EQUAZIONI IN MODULO O VALORE ASSOLUTO

La forma elementare base per le equazioni in modulo o valore assoluto è:

$$ |x| = k \quad \text{con }\ k \in \mathbb{R} \\ \ \\ \ \\ \text{ $| \cdots |$ è l’operazione di modulo o valore assoluto} \\ \text{ $x$ è l’argomento del modulo} \\ \text{ $k$ è una costante reale} $$

Dove il modulo di x viene eguagliato ad una costante.

Esempi di equazioni in modulo o valore assoluto secondo la forma base sono:

$$ |x| = 3 \quad |x| = 1 \quad |x| = 0 \quad |x| = -2 \quad |x| = \pi \quad $$

Lo schema generale per la risoluzione è il seguente.

$$ |x| = k \to \begin{cases} x= \pm k & \text{se} & k>0 \\ x= 0 & \text{se} & k=0 \\ \not \exists x \in \mathbb{R} & \text{se} & k<0 \end{cases} $$

Questo significa che se la costante k è positiva l’equazione ammette due soluzioni uguali e opposte +k e –k.

Ad esempio:

$$ |x| = 3 \to x = \pm 3 $$

Se la costante k è pari a zero allora il valore della x è pari a zero.

$$ |x| = 0 \to x = 0 $$

Infine se la costante k è negativa la soluzione dell’equazione è impossibile:

$$ |x| = -2 \to \not \exists x \in \mathbb{R} $$

Accanto alla forma base possiamo trovare una forma base ampliata del tipo:

$$ \left| f(x) \right| = k \quad \text{con }\ k \in \mathbb{R} $$

Dove l’argomento diventa una funzione in x f(x)

Tratteremo anche di una forma più generale del tipo:

$$ \left| f(x) \right| = k(x) $$

Dove la costante si trasforma anche lei in una funzione in x k(x)

E vedremo alcuni tipi di equazioni in cui agiremo per sostituzione oppure avremo più valori assoluti.

FORMA BASE PER LE EQUAZIONI IN VALORE ASSOLUTO

La forma base per le equazioni in modulo o valore assoluto è:

$$ |x| = k \quad \text{con }\ k \in \mathbb{R}$$

In cui il modulo di x viene eguagliato ad una costante k reale.

L’esistenza e il numero delle soluzioni di questa equazione dipende da valore che assume la costante k.

Facciamo una distinzione tra valori di k:

• Positivi
• Nullo
• Negativi 

COSTANTE POSITIVA

Intuitivamente la soluzione delle equazioni in modulo o valore assoluto nella forma base esiste solo se la costante è positiva o uguale a zero.

Cominciamo dal caso di k positivo.

Ad esempio se scriviamo:

$$ |x| = 1 $$

Stiamo cercando quel valore di x per cui il so modulo sia par a 1.

In questo caso esistono due valori di x che sono il +1 e il –1.

Infatti:

$$ |-1|= |1|= 1 $$

Dunque l’equazione può essere scritta e risolta così:

$$ |x|= \pm 1 $$

Possiamo allora ragionare allo stesso modo per i valori di k naturali da 1 a 10:

$$ |x| = 1 \to x = \pm 1 \quad |x| = 2 \to x = \pm 2 \quad |x| = 3 \to x = \pm 3 \quad \cdots \quad |x| = 1 \to x = \pm 10 $$

Dal punto di vista grafico risolvere queste equazioni in modulo o valore assoluto significa eguagliare la funzione modulo o valore assoluto

$$ y = |x| $$

 alle rette costanti di equazioni:

$$ y= 1 \quad y= 2 \quad y=3 \quad \cdots \quad y= 10 $$

Le soluzioni le vediamo come le proiezioni dei punti di intersezione tra la funzione modulo e le rette.

Il numero delle soluzioni è sempre pari a due.

Questo ragionamento vale per tutte le cosanti positive, siano esse:

Frazioni o numeri razionali, ad esempio:

$$ |x| = \frac{2}{3} \to x = \pm \frac{2}{3}$$

 e numeri irrazionali, come per esempio:

$$ \begin{array}{c} |x| = \sqrt{2} = 1,4142… &\to& x = \pm \sqrt{2} \\ |x| = \pi = 3,1415… &\to& x = \pm \pi \\ |x| = \varphi = 1,6180… &\to& x = \pm \varphi \end{array} $$

COSTANTE NULLA

Quando la costante k vale zero allora ci troviamo nell’equazione in valore assoluto:

$$ |x|=0 $$

Il valore assoluto di una quantità x vale zero se e solo quella quantità x (argomento del modulo) vale zero!

Dunque in questo caso abbiamo una sola soluzione!

$$ |x|=0 \to x= 0 $$

Il significato geometrico  di questa equazione è rappresentato dall’intersezione della funzione modulo o valore assoluto :

$$ y = |x| $$

Con l’asse delle x, ovvero la retta:

$$ y = 0 $$

Come mostriamo sotto nel grafico vi è un puto di intersezione nell’origine del sistema cartesiano.

Questo punto è anche proiezione sull’asse delle x e soluzione dell’equazione.

COSTANTE NEGATIVA

Quando invece la costante k è negativa la soluzione è impossibile!

Ad esempio:

$$ \begin{array}{c} |x| = -1 &\to& \not \exists x \in \mathbb{R} \\ |x| = -2 &\to& \not \exists x \in \mathbb{R} \\ |x| = -3 &\to& \not \exists x \in \mathbb{R} \end{array} $$

Abbiamo infatti definito modulo come una quantità maggiore o uguale a zero, e avendola paragonata alla lunghezza di un segmento.

Non esiste quindi nessun argomento x tale per cui il modulo di x risulti negativo!

La questione diventa subito evidente dal punto di vista grafico, dove mettiamo nel sistema la  funzione modulo o valore assoluto :

$$ y= |x| $$

Con la retta di equazione:

$$ y = k \quad \text{con }\ k<0 $$

Riassumendo quanto appena detto possiamo scrivere la regola generale per le equazioni in modulo o valore assoluto nella forma base,  che ora ci risulta certamente più chiara:

$$ |x| = k \to \begin{cases} x= \pm k & \text{se} & k>0 \\ x= 0 & \text{se} & k=0 \\ \not \exists x \in \mathbb{R} & \text{se} & k<0 \end{cases} $$

Riportiamo anche il grafico generale:

LA FORMA BASE AMPLIATA DELLE EQUAZIONI IN MODULO O VALORE ASSOLUTO

Adesso che abbiamo espresso visto la regola generale per la risoluzione delle equazioni in modulo o valore assoluto:

$$ |x| = k \quad \text{con }\ k \in \mathbb{R}$$

Vediamo cosa succede quando  mettiamo come argomento una funzione in x f(x):

$$ |f(x)| = k \quad \text{con }\ k \in \mathbb{R}$$

Chiamiamo quest’ultima la forma base ampliata.

In primo luogo cominciamo a fare questa sostituzione:

$$ f(x) = t $$

In questo modo riusciamo a ritornare nuovamente alla forma base per le equazioni in valore assoluto tanto discussa qui sopra:

$$ |f(x)| = k overset{f(x) = t }{\longrightarrow} |t| = k $$

Di questo modo possiamo nuovamente utilizzare la regola generale:

$$ |f(x)| = k \overset{f(x) = t }{\longrightarrow} |t| = k \to \begin{cases} t= \pm k & \text{se} & k>0 \\ t= 0 & \text{se} & k=0 \\ \not \exists t \in \mathbb{R} & \text{se} & k<0 \end{cases} $$

Chiaramente quanto appena detto ci porta alla seguente regola:

$$ |f(x)| = k \to \begin{cases} f(x)= \pm k & \text{se} & k>0 \\ f(x) = 0 & \text{se} & k=0 \\ \not \exists f(x) \in \mathbb{R} & \text{se} & k<0 \end{cases} $$

In alcuni esercizi useremo la sostituzione, anche se apparentemente sempre cosa poco utile.

ESEMPIO 1 – EQUAZIONI IN MODULO O VALORE ASSOLUTO

$$ |2x+1| = 3 $$

Sostituiamo e abbiamo due soluzioni in t siccome la costante k è positiva 

$$ |2x+1| = 3 \overset{2x+1 = t }{\longrightarrow} |t| = 3 \to t= \pm3$$

Quindi:

$$ 2x+3 = \pm 3 $$

Dobbiamo ora risolvere due equazione di primo grado:

$$ \begin{array}{c} 2x+3 = -3 &\to& 2x = -6 &\to& x= -3 \\ 2x+3 = 3 &\to& 2x = 0 &\to& x= 0 \end{array} $$

INTERPETAZIONE GRAFICA DELL’ESEMPIO 1

Possiamo interpretare graficamente l’equazione appena risolta:

$$ |2x+1| = 3 $$

Come l’intersezione tra la funzione in valore assoluto:

$$ y = |2x+1 | $$

Con la retta orizzontale:

$$ y = 3 $$

Vediamo le intersezioni in corrispondenza delle ascisse:

$$ x= -3 \quad \lor \quad x= 0 $$

ESEMPIO 2 – EQUAZIONI IN MODULO O VALORE ASSOLUTO

$$ |x^2-x| = 0 $$

Sostituiamo, trovando una soluzione in t, dal momento che la costante k è nulla:

$$ |x^2-x| = 0 \overset{x^2-x = t }{\longrightarrow} |t| = 0 \to t= 0$$

Quindi risostituendo abbiamo l’equazione di secondo grado:

$$ x^2-x = 0 $$

Dobbiamo ora risolvere un’equazione di secondo grado dove andiamo a raccogliere a fattor comune la x:

$$ x(x+1) = 0 $$

Applichiamo ora la legge di annullamento del prodotto per trovare le soluzioni:

$$ x = 0 \lor x= -1 $$

Possiamo interpretare graficamente l’equazione appena risolta:

$$ |x^2+x| = 0 $$

Come l’intersezione tra la funzione in valore assoluto (parabolica)

$$ y = |x^2+x| $$

Con l’asse delle x:

$$ y = 0 $$

Le interesezioni (soluzione dell’equazione) cadono in corrispondenza delle ascisse:

$$ x = -1 \quad \lor \quad x = 0 $$

ESEMPIO 3 – EQUAZIONI IN MODULO O VALORE ASSOLUTO

|x^2-x+1| = 1 $$

Sostituiamo e otteniamo due soluzioni in t dal momento che costante k è positiva:

|x^2-x+1| = 1 \overset{x^2-x+1 = t }{\longrightarrow} |t| = 1 \to t= \pm 1$$

Quindi:

$$ x^2-x= \pm 1 $4

Dobbiamo ora risolvere due equazioni di secondo grado.

Partiamo dalla prima (negativa)

$$ x^2-x-= -1 \to x^2-x+1 = 0 \to \not \exists x \in \mathbb{R} $$

In questo caso l’equazione non ammette soluzioni poiché il delta è negativo.

Lo potevamo anche capire perché ci troviamo in presenza di un falso quadrato.

La seconda equazione è:

$$ x^2-x = 1 \to x^2-x-1 =0 $$

In questo caso il delta dell’equazione è positivo:

$$\Delta = 1^2 -4 \cdot 1 \cdot (-1) = 1+4 = 5 $$

Applicando la formula risolutiva abbiamo le due soluzioni:

$$ x_{1,2} = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2} $$

Vi faccio notare che la soluzione positiva coincide con la sezione aurea 𝜑

$$ \varphi = \frac{1 + \sqrt{5}}{2} = 1,6180339… $$

ESEMPIO 4 – EQUAZIONI IN MODULO O VALORE ASSOLUTO

$$ |x^2+4x+2| = 2 $$

Sostituiamo, ottenendo due soluzioni in t perché la costante k è positiva:

$$ |x^2+4x+2| = 2 \overset{x^2+4x+2 = t }{\longrightarrow} |t| = 2 \to t= \pm 2$$

Quindi:

$$ x^2+4x+2 = \pm 2 $$

Dobbiamo ora risolvere due equazioni di secondo grado.

Partiamo dalla prima equazione:

$$ x^2+4x+2 = 2 \to x^2 +4x =0 $$

Raccogliamo a fattor comune il x:

$$ x(x+4) = 0 $$

Applichiamo la legge di annullamento del prodotto per trovare le due soluzioni:

$$ x= 0 \lor x= -4 $$

Ora passiamo alla seconda equazione:

$$ x^2+4x+2 = -2 \to x^2 +4x +4=0 $$

Possiamo risolvere l’equazione con la formula risolutiva, rilevando che il delta è nullo, oppure possiamo riconoscere sul lato sinistro un quadrato di binomio:

$$ (x+2)^2 =0 $$

Noi sappiamo che un quadrato vale zero se vale zero la sua base:

$$ x+2 =0 \to x = -2 $$

ESEMPIO 5 – EQUAZIONI IN MODULO O VALORE ASSOLUTO

$$ |x^3-3x^2+2x-3| = 3 $$

Sostituiamo: siccome la costante k è positiva abbiamo due soluzioni in t:

$$ |x^3-3x^2+2x-3| = 3 \overset{x^3-3x^2+2x-3 = t }{\longrightarrow} |t| = 3 \to t= \pm 3$$

Quindi:

$$ x^3-3x^2+2x-3 = \pm 3 $$

Dobbiamo ora risolvere due equazioni di terzo grado.

Partiamo dalla prima equazione:

$$ x^3-3x^2+2x-3 = -3 \\ x^3-3x^2+2x = 0 $$

Raccogliamo a fattor comune il x:

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

Dentro la parentesi riconosciamo un trinomio speciale di secondo grado:

$$ x(x-2)(x-1) = 0 $$

Applichiamo ora la legge di annullamento del prodotto per trovare le soluzioni:

$$ x= 0 \lor x = 2 \lor x = 1 $$

Vediamo ora la seconda equazione:

$$ x^3-3x^2+2x-3 = 3 \\ x^3-3x^2+2x-6 = 0 $$

Qui ci sono le premesse per applicare un raccoglimento a fattor parziale:

$$ x^2(x-3) +2(x-3) = 0 \\ (x-3)(x^2+2) =0 $$

Applichiamo ora la legge di annullamento del prodotto per trovare le soluzioni:

$$ \begin{array}{c} x-3 = 0 &\to& x = 3 \\ x^2+2 = 0 &\to& \not \exists x \in \mathbb{R} $$

ESEMPIO 6 – EQUAZIONI IN MODULO O VALORE ASSOLUTO

$$ |x^4-5x^2| = 4 $$

Sostituiamo, ottenendo due soluzioni in t:

$$ |t| = 4 \to t= \pm 4 \to x^4-5x^2 = \pm 4 $$

Dobbiamo ora risolvere due equazioni di quarto grado.

Partiamo dalla prima equazione:

$$ x^4 -5x^2 = -4 \to x^4 -5x^2 +4 = 0 $$

Si tratta di una equazione di quarto grado in x che possiamo risolvere per sostituzione in modo da ottenere una più semplice equazione di secondo grado in y:

$$ x^4 -5x^2 +4 = 0 \overset{x^2= y }{\longrightarrow} y^2-5y+4=0 $$

A questo punto possiamo applicare la formula risolutiva oppure riconoscere sul lato sinistro un trinomio speciale di secondo grado:

$$ (y-4)(y-1) = 0 $$

Se ritorniamo alla variabile x, possiamo riconoscere due differenze di quadrati:

$$ (x^2-4)(x^2-1) = 0 \\ (x+2)(x-2)(x+1)(x-1) = 0 $$

Applichiamo ora la legge di annullamento del prodotto per trovare le soluzioni:

$$ x = \pm2 \lor x = \pm 1 $$

Passiamo ora alla seconda equazione:

$$ x^4 -5x^2 = 4 \to x^4 -5x^2 -4 =0 $$

In questo caso possiamo procedere alla seguente sostituzione al fine di rileggere il testo come un’equazione di secondo grado in y:

$$ x^4 -5x^2 -4 =0 \overset{x^2= y }{\longrightarrow} y^2-5y-4=0 $$

In questo caso non riusciamo ad applicare la regola del trinomio speciale quindi calcoliamo il delta dell’equazione di secondo grado:

$$ \Delta = (-5)^2 -4 \cdot 1 \cdot (-4) = 25+16 = 41 $$

Applichiamo la formula risolutiva:

$$ y_{1,2} = \frac{5 \pm \sqrt{41}}{2} $$

Ora non è ancora finita perché dobbiamo trovare le soluzioni in x:

$$ y_{1,2} = \frac{5 \pm \sqrt{41}}{2} \to x^2 = \frac{5 – \sqrt{41}}{2}$$

Consideriamo solo il valore positivo e risolviamo l’equazione incompleta pura trovando le due radici uguali e opposte

$$ x^2 = \frac{5 – \sqrt{41}}{2} \to x = \pm \sqrt{ \frac{5 – \sqrt{41}}{2}}$$

ESEMPIO 7 – EQUAZIONI IN MODULO O VALORE ASSOLUTO

$$ 2 \left| \frac{1}{x} + \frac{1}{x+1} \right| = 3 $$

Sostituiamo in t trovando due soluzioni uguali e opposte

$$ 2|t| = 3 \to 2t = \pm 3 \to 2 \left( \frac{1}{x} + \frac{1}{x+1} \right) = \pm 3$$

Dobbiamo ora risolvere due equazioni fratte.

$$ 2 \left( \frac{1}{x} + \frac{1}{x+1} \right) = – 3 \lor 2 \left( \frac{1}{x} + \frac{1}{x+1} \right) = + 3 $$

Partiamo dalla prima equazione:

$$ 2 \left( \frac{1}{x} + \frac{1}{x+1} \right) = – 3 \to \frac{1}{x} + \frac{1}{x+1} =\ – \frac{3}{2} $$

Facciamo il denominatore comune e spostiamo tutto a sinistra:

$$ \frac{2(x+1) +2x+3(x^2+x)}{2x(x+1)} = 0$$

Imponiamo le condizioni di esistenza sulla frazione:

$$ \text{CE} : \quad x \ne 0 \land x \ne -1 $$

Eliminiamo dunque il denominatore svolgendo i calcoli al numeratore svolgendo i monomiper il polinomi:

$$ 2x+2+2x+3x^2+3x=0 \\ 3x^2+7x+2 =0 $$

Risolviamo l’equazione di secondo grado con la regola del delta:

$$ \Delta = 7^2 -4 \cdot 3 \cdot 2 = 49-24 = 25>0 \\ x_{1,2} = \frac{-7 \pm 5}{6} \to x = -2 \lor x =\ -\frac{1}{3} $$

Entrambe le soluzioni della prima equazione fratta sono accettabili!

Proseguiamo con la seconda equazione:

$$ 2 \left( \frac{1}{x} + \frac{1}{x+1} \right) = 3 \to \frac{1}{x} + \frac{1}{x+1} =\ \frac{3}{2} $$

Facciamo il denominatore comune e spostiamo tutto a sinistra:

$$ \frac{2(x+1) +2x-3(x^2+x)}{2x(x+1)} = 0$$

Imponiamo le condizioni di esistenza sulla frazione:

$$ \text{CE} : \quad x \ne 0 \land x \ne -1 $$

Eliminiamo dunque il denominatore svolgendo i calcoli al numeratore svolgendo i monomi per il polinomi:

$$ 2x+2+2x-3x^2-3x=0 \\ -3x^2+x+2 =0 \\ 3x^2-x-2=0$

Risolviamo l’equazione di secondo grado con la regola del delta:

$$ \Delta = (-1)^2 -4 \cdot 3 \cdot (-2) = 1+24 = 25>0 \\ x_{1,2} = \frac{1 \pm 5}{6} \to x = 1 \lor x =\ -\frac{2}{3} $$

Entrambe le soluzioni della prima equazione fratta sono accettabili!

ESEMPIO 8 – EQUAZIONI IN MODULO O VALORE ASSOLUTO

$$ | \sqrt{x} -1 |-2= 0 $$

Riscriviamola per sostituzione

$$ | \sqrt{x} -1 |=2 \overset{\sqrt{x} -1= t }{\longrightarrow} |t| = 2 \to t= \pm 2 $$

Quindi risostituendo:

$$ \sqrt{x} -1 = \pm 2 $$

Dobbiamo ora risolvere due equazioni irrazionali nella forma base:

Partiamo dalla prima equazione:

$$ \sqrt{x} -1 = -2 \to \sqrt{x} = -1 \to \not \exists x \in \mathbb{R} $$

Questa equazione è impossibile nei numeri reali poiché una radice quadrata non può essere negativa.

Ora passiamo alla seconda equazione:

$$ \sqrt{x} -1 = 2 \sqrt{x} = 3 \to x = 9 $$

Questa equazione ammette soluzioni poiché la radice quadrata è positiva, dunque eleviamo alla seconda per trovare il valore della x:

ESEMPIO 9 – EQUAZIONI IN MODULO O VALORE ASSOLUTO

$$ \left| \sqrt{x^2-9} \right| = 4 $$

Sostituiamo:

$$ |t| = 4 \to t = \pm 4 \to \sqrt{x^2-9} = \pm 4 $$

Dobbiamo ora risolvere due equazioni irrazionali nella forma base:

Essendo che la radice quadrata deve essere per forza positiva ci concentriamo esclusivamente sull’equazione irrazionale:

\sqrt{x^2-9} = 4 \to x^2-9 = 16 \to x^2 = 25 \to x = \pm 5$$

EQUAZIONI IN MODULO (VALORE ASSOLUTO) RISOLTE CON SOSTITUZIONE

I metodi di sostituzione applicati fino a questo punto non erano strettamente necessari quando si comprende la logica.

Ora andiamo a vedere alcune equazioni in valore assoluto o modulo dove la sostituzionediventa più importante

ESEMPIO 1 – EQUAZIONI IN MODULO – SOSTITUZIONE

$$ \frac{1}{|x|+1} + \frac{1}{|x|} = 3 $$

Imponiamo la seguente sostituzione:

$$ |x|= t $$

L’equazione diventa:

$$ \frac{1}{|x|+1} + \frac{1}{|x|} = 3 \overset{ |x|= t }{\longrightarrow} \frac{1}{t+1} + \frac{1}{t} = 3 $$

Si tratta a questo punto di risolvere un’equazione fratta.

Dunque facciamo il denominatore comune e spostiamo tutto a sinistra:

$$ \frac{t+t+1-3(t^2-t)}{t(t+1)} = 0 $$

Imponiamo ora le condizioni di esistenza:

$$ \text{CE}: \quad t \ne 0 \land t \ne -1 $$

Sviluppiamo i conti al numeratore:

$$ 2t+1-3t^2-3t=0 \\ -3t^2-t+1 = 0 \\ 3t^2+t-1 = 0 $$

Calcoliamo il delta e applichiamo la formula per risolvere l’equazione di secondo grado in t:

Essendo che t è il valore assoluto di x, questo non può assumere valori negativi.

Perciò escludiamo la soluzione di t negativa!

$$ t = |x| = \frac{-1-\sqrt{13}}{2} \to \not \exists x \in \mathbb{R} \quad \text{(impossibile)}$$

Eguagliando invece al valore positivo otteniamo:

$$ t = |x| = \frac{-1+\sqrt{13}}{2} \to x = \pm \sqrt{\frac{-1+\sqrt{13}}{2}} $$

ESEMPIO 2 – EQUAZIONI IN MODULO – SOSTITUZIONE

$$ x^2 – 3|x| +2 =0 $$

Ricordiamo che elevare un numero al quadrato equivale ad elevare al quadrato il suo modulo:

$$ x^2 = |x|^2 $$

Dunque possiamo anche riscrivere l’equazione così

$$ |x|^2 -3|x|+2 = 0 $$

Imponiamo la seguente sostituzione e otteniamo una equazione di secondo grado in t:

$$ |x|^2 -3|x|+2 = 0 \overset{ |x|= t }{\longrightarrow} t^2-3t+2=0$$

Si tratta a questo punto di risolvere un’equazione di secondo grado dove riconosciamo un trinomio speciale di secondo grado:

$$ (t-2)(t-1) = 0$$

Applichiamo la regola di annullamento del prodotto per trovare i valori di t che riconvertiamo nel modulo di x:

$$ \begin{array}{c} t = 2 & \to & |x|=2 & \to & x = \pm 2 \\ t = 1 & \to & |x|=1 & \to & x = \pm 1 \end{array} $$

FORMA GENERALE PER LE EQUAZIONI IN MODULO

All’inizio del nostro viaggio siamo partiti dalla forma base elementare per le equazioni in modulo o valore assoluto:

$$ |x| = k \quad \text{con }\ k \in \mathbb{R} $$

Di cui abbiamo visto metodo risolutivo e interpretazione grafica.

Poi siamo passati alla forma base ampliata del tipo:

$$ |f(x)| = k \quad \text{con }\ k \in \mathbb{R} $$

Vediamo ora una forma più generale di quanto abbiamo appreso fino ad ora per le equazioni in modulo o valore assoluto.

$$ |f(x)| = k(x) $$

Come possiamo facilmente notare questa volta a destra non abbiamo più una costante k, bensì una funzione in x k(x).

Per svolgere questo esercizio andiamo per prima cosa a studiare il segno dell’argomento:

$$ f(x) \ge 0 $$

E distinguiamo dunque la zona dove questo è positivo rispetto a quella in cui è negativo, perché ricordiamo che in generale vale la proprietà:

$$ |t| = \begin{cases} t & \text{se} & t \ge 0 \\ -t & \text{se} & t < 0 \end{cases} $$

Dunque anche sulla nostra f(x) vale che:

$$ |f(x)| = \begin{cases} f(x) & \text{se} & f(x) \ge 0 \\ -f(x) & \text{se} & f(x) < 0 \end{cases} $$

Questo fa si che dobbiamo studiare l’equazione in valore assoluto in due parti distinte del dominio: 

 – la zona dove f(x) è positiva

 – e la zona dove f(x) è negativa.

Dunque possiamo riscrivere l’equazione di partenza mediante l’unione di due sistemi:

$$ |f(x)| = k(x) \to \begin{cases} f(x) <0 \\ -f(x) = k(x) \end{cases} \cup \begin{cases} f(x) \ge 0 \\ f(x) = k(x) \end{cases} $$

Infine dovremo risolvere le due equazioni e verificare se le soluzioni appartengono alla zona interessata.

ESEMPIO 1 – EQUAZIONI IN MODULO (VALORE ASSOLUTO)

$$ |2x+1| = x-3 $$

Studiamo i valori di x per i quali l’argomento è positivo (o uguale a zero).

In gergo tecnico possiamo anche dire studiamo il segno dell’argomento.

$$ 2x+1 \ge 0 \to x \ge – \frac{1}{2} $$

Ora separiamo le zone di positività e negatività dell’argomento in due sistemi:

$$ A: \begin{cases} x< – \frac{1}{2} \\ -(2x+1) = x-3 \end{cases} \cup B: \begin{cases} x\ge – \frac{1}{2} \\ 2x+1 = x-3 \end{cases}

Come possiamo notare nella zona A studiamo la zona dove l’argomento è negativo, quindi abbiamo rimosso il modulo cambiando di segno.

Studiamo l’equazione di primo grado del sistema A:

$$ -2x-1 = x-3 \to -3x= -2 \to 3x= 2 \to x = \frac{2}{3} $$

Questa soluzione non è accettabile in quanto non rispetta la condizione del sistema per cui:

$$ x < – \frac{1}{2} \to x = \frac{2}{3} \quad \text{non accettabile}$$

Passiamo ora all’equazione della zona B:

$$ 2x+1 = x-3 \to x = -4 $$

Anche in questo caso la soluzione non è accettabile in quanto non rispetta la zona in cui si trova ovvero:

$$ x\ge – \frac{1}{2} \to x = -4 \quad \text{non accettabile} $$

Concludiamo dunque che l’equazione è impossibile!!!

INTERPRETAZIONE GRAFICA DELL’ESEMPIO 1

L’equazione dell’esempio appena visto:

$$ |2x+1| = x-3 $$

Può essere interpretata graficamente come l’intersezione tra la funzione in valore assoluto:

$$ y = |2x+1| $$

Che è rappresentata da due rette spezzate che si incontrano sull’asse delle x nel punto di ascissa -1/2

E la retta:

$$ y = x-3 $$

Siccome queste funzioni non hanno intersezione allora l’equazione risulta impossibile!

ESEMPIO 2 – EQUAZIONI IN MODULO (VALORE ASSOLUTO)

$$ |x^2+x| = 3-x $$

Studiamo i valori di x per i quali l’argomento è positivo (o uguale a zero).

In gergo tecnico possiamo anche dire studiamo il segno dell’argomento.

$$ x^2+x \ge 0 \to x \le -1 \lor x \ge 0 $$

Ora separiamo le zone di positività e negatività dell’argomento in due sistemi:

A = zona dove l’argomento è negativo

B = zona dove l’argomento è maggiore (=) a zero

$$ A: \begin{cases} -1 < x < 0 \\ -(x^2+x) = 3-x \end{cases} \cup B: \begin{cases} x \le -1 \lor x \ge 0 \\ x^2+x = 3-x \end{cases}

Come possiamo notare nella zona A studiamo la zona dove l’argomento è negativo, quindi abbiamo rimosso il modulo cambiando di segno.

Studiamo l’equazione di primo grado del sistema A:

$$ -x^2-x = 3-x \to -x^2 = 3 \to x^2 = -3 \to \not \exists x \in \mathbb{R} $$

L’equazione è impossibile poiché un quadrato non può essere uguale ad un numero negativo!

Passiamo ora all’equazione della zona B:

$$ x^2+x = 3-x \to x^2+2x-3 =0 $$

Scomponiamo il trinomio speciale di secondo grado a sinistra e troviamo le soluzioni con l’annullamento del prodotto:

$$ (x+3)(x-1) = \to x=-3 \lor x=1 $$

Entrambe le soluzioni risultano accettabili poiché ricadono nella zona di competenza del sistema B:

$$ x \le -1 \lor x \ge 0 $$

INTERPRETAZIONE GRAFICA DELL’ESEMPIO 2

L’equazione dell’esempio appena visto:

$$ x^2+x| = 3-x $$

Può essere interpretata graficamente come l’intersezione tra la funzione in valore assoluto:

$$ y = |x^2+x | $$

Che rappresentano una parabola con concavità verso l’alto per le x<-1 o x>0, e concavità verso il basso nella parte compresa.

E la retta:

$$ y = 3-x $$

Siccome queste funzioni non hanno intersezione allora l’equazione risulta impossibile!

ESEMPIO 3  – EQUAZIONI IN MODULO (VALORE ASSOLUTO)

$$ \left| \sqrt{x} +2 \right| = 2 \sqrt{x} +1 $$

Cominciamo col dire che il dominio di questa equazione è:

$$ D: \quad x \ge 0 $$

Per questi valori di x abbiamo certamente che l’argomento del modulo

$$ \sqrt{x} +2 $$

 risulta certamente maggiore di zero in quanto è la somma di quantità positive.

Dunque in questo caso possiamo saltare la parte del sistema e scioglire direttamente il modulo o valore assoluto: a questo punto dobbiamo semplicemente risolvere un’equazione irrazionale nella sua forma base.

$$ \sqrt{x} +2 = 2 \sqrt{x} +1 \to \sqrt{x} = 1 \to x = 1$$

Soluzione chiaramente accettabile.

EQUAZIONI CON PIU’ VALORI ASSOLUTI

Cosa succede quando abbiamo più valori assoluti all’interno dell’equazione?

La procedura che seguiamo è la seguente:

• Studiamo gli argomenti maggiori o uguali a zero
• Riportiamo i risultato sul grafico delle studio dei segni
• Separiamo le zone con sistemi

Vediamo subito un paio di esempi:

ESEMPIO 1 – EQUAZIONI CON PIU’ VALORI ASSOLUTI

$$ |x| + |2x+3| = 3x-1 $$

Studiamo i segni dei due argomenti:

$$ \begin{array}{c} x \ge 0 \\ 2x+3 \ge 0 & \to & x \ge – \frac{3}{2} $$

Riportiamo ora questi risultati all’interno del grafico dello studio dei segni che ci serve per sciogliere i moduli.

Per questo possiamo anche chiamarlo grafico di scioglimento del modulo.

Da notare che non abbiamo fatto il prodotto dei segni perché i moduli non si moltiplicano tra di loro.

Abbiamo individuato invece tre zone.

Nella zona A dove le x sono minori di –3/2 entrambi gli argomenti sono negativi.

Quindi quando riscriviamo l’equazione dobbiamo mettere un segno meno davanti all’argomento (tolto del valore assoluto).

Possiamo scrivere questa cosa come il sistema A:

$$ A: \quad \begin{cases} x \le – \frac{3}{2} \\ -x-(2x+3) = 3x-1 \end{cases} $$

Risolviamo l’equazione di primo grado:

$$ -x-2x-3 = 3x-1 \to 6x = -2 \to x = \ – \frac{1}{3} $$

La soluzione non è accettabile poiché maggiore di -3/2.

Possiamo alla zona B dove i valori sono compresi tra –3/2 e 0.

Vi faccio notare che non prendiamo il valore –3/2 in quanto lo abbiamo gia considerato nel sistema A, mentre possiamo scegliere se prendere il valore zero:

In questa parte di piano il primo argomento x è negativo mentre il secondo argomento (2x+3) è positivo.

Scriviamo dunque il sistema B in questo modo:

$$ B: \quad \begin{cases} – \frac{3}{2} < x \le 0 \\ -x+(2x+3) = 3x-1 \end{cases} $$

Risolviamo l’equazione di primo grado:

$$ -x+2x+3 = 3x-1 \to 2x = 4 \to x = 2 $$

Anche in questo caso la soluzione non è accettabile poiché maggiore di 0

Non ci resta ora che esaminare lla zona B dove i valori sono maggiori a zero

Vi faccio notare che non prendiamo il valore 0 in quanto lo abbiamo gia considerato nel sistema B.

In questa parte di piano entrambi gli argomenti risultano positivi:

Scriviamo dunque il sistema C in questo modo:

$$ C: \quad \begin{cases} x >0 \\ x+(2x+3) = 3x-1 \end{cases} $$

Risolviamo l’equazione di primo grado:

$$ x+2x+3 = 3x-1 \to 0x = -4 \to \not \exists x \in \mathbb{R} $$

L’equazione è impossibile

In sintesi l’equazione:

$$ |x| +|2x+3|= 3x-1 $$

Non ammette soluzioni reali.

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