrt(x - 2) + sqrt(x - 4) = sqrt(x + 4) $
Cosa abbiamo? Che al primo membro abbiamo la somma di due radicali, che è sempre positiva. Va bene! Al secondo abbiamo un radicale positivo. Per cui non dobbiamo preoccuparci della concordanza dei segni; l'esistenza dei radicali è data semplicemente dall'elevamento al quadrato, che assorbe tale condizione. Dunque eleviamo al quadrato senza problemi.
Se svolgi i calcoli, questo è il risultato:
$ 2sqrt((x-2)(x-4)) = 10 - x $
Siamo giunti a un'equazione irrazionale con un solo radicale; prima di elevare al quadrato dobbiamo solo porre la concordanza di segno, perché il quadrato assorbe la condizione di realtà del radicale.
Quindi la nostra unica C.E. è: $ x <= 10 $
Benissimo: le due soluzioni sono:
$ x1 = (2 + 4sqrt(13))/3 $
$ x2 = (2 - 4sqrt(13))/3 $
Sono entrambi accettabili perché minori di 10. Ma ciò è falso, perché solo la prima risulta accettabile se la risolvi con Derive.
Conclusione: il prof sbaglia a non mettere la condizione di realtà.
Ditemi se sto sbagliando qualcosa...
$ sqrt(x - 2) + sqrt(x - 4) = sqrt(x + 4) $
Cosa abbiamo? Che al primo membro abbiamo la somma di due radicali, che è sempre positiva. Va bene! Al secondo abbiamo un radicale positivo. Per cui non dobbiamo preoccuparci della concordanza dei segni; l'esistenza dei radicali è data semplicemente dall'elevamento al quadrato, che assorbe tale condizione. Dunque eleviamo al quadrato senza problemi.
Se svolgi i calcoli, questo è il risultato:
$ 2sqrt((x-2)(x-4)) = 10 - x $
Siamo giunti a un'equazione irrazionale con un solo radicale; prima di elevare al quadrato dobbiamo solo porre la concordanza di segno, perché il quadrato assorbe la condizione di realtà del radicale.
Quindi la nostra unica C.E. è: $ x <= 10 $
Benissimo: le due soluzioni sono:
$ x1 = (2 + 4sqrt(13))/3 $
$ x2 = (2 - 4sqrt(13))/3 $
Sono entrambi accettabili perché minori di 10. Ma ciò è falso, perché solo la prima risulta accettabile se la risolvi con Derive.
Conclusione: il prof sbaglia a non mettere la condizione di realtà.
Ditemi se sto sbagliando qualcosa...
Ciao!
Il tuo dubbio è pertinentissimo,
e per provare a scioglierlo ti dico solo che il tuo prof ha ragione a posteriori ma non a priori;
per provare con certezza,anche a priori,che stava procedendo senza abusi e potenziale introduzione di soluzione estranee, avrebbe dovuto fare una serie di considerazioni più macchinose della "tua" risoluzione del "sistema misto" costituito da
1)Le disequazioni che scaturiscono dall'imposizione delle C.E.
(acronimo di condizioni d'esistenza,ma pure di colonne di Ercole,
che dovrebbe trattare con il massimo rispetto e circospezione per evitare di poter finire in quel mare magno dei numeri complessi che forse non conosci ancora o,almeno,non nel modo opportuno..)!
2)Le disequazioni che saltan fuori dall'imporre,una volta che se ne è accertata la buona definizione,
la non negatività di ambo i membri,
indispensabili per evitare il rischio d'affermare falsità tipo quella che l'equazione $sqrt(x-1)=-sqrt(x-1)$ sia equivalente all'equazione $x-1=x-1$
(nota che la prima ha solo la soluzione x=1,e la seconda è invece un'identità):
in questo caso a posteriori t'accorgeresti che potevi risparmiartela,ma a priori usa un pò di prudenza che non fà mai male..
3)lL'equazione che ti salterà fuori quadrando ambo i membri,
equivalente con certezza a quella data solo imponendo le condizioni 1 e 2
(che tra l'altro è ancora irrazionale e richiederebbe altrettanta accortezza).
Il punto,insomma,è che il metodo del libro è sicuro,
e se stai affrontando l'argomento da poco è il migliore;
ma pure quando sarai più maturo su tali equazioni lo dovresti preferire a considerazioni che,
sebbene in certi casi potrebbero esser fatte,
non sono valide in generale e ti richiederebbero,inoltre,un dispendio di fatica nel giustificartele che potresti risparmiarti:
và benissimo non essere troppo rigidi negli algoritmi generali,
ma quando non vedi subito un metodo risolutivo alternativo è buona norma andare sul sicuro senza vergogna..
Saluti dal web.
P.S.La risposta l'ho scritta mentre il post prendeva una certa piega;
comunque l'esempio che hai portato
(anche se non ho verificato personalmente l'estraneità di quella soluzione,benchè mi sà che posso fidarmi..),
mi conferma l'idea della preferibilità del sistema misto ad ogni altro ragionamento:
risparmi tempo e fatica intellettuale che potrai investire su altre idee..
Il tuo dubbio è pertinentissimo,
e per provare a scioglierlo ti dico solo che il tuo prof ha ragione a posteriori ma non a priori;
per provare con certezza,anche a priori,che stava procedendo senza abusi e potenziale introduzione di soluzione estranee, avrebbe dovuto fare una serie di considerazioni più macchinose della "tua" risoluzione del "sistema misto" costituito da
1)Le disequazioni che scaturiscono dall'imposizione delle C.E.
(acronimo di condizioni d'esistenza,ma pure di colonne di Ercole,
che dovrebbe trattare con il massimo rispetto e circospezione per evitare di poter finire in quel mare magno dei numeri complessi che forse non conosci ancora o,almeno,non nel modo opportuno..)!
2)Le disequazioni che saltan fuori dall'imporre,una volta che se ne è accertata la buona definizione,
la non negatività di ambo i membri,
indispensabili per evitare il rischio d'affermare falsità tipo quella che l'equazione $sqrt(x-1)=-sqrt(x-1)$ sia equivalente all'equazione $x-1=x-1$
(nota che la prima ha solo la soluzione x=1,e la seconda è invece un'identità):
in questo caso a posteriori t'accorgeresti che potevi risparmiartela,ma a priori usa un pò di prudenza che non fà mai male..
3)lL'equazione che ti salterà fuori quadrando ambo i membri,
equivalente con certezza a quella data solo imponendo le condizioni 1 e 2
(che tra l'altro è ancora irrazionale e richiederebbe altrettanta accortezza).
Il punto,insomma,è che il metodo del libro è sicuro,
e se stai affrontando l'argomento da poco è il migliore;
ma pure quando sarai più maturo su tali equazioni lo dovresti preferire a considerazioni che,
sebbene in certi casi potrebbero esser fatte,
non sono valide in generale e ti richiederebbero,inoltre,un dispendio di fatica nel giustificartele che potresti risparmiarti:
và benissimo non essere troppo rigidi negli algoritmi generali,
ma quando non vedi subito un metodo risolutivo alternativo è buona norma andare sul sicuro senza vergogna..
Saluti dal web.
P.S.La risposta l'ho scritta mentre il post prendeva una certa piega;
comunque l'esempio che hai portato
(anche se non ho verificato personalmente l'estraneità di quella soluzione,benchè mi sà che posso fidarmi..),
mi conferma l'idea della preferibilità del sistema misto ad ogni altro ragionamento:
risparmi tempo e fatica intellettuale che potrai investire su altre idee..
@Bruce Moore
Hai barato.
Il mio modello era $sqrtf(x)+sqrtg(x)=h(x)$, non $sqrtf(x)+sqrtg(x)=sqrt(h(x))$, equazione contenente $3$ radicali. Siccome devo presumere che il tuo docente stesse trattando equazioni con $2$ radicali, ha ragione da vendere. Inoltre, volendo trattare anche quest'ultimo caso, si comprende facilmente che la sola condizione di esistenza necessaria sia $h(x)>=0$, visto che, con questa posizione, si ricade nelle mie argomentazioni precedenti. Infatti, proprio questa condizone rende non accettabile la soluzione di cui parlavi nel tuo controesempio precedente.
Hai barato.
Il mio modello era $sqrtf(x)+sqrtg(x)=h(x)$, non $sqrtf(x)+sqrtg(x)=sqrt(h(x))$, equazione contenente $3$ radicali. Siccome devo presumere che il tuo docente stesse trattando equazioni con $2$ radicali, ha ragione da vendere. Inoltre, volendo trattare anche quest'ultimo caso, si comprende facilmente che la sola condizione di esistenza necessaria sia $h(x)>=0$, visto che, con questa posizione, si ricade nelle mie argomentazioni precedenti. Infatti, proprio questa condizone rende non accettabile la soluzione di cui parlavi nel tuo controesempio precedente.
Vabbè. 
@Theras, quindi in pratica il mio professore ha ragione ma non ci ha dimostrato di aver ragione e lo ha fatto per scontato, no? Be', in ogni caso io continuo a desiderare un professore come quella che avevo l'anno scorso, con cui non avevo nessun tipo di dubbi e se le chiedevo spiegazioni me le dava come si deve. Ma vabbè...
@speculor: non fa niente, io posso permettermi di barare.
Ovviamente scherzo!
Penso che ci ragionerò su domani, con calma... Solo che:
Ma seguendo il ragionamento da lui seguito, io non ho bisogno di concordanza dei segni, per cui perché imporre che il radicale al secondo membro sia positivo o nullo? Il suo quadrato sarà anche positivo e deve essere uguale al quadrato di una somma tra radicali positivi, per cui è tutto positivo...
Per cui due sono le cose: sistema misto (e mando a quel paese tutti i ragionamenti distruggi-cervello e le forze risparmiate le uso per qualcos'altro, come ha detto il saggio Theras), oppure (ed è ciò che probabilmente farò al compito)...
Niente campi di esistenza, solo verifiche per sostituzione, mi potesse uscire anche un numero con radici dentro le radici di radici.
Ringrazio tutti di cuore per la celerità.
@Theras, quindi in pratica il mio professore ha ragione ma non ci ha dimostrato di aver ragione e lo ha fatto per scontato, no? Be', in ogni caso io continuo a desiderare un professore come quella che avevo l'anno scorso, con cui non avevo nessun tipo di dubbi e se le chiedevo spiegazioni me le dava come si deve. Ma vabbè...
@speculor: non fa niente, io posso permettermi di barare.
Ovviamente scherzo!
Penso che ci ragionerò su domani, con calma... Solo che:
Infatti, proprio questa condizone rende non accettabile la soluzione di cui parlavi nel tuo controesempio precedente.
Ma seguendo il ragionamento da lui seguito, io non ho bisogno di concordanza dei segni, per cui perché imporre che il radicale al secondo membro sia positivo o nullo? Il suo quadrato sarà anche positivo e deve essere uguale al quadrato di una somma tra radicali positivi, per cui è tutto positivo...
Per cui due sono le cose: sistema misto (e mando a quel paese tutti i ragionamenti distruggi-cervello e le forze risparmiate le uso per qualcos'altro, come ha detto il saggio Theras), oppure (ed è ciò che probabilmente farò al compito)...
Niente campi di esistenza, solo verifiche per sostituzione, mi potesse uscire anche un numero con radici dentro le radici di radici.
Ringrazio tutti di cuore per la celerità.
Ciao Bruce Moore, vediamo se il tuo prof ha le idee chiare; non metterebbe alcuna condizione anche in queste?
$sqrt(x-3)+sqrt(2x-3)=0$ oppure =$x$ oppure = $x^2$.
$sqrt(x-3)+sqrt(2x-3)=0$ oppure =$x$ oppure = $x^2$.
La prima, $sqrt(x-3)+sqrt(2x-3)=0$, è manifestamente impossibile. La seconda, $sqrt(x-3)+sqrt(2x-3)=x$, richiederebbe $x>=0$. Ma siccome il primo membro è manifestamente non nullo, per le stesse argomentazioni che risolvono la prima, puoi imporre $x>0$. In questo modo, la soluzione finale $x=0$ non è accettabile. In ogni modo, non capisco questa ipercriticità nei confronti di questo docente. Io stesso non avevo mai notato l'inutilità di porre le condizioni di esistenza in questo tipo di equazioni irrazionali. Onore al merito perchè funziona, a patto di essere ipercritici quando si eleva al quadrato. Se proprio devo fare un appunto al docente, probabilmente sta chiedendo troppo ai suoi studenti. Ma se argomenta rigorosamente i suoi procedimenti, non ho nulla da obiettare.
nessuna ipercriticità nei confronti del prof, anzi ben vengano le eliminazioni delle condizioni inutili; però, dagli esempi che ho fatto, non sono inutili. Se ha detto che le condizioni di esistenza in questione si possono escludere (ma in alcuni casi, anche se fosse possibile, non converrebbe affatto l'esclusione, vedi la terza disequazione che ho scritto) quando h (la funzione a destra, intendo....) è diversa da 0 (dunque, in particolare, se è un numero positivo) allora OK, se invece pensa di poterle escludere con h non negativo, allora sto alquanto preoccupato.
@luluemicia
Riporto un mio post precedente.
Non c'è ombra di dubbio che vada leggermente modificato. Credo sia sufficiente porre inizialmente $h(x)>0$ invece di $h(x)>=0$, stando attenti che non vadano perse soluzioni, una verifica abbastanza immediata. In ogni modo, il problema nasce in quanto il valore che rende $h(x)=0$, rende anche $f(x)=g(x)$ ed entrambi negativi. Appena possibile cerco di darne una versione definitiva. Nel frattempo ti ringrazio degli esempi proposti, con il loro aiuto ho potuto verificare questa contraddizione. A proposito, direi che l'esempio con $x^2$ comporta il medesimo problema. Tornando al docente, bisognerebbe chiedere ai presenti se, durante la spiegazione, oltre a non porre le condizioni di esistenza, ha esplicitamente indicato la condizione $h(x)>0$ e non $h(x)>=0$, con annessa verifica sull'eventuale perdita di soluzioni. Solo in questo caso, se io fossi il giudice, dopo essermi complimentato, lo manderei assolto.
Riporto un mio post precedente.
"speculor":
Considera il seguente caso generale, $h(x)>=0$ ovviamente:
$sqrtf(x)+sqrtg(x)=h(x)$
Elevando al quadrato ottieni:
$f(x)+g(x)+2sqrt(f(x)g(x))=h^2(x)$
Ora, per quale motivo l'equazione appena scritta non può ammettere una soluzione che renda negativo uno dei $2$ radicandi? Se rendesse negativo uno dei $2$ radicandi, allora dovrebbe rendere negativo anche l'altro, vista la presenza del loro prodotto sotto il segno di radice e non potendosi annullare quest'ultimo perchè altrimenti il primo membro sarebbe negativo. Bene, che cosa accade allora dell'intero primo membro? Se dimostriamo che non può essere positivo possiamo concludere. Coraggio:
$f(x)+g(x)+2sqrt(f(x)g(x))<=0 rarr 2sqrt(f(x)g(x))<=-f(x)-g(x) rarr 4f(x)g(x)<=f^2(x)+g^2(x)+2f(x)g(x) rarr$
$rarr f^2(x)+g^2(x)-2f(x)g(x)>=0 rarr (f(x)-g(x))^2>=0 rarr AA x in RR$
In definitiva, abbiamo ottenuto la seguente condizione:
$f(x)+g(x)+2sqrt(f(x)g(x))<=0 rarr AA x in RR$
Purtroppo, nel corso di questi ultimi passaggi, ho dovuto risolvere una disequazione irrazionale, argomento probabilmente non ancora da te affrontato. In ogni modo, nell'ipotesi che $f(x)<0$ e $g(x)<0$, il procedimento è corretto. Per concludere, mentre nel caso in cui sia presente un solo radicale, è doveroso argomentare l'assenza del campo di esistenza, in questo caso è un po' troppo involuto.
Non c'è ombra di dubbio che vada leggermente modificato. Credo sia sufficiente porre inizialmente $h(x)>0$ invece di $h(x)>=0$, stando attenti che non vadano perse soluzioni, una verifica abbastanza immediata. In ogni modo, il problema nasce in quanto il valore che rende $h(x)=0$, rende anche $f(x)=g(x)$ ed entrambi negativi. Appena possibile cerco di darne una versione definitiva. Nel frattempo ti ringrazio degli esempi proposti, con il loro aiuto ho potuto verificare questa contraddizione. A proposito, direi che l'esempio con $x^2$ comporta il medesimo problema. Tornando al docente, bisognerebbe chiedere ai presenti se, durante la spiegazione, oltre a non porre le condizioni di esistenza, ha esplicitamente indicato la condizione $h(x)>0$ e non $h(x)>=0$, con annessa verifica sull'eventuale perdita di soluzioni. Solo in questo caso, se io fossi il giudice, dopo essermi complimentato, lo manderei assolto.
Il mio docente ha detto che la condizione si può eliminare solo nel caso dell'equazione che ho scritto inizialmente; però io, seguendo questo ragionamento, ho notato che non funzionava con la seconda equazione, quella che ho postato.
E non mi è ancora chiaro perché, perché il raginamento sarebbe quello, no?
E non mi è ancora chiaro perché, perché il raginamento sarebbe quello, no?
Inoltre, volendo trattare anche quest'ultimo caso, si comprende facilmente che la sola condizione di esistenza necessaria sia hx≥0, visto che, con questa posizione, si ricade nelle mie argomentazioni precedenti.
Ecco, nelle tue considerazioni, ma io qui ho agito come avrebbe fatto il prof, e l'equazione non mi è data, e non ho ancora capito perché... dunque ciò che penso è che il prof abbia fatto bene nell'eliminare le condizioni di esistenza ma che per farlo avrebbe dovuto fare un ragionamento più complesso che è il tuo, appunto.
@Bruce Moore
Prima di tutto, non so se hai letto anche gli ultimi interventi. Infatti, gli esempi proposti da "luluemicia" hanno evidenziato una lieve ma importante contraddizione in quel ragionamento, contraddizione che però può essere sanata. Tornando alla nostra discussione, non so se ho capito il tuo problema. In ogni modo, aggiungo quanto segue:
$sqrtf(x)+sqrtg(x)=h(x)$
In questo modello è necessario porre $h(x)>=0$ in quanto il primo membro, quando esiste, per convenzione non può essere negativo. Dico per convenzione perchè si conviene di prendere il radicale aritmetico e non quello algebrico, per farla breve, il valore non negativo del radicale. Bisogna sottolineare che questa non è una condizione di esistenza. Evidentemente, il secondo membro esiste anche quando è negativo. Infatti, alcuni docenti la chiamano "condizione di non negatività". Mi sembra una denominazione appropriata, in quanto scaturisce dal fatto che il secondo membro è uguagliato ad un'espressione che, per convenzione ripeto, può essere solo non negativa. Quindi, come dice il docente, non è necessario porre condizioni di esistenza.
$sqrtf(x)+sqrtg(x)=sqrt(h(x))$
In questo modello non è più vero che non è necessario porre condizioni di esistenza. Per poter utilizzare la dimostrazione del primo modello, è necessario porre almeno $h(x)>=0$, dopo aver elevato alla seconda i due modelli sono concettualmente identici. Ma questa è una vera e propria condizione di esistenza, $h(x)$ si trova sotto radice, il secondo membro risulta poi essere positivo sempre per convenzione. Quindi, in questo caso è necessario dire che l'unica condizione di esistenza necessaria è $h(x)>=0$.
Tornando a quella contraddizione, il tutto si risolve ponendo $h(x)>0$ invece di $h(x)>=0$ e verificando che non si siano perse soluzioni, quelle che potrebbero scaturire risolvendo $h(x)=0$. A proposito del docente, se non ha argomentato, allora lo studente è costretto a mandare a memoria. Ripeto, il ragionamento è un po' troppo articolato, nemmeno paragonabile a quello che spiega la risoluzione delle equazioni irrazionali contenenti un solo radicale.
Prima di tutto, non so se hai letto anche gli ultimi interventi. Infatti, gli esempi proposti da "luluemicia" hanno evidenziato una lieve ma importante contraddizione in quel ragionamento, contraddizione che però può essere sanata. Tornando alla nostra discussione, non so se ho capito il tuo problema. In ogni modo, aggiungo quanto segue:
$sqrtf(x)+sqrtg(x)=h(x)$
In questo modello è necessario porre $h(x)>=0$ in quanto il primo membro, quando esiste, per convenzione non può essere negativo. Dico per convenzione perchè si conviene di prendere il radicale aritmetico e non quello algebrico, per farla breve, il valore non negativo del radicale. Bisogna sottolineare che questa non è una condizione di esistenza. Evidentemente, il secondo membro esiste anche quando è negativo. Infatti, alcuni docenti la chiamano "condizione di non negatività". Mi sembra una denominazione appropriata, in quanto scaturisce dal fatto che il secondo membro è uguagliato ad un'espressione che, per convenzione ripeto, può essere solo non negativa. Quindi, come dice il docente, non è necessario porre condizioni di esistenza.
$sqrtf(x)+sqrtg(x)=sqrt(h(x))$
In questo modello non è più vero che non è necessario porre condizioni di esistenza. Per poter utilizzare la dimostrazione del primo modello, è necessario porre almeno $h(x)>=0$, dopo aver elevato alla seconda i due modelli sono concettualmente identici. Ma questa è una vera e propria condizione di esistenza, $h(x)$ si trova sotto radice, il secondo membro risulta poi essere positivo sempre per convenzione. Quindi, in questo caso è necessario dire che l'unica condizione di esistenza necessaria è $h(x)>=0$.
Tornando a quella contraddizione, il tutto si risolve ponendo $h(x)>0$ invece di $h(x)>=0$ e verificando che non si siano perse soluzioni, quelle che potrebbero scaturire risolvendo $h(x)=0$. A proposito del docente, se non ha argomentato, allora lo studente è costretto a mandare a memoria. Ripeto, il ragionamento è un po' troppo articolato, nemmeno paragonabile a quello che spiega la risoluzione delle equazioni irrazionali contenenti un solo radicale.
ciao speculor,
sì, mi premeva sottolineare la "potenziale contraddizione" causata dai punti in cui h si annulla; la verifica di ciò può essere talvolta immediata, talvolta no: basta "inventare una eq. $ h(x)=0 $ difficile". La terza disequazione, oltre al solito problema, voleva far notare che spesso, a prescindere da se le condizioni di esistenza siano eliminabili o no, conviene considerarle; infatti, in quell'esempio, il tenere conto che una eventuale soluzione x non è inferiore a 3 rende più agevole la trattazione successiva.
sì, mi premeva sottolineare la "potenziale contraddizione" causata dai punti in cui h si annulla; la verifica di ciò può essere talvolta immediata, talvolta no: basta "inventare una eq. $ h(x)=0 $ difficile". La terza disequazione, oltre al solito problema, voleva far notare che spesso, a prescindere da se le condizioni di esistenza siano eliminabili o no, conviene considerarle; infatti, in quell'esempio, il tenere conto che una eventuale soluzione x non è inferiore a 3 rende più agevole la trattazione successiva.
Ok. A questo punto, mi sembra che l'argomento sia stato sufficientemente approfondito.
Infatti, è stato approfondito abbastanza.
P.S.: per tornare al discorso dell'ipercriticità nei confronti del prof... lo stesso prof ha dato un compito in classe di dieci esercizi. L'anno scorso il numero si aggirava a otto, nove, poi ovviamente dipende, per cui non ero molto spaventato all'inizio.
Quando mi sono accorto che stava per suonare ed ero solo riusciti a farne sette mi sono allarmato.
Quando ho scoperto che il professore aveva semplicemente preso le tracce senza svolgerle mi sono imbestialito, invece.
Nessuno in classe è riuscito a finire il compito, neanche io e altri due miei compagni che l'anno scorso siamo usciti con 8-9.
Ho seri dubbi sulla "serietà" di questo prof... Ma qui andiamo un po' in off topic, era semplicemente per "informarvi", dato che l'argomento è stato toccato.
P.S.: per tornare al discorso dell'ipercriticità nei confronti del prof... lo stesso prof ha dato un compito in classe di dieci esercizi. L'anno scorso il numero si aggirava a otto, nove, poi ovviamente dipende, per cui non ero molto spaventato all'inizio.
Quando mi sono accorto che stava per suonare ed ero solo riusciti a farne sette mi sono allarmato.
Quando ho scoperto che il professore aveva semplicemente preso le tracce senza svolgerle mi sono imbestialito, invece.
Nessuno in classe è riuscito a finire il compito, neanche io e altri due miei compagni che l'anno scorso siamo usciti con 8-9.
Ho seri dubbi sulla "serietà" di questo prof... Ma qui andiamo un po' in off topic, era semplicemente per "informarvi", dato che l'argomento è stato toccato.
@Bruce Moore
Un docente serio dovrebbe sempre argomentare i procedimenti che utilizza. In questo caso, io avrei proposto la classica risoluzione con i campi di esistenza. Il metodo alternativo che abbiamo analizzato potrebbe essere proposto come mero esercizio didattico, dimostrato rigorosamente una volta e poi abbandonato. Voglio dire, se durante un'interrogazione si vuole testare la preparazione dello studente al riguardo, al di là delle solite formule imparate a memoria, c'è già abbastanza materiale per poter fare una valutazione appropriata senza dover scomodare quella pesante dimostrazione. Se il docente in questione propone questo metodo alternativo senza argomentarlo, tanto vale non proporlo. Ricadiamo nel caso delle solite formule imparate a memoria. Tuttavia, bisogna andarci con i piedi di piombo quando si sente uno studente giudicare il proprio docente. Ma nel tuo caso, e anche nel caso di "luluemicia", farei una doverosa eccezione. In questa discussione avete entrambi dimostrato un forte spirito critico, uno spirito critico che soltanto uno studente appassionato e dotato di capacità superiori alla media può avere la forza di sostenere. In conclusione, sono gli studenti come voi che danno un significato alla passione e agli sforzi che molti docenti profondono nello svolgimento della loro attività didattica. Auguro ad entrambi un luminoso futuro.
Un docente serio dovrebbe sempre argomentare i procedimenti che utilizza. In questo caso, io avrei proposto la classica risoluzione con i campi di esistenza. Il metodo alternativo che abbiamo analizzato potrebbe essere proposto come mero esercizio didattico, dimostrato rigorosamente una volta e poi abbandonato. Voglio dire, se durante un'interrogazione si vuole testare la preparazione dello studente al riguardo, al di là delle solite formule imparate a memoria, c'è già abbastanza materiale per poter fare una valutazione appropriata senza dover scomodare quella pesante dimostrazione. Se il docente in questione propone questo metodo alternativo senza argomentarlo, tanto vale non proporlo. Ricadiamo nel caso delle solite formule imparate a memoria. Tuttavia, bisogna andarci con i piedi di piombo quando si sente uno studente giudicare il proprio docente. Ma nel tuo caso, e anche nel caso di "luluemicia", farei una doverosa eccezione. In questa discussione avete entrambi dimostrato un forte spirito critico, uno spirito critico che soltanto uno studente appassionato e dotato di capacità superiori alla media può avere la forza di sostenere. In conclusione, sono gli studenti come voi che danno un significato alla passione e agli sforzi che molti docenti profondono nello svolgimento della loro attività didattica. Auguro ad entrambi un luminoso futuro.
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo