Equazioni parametriche di primo grado

Spesso lo studente risolve un'equazione parametrica di primo grado senza alcuna discussione, esattamente come se fosse un'equazione di primo grado a coefficienti numerici. Nulla di più sbagliato! In un'equazione parametrica il parametro è una lettera che può assumere un valore qualsiasi.

 

Può capitare che, per determinati valori assegnati alle lettere, l'equazione parametrica di primo grado sia priva di significato, impossibile o indeterminata.

 

Nostro compito è allora determinare tali valori del parametro prima di qualunque risoluzione che, senza questa discussione, porterebbe ad un risultato del tutto errato.

 

Come risolvere le equazioni parametriche di primo grado

 

Dunque: come si risolvono correttamente le equazioni parametriche di primo grado? Vediamo come procedere basandoci su alcuni esempi.

 

Esempio 1 - Equazione parametrica di primo grado

 

a(a - 1)x = (a + 1)(a - 1)

 

Notiamo che l'incognita è moltiplicata per due fattori parametrici, un monomio ed un binomio. Cosa accade quando questi si annullano?

 

Se

 

a = 0

 

l'equazione diventa (sostituiamo 0 al posto del parametro a):

 

0(0-1)x = (0+1)(0-1) \ \to \ 0x=1 \cdot (-1) \ \to \ 0x=-1

 

Che è un'equazione impossibile perché nessuna x moltiplicata per zero dà il numero -1.

 

Se invece il secondo fattore del primo membro (a-1) è uguale a zero, cioè:

 

a = 1

 

sostituendo tale valore avremo:

 

1(1-1)x = (1+1)(1-1) \ \to \ 0x=0

 

ed in questo caso l'equazione è indeterminata perché qualunque x moltiplicata per zero dà zero.

 

Imponiamo quindi

 

a \neq 0 \wedge a \neq 1

 

A questo punto, essendoci assicurati che la quantità per cui stiamo dividendo è diversa da zero, possiamo dividere ambo i membri per a(a-1) ed ottenere la soluzione

 

x = \frac{(a + 1)(a-1)}{a(a-1)} = \frac{a+1}{a}

 

Diremo quindi:

 

\mbox{Se} \ a = 0 \rightarrow \mbox{equazione impossibile}

 

\mbox{Se} \ a = 1 \rightarrow \mbox{equazione indeterminata}

 

\mbox{Se} \ a \neq 0 \wedge a \neq 1\rightarrow x = \frac{a + 1}{a}

 

Ovvero, per risolvere un'equazione parametrica di primo grado:

 

dobbiamo assicurarci che il coefficiente della x (a primo membro) sia diverso da zero; se lo è possiamo dividere ambo i membri per tale fattore e trovare la soluzione. Invece i valori che lo annullano devono essere sostituiti singolarmente nell'equazione di partenza e vedere se generano un'equazione indeterminata o impossibile.

 

Esempio 2 - Equazione parametrica di primo grado

 

ax = b

 

In questo caso abbiamo la presenza di due parametri.

 

Se

 

a = 0 \wedge b \neq 0

 

si ha la forma

 

0x = b

 

e l'equazione è impossibile.

 

Se

 

a = b = 0

 

si ha la forma

 

0x = 0

 

e l'equazione è indeterminata.

 

Se

 

a\neq 0 \wedge b = 0

 

si ottiene

 

ax=0

 

che ammette come unica soluzione x=0

 

Imponendo

 

a \neq 0 \wedge b\neq 0

 

la soluzione è

 

x = \frac{b}{a}

 

Diremo quindi:

 

\mbox{se} \ a = 0 \wedge b \neq 0 \rightarrow \mbox{equazione impossibile}

 

\mbox{se} \ a = b = 0 \rightarrow \mbox{ equazione indeterminata}

 

\mbox{se} \ a \neq 0 \wedge b\neq 0 \rightarrow x = \frac{b}{a}

 

\mbox{se} \ a \neq 0 \wedge b = 0 \rightarrow x=0

 

 


 

 

Vediamo ora due esempi di equazioni di primo grado con parametro in cui il parametro compare a denominatore

 

Ricordiamo che un'equazione va sempre ridotta a forma normale. Per fare questo, nelle parametriche intere a coefficienti letterali o nelle parametriche fratte, si impongono non nulli i denominatori. Sotto le condizioni ottenute si opera con il minimo comune multiplo dei polinomi che è sicuramente non nullo e poi lo si elimina.

 

Una volta portata l'equazione alla forma intera, le parametriche risulterebbero difficoltose per i troppi prodotti da effettuare. Il trucco principale consiste nel tenere evidenziata l'incognita.

 

Se per esempio ci troviamo di fronte ad una cosa del tipo:

 

(a - b)(x - b) - (a + b)(x - a)

 

non effettuiamo di certo tutti i prodotti ma 'spezziamo' i binomi contenenti l'incognita in questo modo:

 

(a - b)x - b(a - b) - (a + b)x + a(a + b)= 

 

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

 

= -2bx + b^2 + a^2

 

Esempio 3 - Equazione parametrica di primo grado

 

\frac{x + a - b}{a} - \frac{x + b - a}{b} = \frac{b^2 - a^2}{ab}

 

Si tratta di un'equazione parametrica intera a coefficienti letterali. Ricordiamo che un'equazione è fratta quando l'incognita è presente al denominatore.

 

Nel nostro caso dobbiamo imporre i denominatori non nulli: se anche soltanto uno dei denominatori fosse nullo, l'equazione perderebbe significato.

 

Diremo quindi che l'equazione ha significato per

 

a \neq 0 \wedge b \neq 0

 

Sotto queste condizioni possiamo operare con il denominatore comune e poi eliminarlo:

 

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

 

Applichiamo il trucchetto prima visto, cerchiamo cioè di mantenere sempre in evidenza l'incognita:

 

bx + b(a - b) - ax - a(b - a) = b^2 - a^2

 

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

 

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

 

(a secondo membro, avendo una differenza di quadrati, possiamo scrivere):

 

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

 

Possiamo continuare la discussione.

 

Se si annulla il coefficiente della x, ovvero se:

 

a = b

 

si ha la forma

 

0x = 0

 

e l'equazione è indeterminata.

 

Se

 

a \neq b \rightarrow x = 2(a + b)

 

Ricordandoci ora delle condizioni di esistenza fatte sul denominatore:

 

a\neq 0 \wedge b\neq 0

 

Possiamo concludere e dire che:

 

\mbox{se} \ a = b = 0 \rightarrow \mbox{l'equazione perde di significato}

 

\mbox{se} \ a = b \neq 0 \rightarrow \mbox{l'equazione è indeterminata}

 

\mbox{se} \ a \neq b \rightarrow x = 2(a + b)

 

Esempio 4 - Equazione parametrica di primo grado

 

\frac{a^2}{x^2 - a^2} +\frac{x + a + 1}{x + a} = \frac{x + a - 1}{x - a} + \frac{1}{a^2 - x^2}

 

E' un'equazione fratta. Innanzitutto la possiamo riscrivere nella forma: 

 

\frac{a^2}{(x-a)(x+a)} +\frac{x + a + 1}{x + a} = \frac{x + a - 1}{x - a} - \frac{1}{(x+a)(x-a)}

 

Il minimo comune multiplo tra i denominatori è

 

m.c.m. = (x + a)(x - a)

 

che è diverso da zero per x \neq \pm a

 

Ricordandoci di questa imposizione possiamo procedere coi calcoli e ricondurci alla forma normale

 

a^2 + (x + a + 1)(x - a) = (x + a - 1)(x + a) - 1

 

(x + a + 1)x - a(x + a + 1) = (x + a - 1)x + a(x + a - 1) - 1 - a^2

 

(x+a+1)x - (x+a-1)x = a(x+a+1) + a(x+a-1)-1-a^2

 

(x + a + 1 - x - a + 1)x  = a(x + a + 1 + x + a - 1) - 1 - a^2

 

2x = a(2x + 2a) - 1 - a^2

 

2x=2ax + 2a^2 - 1 - a^2

 

2x-2ax = a^2-1

 

2(1 - a)x =  - (1 - a^2)

 

2(1 - a)x = - (1 + a)(1 - a)

 

Se

 

a = 1

 

si ha la forma

 

0x = 0

 

e l'equazione è indeterminata.

 

Se

 

a \neq 1

 

la soluzione è

 

x = -\frac{a + 1}{2}

 

Ma non è finita qui  Tongue

 

Ricordate che all'inizio abbiamo imposto

 

x \neq \pm a

 

Allora, dobbiamo assicurarci che, nella soluzione ottenuta, x sia diverso sia da a che da -a

 

Se x=-a, \ x=-\frac{a+1}{2} diventa:

 

-\frac{a + 1}{2} = -a

 

a + 1 =  2a

 

a = 1

 

e già sappiamo che per questo valore del parametro l'equazione è indeterminata. 

 

Se x=a, \ x=-\frac{a+1}{2} diventa:

 

-\frac{a + 1}{2} = a

 

 - a - 1 = 2a

 

a = -\frac{1}{3}

 

Per quest'ultimo valore del parametro l'equazione sarà allora impossibile.

 

Diremo quindi:

 

\mbox{se} \ a = -\frac{1}{3} \rightarrow \mbox{equazione impossibile}

 

\mbox{se} \ a = 1 \rightarrow \mbox{equazione indeterminata}

 

\mbox{se} \ a \neq-\frac{1}{3} \wedge a \neq 1 \rightarrow x = -\frac{a + 1}{2}

 

Le equazioni parametriche non sono uno scherzetto, vi pare? Wink Buono studio con YouMath! Laughing

 

 

Danni

 

 

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