Disequazione domanda

[sisterioso]

Buonasera,

vorrei chiedere un aiuto su un dubbi oche mi sono creato e su cui ragiono da qualche ora senza aver capito il perché funzioni.

Il tutto nasce dal concetto di disequazioni irrazionali in cui andiamo a elevare i due membri al quadrato. E stavo cercando di capire il perché delle regole imposte nei famosi due sistemini risolutivi di una generica $sqrt(f(x))>g(x)$. Tuttavia il discorso vorrei farlo con $a>b$.

Mi spiego. Il mio dubbio sorge perché non capisco come porre b>0 e considerando a>0, andando a studiare a>b mi garantisca che quadrando la disequazione non indtorduco soluzioni.

Analogamente al caso irrazionale immaginiamo di avere
$a>b$ e voler considerare la $a^2>b^2$.
mettiamo di sapere che $a$ è sempre positiva (proprio come se a fosse la radice a sinistra) quindi ciò che faccio è dire se $a>0$, considero i casi: $b>0 and b<0$
Il caso $b<0$ è ovviamente sempre verificato, quindi no problem.

Non di resta che studiare: $b>0$
In tal caso studio proprio il sistema:
$a^2>b^2$ e $b>0$
Magicamente mi accorgo che "tornando indietro ho":
$a^2>b^2$ => $-a0$ (e come da hp. a>0) il tutto si riduce alla semplice: $a>b$ (proprio come all'inizio).
OSS: si osservi che non impoendo b>0 avrei avuto: $-a
Questo ragionamento mostra che, inserendo la richiesta $b>0$ quadrando l'equazione originale le soluzioni in più (nate dal quadrato) sparisco. Ma perché imponendo $b>0 garantisco questo non aumentare delle soluzioni non lo capisco.

[Mephlip]

Ciao sisterioso, benvenut* sul forum!

"sisterioso":considero i casi: $b>0 and b<0$

Occhio, qui volevi dire "or" e non "and". Non esistono numeri reali simultaneamente maggiori strettamente di $0$ e minori strettamente di $0$, quindi "$b>0 and b<0$" è una proposizione falsa per ogni $b\in\mathbb{R}$.

Prendiamola più in generale. Il lemma che vogliamo dimostrare è: "Per ogni $a,b\in\mathbb{R} \setminus \{0\}$, risulta $[|a|<|b|] \iff [a^2 $$[a^2 Per la regola dei segni, è:
$$[(|a|+|b|)(|a|-|b|)<0]$$
$$\iff [((|a|+|b|>0)\wedge (|a|-|b|<0))\vee((|a|+|b|<0)\wedge (|a|-|b|>0))]$$
Dato che il valore assoluto è non negativo, la somma tra due valori assoluti è anch'essa non negativa e perciò $|a|+|b|<0$ è sempre falsa; quindi, anche la congiunzione logica $(|a|+|b|<0)\wedge (|a|-|b|>0)$ è sempre falsa. Pertanto, il valore di verità dell'ultima disgiunzione logica coincide con il valore di verità della prima delle due proposizioni. Ossia:
$$[((|a|+|b|>0)\wedge (|a|-|b|<0))\vee((|a|+|b|<0)\wedge (|a|-|b|>0))]$$
$$\iff [(|a|+|b|>0)\wedge (|a|-|b|<0)]$$
Dimostriamo che, in queste ipotesi, la proposizione $|a|+|b|>0$ è sempre vera. Infatti, per ipotesi $a,b \in\mathbb{R}\setminus\{0\}$ e quindi $a \ne 0$ e $b \ne 0$. Perciò, per le proprietà del valore assoluto, segue che $|a|>0$ e $|b|>0$ e quindi $|a|+|b|>0$. Perciò, il valore di verità della congiunzione logica $[((|a|+|b|>0)\wedge (|a|-|b|<0)]$ è equivalente a quello della proposizione $|a|-|b|<0$. Quest'ultima è equivalente a $|a|<|b|$; ciò conclude la dimostrazione.

Quindi, se ulteriormente sono $a>0$ e $b>0$, il lemma precedente è equivalente a $[ab]$. Perciò, in tal caso bisogna invertire il verso della disuguaglianza elevando al quadrato.

Se hai fatto un po' di analisi, tutto ciò seguiva immediatamente dal fatto che la funzione $x \mapsto x^2$ è strettamente crescente non negativi e strettamente decrescente sui non positivi.

Ciò detto, il legame con le disequazioni è dato dal seguente fatto insiemistico: per $x\in\mathbb{R} \cap \text{dom} (f) \cap \text{dom} (g)$, la locuzione: "Risolvere in $\mathbb{R}$ la disequazione $f(x)0$ e $b>0$ c'è una doppia implicazione tra $a0$ e $b>0$ le disequazioni $a
Una volta compreso questo, sapendo che un lemma simile vale anche con $\le$ anziché $<$ ti dovrebbe essere chiaro anche tutto il discorso sulle disequazioni irrazionali della forma $\sqrt{f(x)}>g(x)$. Infatti, posto $P=\{x \in \mathbb{R} \ \text{tali che} \ f(x) \ge 0\}$ e posto $D=\mathbb{R} \cap \text{dom} (f) \cap \text{dom}(g) \cap P$, la disequazione $\sqrt{f(x)}>g(x)$ ha senso in $D$ e:

(i) se $g(x) \ge 0$, sei esattamente nel caso $a>0$ e $b\ge 0$ e quindi vale $[a(g(x))^2$;

(ii) se $g(x)<0$, $\sqrt{f(x)}>g(x)$ è verificata per ogni $x \in D$ tale che $g(x)<0$ in quanto il membro di destra è negativo e il membro di sinistra è non negativo.

Perciò, avendo suddiviso in casi (e qui mi riferisco a "or" di prima), l'insieme delle soluzioni della disequazione $\sqrt{f(x)}>g(x)$ è dato dall'unione del sottoinsieme di $D$ in cui sono vere $f(x)>(g(x))^2$ e $g(x) \ge 0$ con il sottoinsieme di $D$ in cui è vera $g(x)<0$.

[sisterioso]

Ciao ti ringrazio molto per la dettaglaitissima risposta che mi sono già letto tutta d'un fiato ma volgio sicuramente rileggermela altre volte per essere certo di aver compreso tutto e non avere altri dubbi coorelati . Ma mi pare che fosse proprio la risposta che cercavo.

Ovviamente ho anche capito l'errore svista sull'and, è un or come "giustissimamente" dici.

Nel frattempo volevo gentilmente poterti chiedere un'altra cosuccia sempre correlato a questo discorso ma con "=" anziché "< o >".

Nel contempo ovviamente valutavo anche la classica:
$sqrt(f(x))=g(x)$
che come arcinoto richiede per risolversi:

$f(x)>=0$
$g(x)>=0$ (così detta condizione di concordanza dei segni)
$f(x)=(g(x))^2$

Vorrei ragionare più approfonditamente sulla concordanza, che similmente al caso $<$ che esaminavamo ci garantisce che elevando al quadrato non introduca soluzioni.

In questo caso però mi sembra molto più intuitivo rispetto al caso con la disuguaglianza infatti posso dire: due numeri che hanno medesimo quadrato possono solo essere 1) uguali o 2) opposti.
Ora siccome so che $sqrt(f(x))>=0$ avendo imposto con la concordanza $g(x)>=0$ impongo che i due numeri abbiano stesso segno => da questo deduco che l'unico caso è che siano uguali.
In altre parole la concordanza mi assicura che elevando al quadrato escludo l'altra possibile soluzione per cui i due valori (confrontati nell'uguaglianza) siano opposti.
Dovrebbe esser sensato giusto? Cosa ne pensi? [mi premeva chiederti se fosse ok come idea la mia]

Inoltre:
Prima di aprire il post mi sforzavo a cercare una soluzione semplice come questa anche per il caso di disuguaglianze ma mi pare proprio di capire che non sia così semplcie come nel caso "=".
Insomma, nel caso < o > bisogna farsi tutto il ragionamento che proponevi e non posso taglaire corto con qualche ragionamento simile a quello esposto per = giusto?

In definitiva per farla breve: sia per $sqrt(f(x))=g(x)$ che per $sqrt(f(x))>=g(x)$ impongo la condizione $g(x)>=0$, la quale la prima per la giustificaione da me addotta e la seconda per la tua giustificazione del post precedente ci garantiscono di non inserire soluzioni quadrando i due membri.

Ho solo queste due ultime domande per ora, comunque ora mi rileggo il tuo scritto ancora e ci ragiono meglio...
Grazie ancora

[sisterioso]

Ok ho riletto e direi che per il dubbio in apertura ci sono del tutto, la dimostrazione del lemma $[a
Mi sfugge solo un fatto, il fatto che dici che $x$ |-> $x^2$ sia strettamente crescente sui non negativi, non era più comodo dire sui positivi? Tanto lo zero poco ci importa.
In ogni caso c'è un secondo punticino dubbio: io so che è f definita crescente se per ogni $x,y in RR$ con $x $f(x)< f(y)$, essendo $x^2$ crescente rispetta tale definizione. (ppi posso farla anche con la debolmente s eminore uguale)
però non manca <= la definizione non mi dà questa seconda implicazione.


Rimangono infine solo quelle due domande del post precedente a qusto in cui di fatto mi chiedevo se si potesse capire con ragionamenti sempliciotti come quello del caso =.

Resta il fatto che il tuo ragionamento elegante mi piace un sacco e non ci sarei mai arrivato onestamente

[Mephlip]

Prego!

"sisterioso":
Mi sfugge solo un fatto, il fatto che dici che $x$ |-> $x^2$ sia strettamente crescente sui non negativi, non era più comodo dire sui positivi? Tanto lo zero poco ci importa.

Sì, in questo caso non cambia nulla: è che, convenzionalmente, il quadrato si inverte su $[0,+\infty[$ e quindi, per abitudine, dico non negativi (se vuoi scrivere $x \mapsto x^2$, per il simbolo $\mapsto$ puoi usare il comando "\mapsto" ).

"sisterioso":
In ogni caso c'è un secondo punticino dubbio: io so che è f definita crescente se per ogni $x,y in RR$ con $x $f(x)< f(y)$, essendo $x^2$ crescente rispetta tale definizione. (ppi posso farla anche con la debolmente s eminore uguale)
però non manca <= la definizione non mi dà questa seconda implicazione.

Effettivamente sono stato sbrigativo. Un teorema ti assicura che le funzioni strettamente monotòne sono iniettive; quindi, restringendo (se serve) il loro codominio alla loro immagine esse sono anche suriettive e quindi invertibili. Un altro teorema ti assicura che l'inversa di una funzione strettamente crescente è anch'essa strettamente crescente, perciò hai anche l'implicazione dall'altra parte applicando la radice quadrata (inversa del quadrato sui non negativi) ambo i membri.

"sisterioso":
Dovrebbe esser sensato giusto? Cosa ne pensi? [mi premeva chiederti se fosse ok come idea la mia]

Il ragionamento che fai è corretto, tuttavia non mi sembra particolarmente più breve di quello che si fa di solito: il motivo è che $[a^2=b^2] \iff [|a|=|b|] \iff [(a=|b|) \vee (a=-|b|)] \iff [(a=b)\vee(a=-b)]$ è qualcosa che (almeno potenzialmente) si sa da ben prima delle equazioni irrazionali. E, sempre potenzialmente prima delle equazioni irrazionali, è noto che se $a$ e $b$ hanno segno concorde $(a=b)\vee(a=-b)$ è equivalente ad $a=b$ (perché, quando $a$ e $b$ hanno segno concorde, $a$ e $-b$ hanno segno discorde e quindi $a=-b$ è falsa se non quando $a=0$ e $b=0$; ma quest'ultimo è un caso particolare di $a=b$). Quindi, sapendo preventivamente questo, uno si accorge immediatamente che $\sqrt{f(x)} \ge 0$ per ogni $x \in D$ (dove $D$ è lo stesso del messaggio precedente), quindi banalmente se $g(x)<0$ l'uguaglianza $\sqrt{f(x)}=g(x)$ è sempre falsa. Quindi, immediatamente si sottrae insiemisticamente l'insieme $\{x \in D \ \text{tali che} \ g(x)<0\}$ dall'insieme delle soluzioni di $\sqrt{f(x)}=g(x)$. Perciò, dato che si considerano esclusivamente gli $x \in D$ tali che $g(x) \ge 0$, in quel contesto è $[\sqrt{f(x)}=g(x)] \iff [f(x)=(g(x))^2]$. Ovviamente, se ti risulta più intuitivo l'ordine da te seguito segui quello!

"sisterioso":
Insomma, nel caso < o > bisogna farsi tutto il ragionamento che proponevi e non posso taglaire corto con qualche ragionamento simile a quello esposto per = giusto?

In generale, ti direi che non ci sono strade più rapide (a meno di casi particolari o tecniche ben più raffinate dell'approccio delle superiori). Un esempio simpatico è il seguente: "Risolvere per $x \in \mathbb{R}$ la disequazione $\sqrt{x+1}+\sqrt{x+6}<5$". Ti nascondo un suggerimento e la soluzione, così se vuoi puoi provarci da solo. Chiaramente, visto che siamo nel contesto di "tecniche raffinate", dovresti provare a risolverla senza usare la tecnica standard (si può risolvere anche in maniera standard, non è neanche troppo calcoloso in realtà). Ti dico solamente che uno strumento per risolverla l'ho citato in questa risposta, quindi cerca bene . Se non ti viene, non ti interstardire troppo e guarda pure la soluzione. Mi dispiacerebbe farti perdere tempo prezioso per una cosa così.

Suggerimento:

Un teorema ti garantisce che la somma di funzioni strettamente crescenti è strettamente crescente, e un altro teorema ti garantisce che la composizione di funzioni strettamente crescenti è strettamente crescente.

Soluzione:

Le radici sono reali in $[-1,+\infty[$, quindi $x \in [-1,+\infty[$. Dato che $x+1$ e $x+6$ sono strettamente crescenti in $\mathbb{R}$ e $\sqrt{t}$ è strettamente crescente per $t \ge 0$, per il suggerimento le composizioni $\sqrt{x+1}$ e $\sqrt{x+6}$ sono strettamente crescenti rispettivamente in $[-1,+\infty[$ e $[-6,+\infty[$. Dunque, sempre per il suggerimento, la somma $\sqrt{x+1}+\sqrt{x+6}$ è strettamente crescente in $[-1,+\infty[$. Definiamo $f:[-1,+\infty[ \to \mathbb{R}$ ponendo $f(x)=\sqrt{x+1}+\sqrt{x+6}$. Per quanto detto prima, $f$ è strettamente crescente nel suo dominio. Osservando che $f(3)=5$, per stretta monotonia di $f$ segue che $f(x)>f(3)$ per ogni $x>3$. Ossia, $\sqrt{x+1}+\sqrt{x+6} \ge 5$ per ogni $x \ge 3$. Sempre per stretta monotonia, è quindi $\sqrt{x+1}+\sqrt{x+6}<5$ per ogni $-1 \le x<3$. Ma $\sqrt{x+1}+\sqrt{x+6}<5$ è proprio la disequazione che volevamo risolvere, quindi l'insieme delle soluzioni è $[-1,3[$.

"sisterioso":
Resta il fatto che il tuo ragionamento elegante mi piace un sacco e non ci sarei mai arrivato onestamente

È soprattutto questione di esperienza . Chiaramente, anche io i primi tempi probabilmente avrei distinto i casi e fatto una dimostrazione molto più grezza.

[sisterioso]

Grazie mille, è tutto molto chiaro.
Ho provato a svolgere quell'esercizietto ma ho anche curiosato la risposta dopo un po'.

Grazie ancora per tutte le ottime spiegazioni

[gandolfo_m]

Scusate se mi inserisco ma questa discussione è molto utile anche per me e volevo poter porre una domanda anche io.

Come dimostro che: [|a|=|b|]⇔[(a=|b|)∨(a=−|b|)]? Grazie

[Mephlip]

Ciao gandolfo_m, benvenuto sul forum!

Nessun problema per l'intromissione, anzi. Finché le domande sono in tema con gli argomenti trattati, come nel tuo caso, va tutto bene. Dimostriamo che, per ogni $t\in\mathbb{R}$ e per ogni $s \ge 0$, è $[|t|=s] \iff [(t=s)\vee(t=-s)]$; basterà poi usare il caso particolare $t=a$ ed $s=|b|$ (che è lecito, perché $|b| \ge 0$).

È un'equivalenza logica, quindi vanno dimostrate le implicazioni destra e sinistra. Dimostriamo prima l'implicazione destra: supponiamo quindi $|t|=s$. Per definizione di valore assoluto, si ha:
$$|t|=\begin{cases} t, \ \text{se} \ t\ge 0 \\ -t, \ \text{se}\ t<0 \end{cases}$$
Quindi, distinguiamo i due casi $t \ge 0$ o $t<0$: se $t \ge 0$, l'uguaglianza $|t|=s$ coincide con $t=s$; se $t<0$, l'uguaglianza $|t|=s$ coincide con $-t=s$. Quest'ultima coincide con $t=-s$. Perciò, in ogni caso possibile, segue $[(t=s)\vee(t=-s)]$.

Procediamo ora con l'implicazione sinistra: assumiamo quindi $(t=s)\vee(t=-s)$. Osserviamo dapprima che se $s=0$ allora è o $t=0$ o $t=-0$, ovvero $t=0$ e quindi $|t|=|0|=0=s$; perciò, per $s=0$ dall'ipotesi segue $|t|=s$. Supponiamo ora $s>0$ e distinguiamo i due casi della disgiunzione dell'ipotesi. Se $s=t$, essendo $s>0$ segue da $t=s$ che anche $t>0$; ma allora, per definizione di valore assoluto, è $t=|t|$ e quindi da $s=t$ segue $s=|t|$. Se $s=-t$, è $t=-s$ ed essendo $s>0$ segue da $t=-s$ che $t<0$; ma allora, per definizione di valore assoluto, è $|t|=-t$ e quindi, da $s=-t$ segue $s=|t|$. In ogni caso possibile, segue $|t|=s$.

[gandolfo_m]

Ciao e grazie mille per il benvenuto oltre che per la risposta. Seguo in realtà il forum passivamente da qualche settimana che mi sono messo a studiare in modo più approfondito alcuni argomenti propedeutici per il test di ammissione e mi sono casualmente arenato proprio su questi fatti, vedendo una domanda utile al mio caso ho deciso di iscrivermi.

Fatta la premessa devo dire che la tua spiegazione ha chiarito i miei dubbi su cui stavo perdendo la testa. Mi piacerebbe se possibile fare una domanda aggiuntiva e una riguardante la tua risposta.

a)
ho seguito bene i tuoi ragionamenti e li ho capiti tranne un punto:

"Mephlip":Dimostriamo che, per ogni $t\in\mathbb{R}$ e per ogni $s \ge 0$, è $[|t|=s] \iff [(t=s)\vee(t=-s)]$; basterà poi usare il caso particolare $t=|a|$ ed $s=|b|$ (che è lecito, perché $|b| \ge 0$).

se assumo $t=|a|$ poi avrei risostituendo: $[|(|a|)|=|b|] \iff [(|a|=|b|)\vee(|a|=-|b|)]$

Ho pensato che potesse essere una svista e volessi dire: $|t|=|a|$, in questo caso risostituendo avrei:
$[|a|=|b|] \iff [(a=|b|)\vee(a=-|b|)]$, però mi accorgo che così facendo sfrutto: $|t|=|a|$ ma non cado poi in un loop perché poi dovrei altresì avere: $[|t|=|a|] \iff [(t=|a|)\vee(t=-|a|)]$?
Quindi se anche così fosse non mi è chiarissimo.

_____________

Ho provato proprio nei giorni scorsi qualcosa di analogo nel senso che sul mio eserciziario trovo scritto:
$|y|>|x|⇔−|x| E anche in questo caso ho sprecato le idee, senza però capire bene come uscire in modo dignitoso.
in realtà ho provato per casi a "smodulare" diciamo così, ma trovo solo una gran varietà di casi per y>0, x>0 e poi x>0 e y<0 ecc ecc chi più ne ha più ne metta.
Come converrebbe fare?

[gandolfo_m]

PS: volevo fare una poccola aggiunta dato che spesso trovo anche scritto: $|x|>|y|$ sse $−|x| Insomma ho una grande confusione.

Infatti dalla precedente (messaggio sopra) $|y|>|x|⇔−|x| $|x|>|y|$ sse $−|y|

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[Mephlip]

Prego! Sì, scusami, è stato un errore di battitura: volevo scrivere: "In particolare per $t=a$", ho corretto prima che tu scrivessi questo messaggio.

"gandolfo_m":
Ho provato proprio nei giorni scorsi qualcosa di analogo nel senso che sul mio eserciziario trovo scritto:
$|y|>|x|⇔−|x|
Sicuro di aver riportato bene il testo? Perché scritta così è falsa: prendi $y=2$ e $y=1$, hai che $|y|>|x|$ è vera ma $-|x||x|]\iff [(y>|x|) \vee (y<-|x|)]$. Volevi forse scrivere $|y|<|x|$ a sinistra?

"gandolfo_m":PS: volevo fare una poccola aggiunta dato che spesso trovo anche scritto: $|x|>|y|$ sse $−|x| Insomma ho una grande confusione.

Questa è quella corretta infatti. Hai giustamente confusione perché la prima che hai riportato non è vera .

[gandolfo_m]

AH ok sostanzialmente potrei dire "scegliendo |t|=|a|" oppure "scegliendo t=a". Non so perché mi sembrava che la prima portasse aun loop nel senso che poi mi veniva da studiare: $[|t|=|a|]⇔[(t=|a|)∨(t=−|a|)]$.



Per la seconda. Si credo di aver fatto un pasticcio con le idee, la domanda voleva essere: $|x|>|y| <=> −|x|

Questa è quella corretta infatti. Hai giustamente confusione perché la prima che hai riportato non è vera .

Sì è che ero andato a memoria (come un asino) non riragionandoci e non mi ritrovavo più. L'idea era che volevo ottenere $|x|>|y| <=> −|x|

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[Mephlip]

Hai ragione, non funziona prendere $t=|a|$; avevo proprio sbagliato a scrivere, perché poi ho scritto (correttamente) $s=|b|$ e perciò mi sono impicciato per la presenza del valore assoluto di $b$ .

Ok, allora mi confermi che non riesci a dimostrare $[|x|>|y|] \iff [-|x|

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[gandolfo_m]

"Mephlip":Hai ragione, non funziona prendere $t=|a|$; avevo proprio sbagliato a scrivere perché poi ho scritto (correttamente) $s=|b|$ e perciò mi sono impicciato per la presenza del valore assoluto di $b$ .

Sìsì su quello ci sono. Però solo non capisco perché se dico, prendo la tua dimostrazione e considero $|t|=|a|$ [nota](non $t=|a|$)[/nota], se ho ben capito questo risolverebbe il tuo typo [nota](oltre a risolverlo ponendo anche t=a volendo)[/nota]. Però poi non dovrei studiare: $[|t|=|a|]⇔[(t=|a|)∨(t=−|a|)]$ a sua volta dopo? Era questo che volevo chiedere.

Scusa ma ero stato poco chiaro con sti moduli e maggiori minori uguali ho fatto un casino .

"Mephlip":Ok, allora mi confermi che non riesci a dimostrare $[|x|>|y|] \iff [-|x|
Su questo si, era quello!

Grazie per la pazienza.

[Mephlip]

Prego!

"gandolfo_m":Però poi non dovrei studiare: [|t|=|a|]⇔[(t=|a|)∨(t=−|a|)] a sua volta dopo?

No aspetta, noi abbiamo dimostrato che quell'equivalenza vale per ogni $t\in\mathbb{R}$ e per ogni $s \ge 0$. A quel punto, dati $a,b \in \mathbb{R}$ arbitrari, in virtù dell'arbitrarietà di $t\in\mathbb{R}$ e dell'arbitrarietà di $s \ge 0$ puoi specializzare la tesi del lemma nel caso $t=a$ ed $s=|b|$ ottenendo un nuovo lemma come corollario di quest'ultimo. Non devi studiare nient'altro. In altre parole, faresti così.

Lemma 1. Per ogni $t \in\mathbb{R}$ e per ogni $s \ge 0$ è $[|t|=s] \iff [(t=s)\vee(t=-s)]$.

Lemma 2. Per ogni $a,b\in\mathbb{R}$ è $[|a|=|b|] \iff [(a=|b|)\vee(a=-|b|)]$.

Dimostrazione del lemma 2. Siano $a,b\in\mathbb{R}$ arbitrari. Dato che $a\in\mathbb{R}$ e $|b| \ge 0$, sono soddisfatte le ipotesi del lemma $1$ nel caso particolare avente $a$ al posto di $t$ e $|b|$ al posto di $s$. Ossia, risulta $[|a|=|b|] \iff [(a=|b|)\vee(a=-|b|)]$. $\square$

Spero di aver chiarito, scusami; per un typo ti sto facendo confondere ulteriormente e ti sto facendo perdere un sacco di tempo.

"gandolfo_m":Su questo si, era quello!

Anche qui, per sbarazzarci di un valore assoluto conviene dimostrare un lemma preliminare e poi specializzarlo.

Lemma 3. Per ogni $t\in\mathbb{R} \setminus \{0}$ e per ogni $s>0$ risulta $[|t|
Dimostrazione del lemma 3. Dimostriamo la freccia destra: assumiamo quindi $|t|
(i) se $t \ge 0$, è $|t|=t$ e quindi, dall'ipotesi $|t|0$, è $-s<0$ e quindi, essendo $t \ge 0$, è $-s
(ii) se $t<0$, è $|t|=-t$. Perciò, dall'ipotesi $|t|0$ ed essendo $t<0$, è $t
In ogni caso possibile, segue $-s
Dimostriamo ora la frecca sinistra: assumiamo $-s
(I) se $t \ge 0$, allora $t=|t|$ e quindi dall'ipotesi $-s
(II) se $t<0$, allora $|t|=-t$ e quindi $t=-|t|$. Perciò, dall'ipotesi $-s
In ogni caso possibile, segue $|t|
Se ora, dati due arbitrari $x,y \in \mathbb{R}\setminus\{0\}$, specializzi il lemma $3$ al caso $t=y$ ed $s=|x|$, ottieni che per ogni $x,y \in \mathbb{R}\setminus \{0}$ è $[|y|<|x|] \iff [-|x|

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[gandolfo_m]

Sul primo punto in realtà mi è chiaro il discorso t=a, ma mi rendo conto che forse il mio dubbio è così scemo che non l'ho fatto capire a te XD. Mi spiego meglio: mi è ciharissimo che volevi scrivere $t=a$, ma la mia domanda era semplicemente, potrei anche far la stessa dimostrazione e poi anziché specializzarla dicendo usiamo a al posto di t, potrei anche dire assumo $|t|=|a|$? Però se faccio così poi non dovrei studiare qull'uguaglianza tra moduli?

In poche parole io ho $[|t|=s]⇔[(t=s)∨(t=−s)]$ generico e tu dici
- usiamo $t=a$ e $|s|=b$
- e io chiedevo ma se dicessi "assumiamo $|t|=|a|$ e $|s|=b$ è la stessa cosa? Oppure aver imposto $|t|=|a|$ mi dice che devo studiare $[|t|=|a|]⇔[(t=|a|)∨(t=−|a|)]$?

______________

Il lemma 3 invece era proprio quello che cercavo e direi che mi è più che chiaro ora.

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Mentre scrivevi il tuo messaggio avevo inoltre scritto due ultime domande che non mi ha fatto pubblicare comparendomi il tuo messaggio (poi prometto che mi tolgo dai piedi prima di farmi odiare, ma onestamente non so davvero a chi chiedere e l'aiuto del forum è stato enorme con questa discussione trovata per serednipità!)

Copio il messaggio "conflittato" qui:

Ho visto che non hai ancora avuto modo di rispondere alla precedente, nell'attesa però volevo lasciare altre due ultime domande (oltre alle due di cui sopra) perché poi me ne dimenticherei per domani dovendo studiare mille cose... lascio così qui scritto in modo che rimanga traccia

Volevo infine porti due domande perché mi piacerebbe capire alcune cose che non mi tornano dei ragionamenti fatti i giorni scorsi uniti a quelli compresi leggendoti.

1)
La prima è questa: è direi ormai chiaro che $[|a|=|b|]⇔[(a=|b|)∨(a=−|b|)]$ con la prima se $a>=0$ e la seconda se $a<0$ d'altra parte mi accorgo che posso anche scrivere $|a|=|b| <=> sqrt(a^2)=sqrt(b^2)⇔a^2−b^2=0⇔(a-b)(a+b)=0⇔[a=b or a=−b]$
(il secondo se e solo se, letto da sx, dovrebbe funzionare proprio in virtù dei discorsi fatti sul quadrare quantità positive)

Ma ora i due risultati mi sembrano incoerenti perché in generale (prendiamo uno dei due casi) $a=−b$ è diverso da $a=−|b|$, no?
Eppure deve sfuggirmi qualcosa perché sicuramente sono uguali dovendo essere in coerenza tra loro.

2)
la seconda cosa è che vorrei capire come far conciliare il risultato: $[|x|=|y|]⇔[(x=|y|)∨x=−|y|)]$ con quello più sciocco da me seguito nei giorni scorsi, che però deve funzionare: ragionavo come dicevo per casi: parto da $|x|=|y|$
[x=y if y>0 and x>0] unito a [x=y if y<0 and x<0] unito a [x=-y if y<0 and x>0] unito a [x=-y if y>0 and x<0]
Mettendo assieme questi casi dovrei ottenere di nuovo: $x=|y|$ se $x>=0$ e con $x=-|y|$ se $x<0$, però mi accorgo che se assumo
[x=y if y>0 and x>0] e la [x=y if y<0 and x<0] già qui non torna perché x=|y| richiederebbe $x>=0$ (per i discorsi sopra) mentre qua (ossia in una delle due parentesi quadre) io ho invece che x<0 ! e non è conciliabile.
La domanda è come sopra, come far tornare le cose?

EDITO: tento auto-risposta allo spoiler

Forse per le due domande in spoiler ho la soluzione, ma vorrei chiederti se potessi darmi un tuo parere siccome non sono così sicuro ancora dei miei elaborati.

1)
come dicevo io ho ottenuto: $[a=b or a=−b]$, questo è equivalente a spezzarlo nei casi:
$[a=b, a>0, b>0]$ unito $[a=b, a<0, b<0]$ unito $[a=-b, a>0, b<0]$ unito $[a=-b, a<0, b>0]$
Non so bene come renderlo in modo formalmente corretto ma questo dovrebbe voler dire avere
$[a=b, a>0, b>0]$ or $[a=b, a<0, b<0]$ or $[a=-b, a>0, b<0]$ or $[a=-b, a<0, b>0]$

quindi studiando il caso (cioè accorpando i casi con $a$ $<$ e $>$ di $0$):
- $a>0$ ho: $[a=b, b>0] or [a=-b, b<0]$ => $a=|b|$
unito(/or) al caso:
- $a<0$ per cui ho: $[a=b, b<0] or [a=-b, b>0]$ => $a=-|b|$

2)
la seconda è del tutto simile, infatti avevamo:
[x=y if y>0 and x>0] unito a [x=y if y<0 and x<0] unito a [x=-y if y<0 and x>0] unito a [x=-y if y>0 and x<0]

e studiando:
- $x>0$ ho: $[x=y, y>0] or [x=-y, x $x=|y|$
unito(/or) al caso:
- $x<0$ per cui ho: $[x=y, y<0] or [x=-y, y>0]$ => $x=-|y|$

Credo ci sia da mettere a posto un po' di roba, però spero di aver fatto capire l'idea almeno puoi aiutarmi
Grazie di cuore di nuovo per il tuo tempo.

[sisterioso]

Allora, i due punti dell'edit mi sembrano corretti come autorisposta al tuo spoiler, però ti consiglierei di aspettare @Mephlip per avere una formalizzazione migliore e/o una conferma. Perché mi sembra corretto ma non saprei rendertelo meglio di come hai scritto.

Intanto vorrei anche io porre una domanda, perché ho notato la seguente cosa:

Ragioniamo su quella proposta
$|x|>|y|$ sse $−|x|
Si hanno due casi:

] se $x>0$ ho $-x ] se $x<0$ ho $x0$ e $-x'
Nel secondo caso la y ha le stesse soluzioni del primo quindi accorpando i risultati mi pare che:
$−|x| -x

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[Mephlip]

@gandolfo_m: Ma va, non ti preoccupare; sono qui perché mi piace parlare di matematica, quindi non disturbi affatto. Al massimo causa impegni ti rispondo più tardi o il giorno dopo, come è poi successo .

Per le due domande finali, ti stavo scrivendo esattamente quello. Il ragionamento che fai è corretto: sono equivalenti perché i segni "si aggiustano" in base alla definizione di valore assoluto e a come si distribuiscono i connettivi logici.

La prima parte, invece, forse continuo a non capirla. Per vari motivi. Innanzitutto, io ho usato $s=|b|$ e non $|s|=b$, ma questo penso sia irrilevante ai fini del tuo dubbio. Ma poi, tu hai l'arbitrarietà di $t\in\mathbb{R}\setminus\{0\}$; non di $|t|$. Quindi, a priori, non puoi porre $|t|$ pari a qualcosa nel lemma. Ok, questa cosa si può aggirare dicendo: "Il lemma vale in $\mathbb{R}\setminus\{0}$, quindi vale in particolare in $]0,+\infty[$. Quindi, vale un lemma più particolare per $t \ge 0$ arbitrario e, in esso, poniamo $t=|a|$. Ma essendo $t \ge 0$ è $t=|t|$, quindi di fatto si è posto $|t|=t=|a|$". Va bene. Ma perché dovresti "studiare" $|t|=|a|$? Questa non è un'equazione, è una posizione. Tu non ti stai chiedendo "per quali valori di $t$ è $|t|=|a|$?", che poi è il contenuto del lemma 1, stai effettuando una posizione. Puoi evitare del tutto le uguaglianze (che potrebbero confonderti) ragionando come ho fatto nella dimostrazione del lemma 2. Inoltre, se con "studiare" intendi verificare la verità di $[|t|=|a|] \iff [(t=|a|) \vee (t=-|a|)]$, questo è tautologico perché lo abbiamo appunto già dimostrato nel lemma 1. Non so se ho chiarito qualcosa o ho confuso ulteriormente, forse non ci stiamo capendo perché non stiamo comunicando di persona.

Curiosità: per quale corso di laurea stai preparando l'esame di ammissione?

@sisterioso: Sì, va bene. Quando ci sono simmetrie (in questo caso la parità della funzione $u \mapsto |u|$), si può semplificare molto: si può studiare quello che avviene per $u \ge 0$ ed estendere il risultato a $u<0$ per simmetria. Infatti, se osservi la dimostrazione che ho fatto su nel caso negativo, è praticamente uguale al caso non negativo; basta notare che, a causa dell'identità $|-t|=|t|$, le proposizioni $|y|<|x|$ e $-|x|
P.S.: Bella la citazione col nome verde, mi è piaciuta! È la prima volta che me la fanno !

[sisterioso]

"Mephlip":@sisterioso: Sì, va bene. Quando ci sono simmetrie (in questo caso la parità della funzione $u \mapsto |u|$), si può semplificare molto: si può studiare quello che avviene per $u \ge 0$ ed estendere il risultato a $u<0$ per simmetria. Infatti, se osservi la dimostrazione che ho fatto su nel caso negativo, è praticamente uguale al caso non negativo; basta notare che, a causa dell'identità $|-t|=|t|$, le proposizioni $|y|<|x|$ e $-|x|
Ok, ho capito che $−|x|), ma devo ammettere che il resto del discorso mi è un po' ostico da digerire.
Mi pare di afferrare il discorso -che fai- in generale di simmetria per parità, che mi permette di estendere così semplicemente quanto ottengo per il caso con x positivo a -x cioè negativo.
però non capisco bene come spieghi il nostro caso nello specifico, e con la tua dim., nel senso che dici: $|-x|=|x|$, quindi applicandolo a
$|y|<|x| <=> -|x| $|y|<|x| <=> -|-x|

"Mephlip":P.S.: Bella la citazione col nome verde, mi è piaciuta! È la prima volta che me la fanno!

Sì, mi sembrava simpatica, anche se ho sbagliato tonalità di verde

[Mephlip]

C'è una semplificazione nel momento in cui estendi: tu prima dimostri $[|y|<|x|] \iff [-|x|0$. Ma allora, avendo già dimostrato l'equivalenza $[|y|<|x|] \iff [-|x|0$ sai già che quell'equivalenza è vera con $-x$ al posto di $x$. Dunque, automaticamente e senza nessun'altra dimostrazione, sai che è vera $[|y|<|-x|] \iff [-|-x|0$. Ma, dato che $|-x|=|x|$ e dato che $-x>0$ è equivalente a $x<0$, hai che $[|y|<|-x|] \iff [-|-x|0$ è equivalente a $[|y|<|x|] \iff [-|x|
Non è che grazie alla simmetria semplifico la dimostrazione in sé: noto che per simmetria alcuni casi in cui ho separato la dimostrazione seguono immediatamente da altri casi già dimostrati precedentemente.

[sisterioso]

Ora si che è chiaro. Davvero, grazie mille!