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Leonardo Sasso • Algebra di secondo grado e di grado superiore con elementi di Informatica Edizione AZZURRA per la riforma B MODULO Matematica Nuova Matematica a colori

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• Algebra di secondo grado e di grado superiore

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Questo volume, sprovvisto del talloncino a lato, è da considerarsi copia disaggio-campione gratuito, fuori commercio (vendita e altri atti di dispo-sizione vietati: art. 17, c. 2, L. 633/1941). Fuori campo applicazione I.V.A.(D.P.R. 26/10/72, n. 633, art. 2, 3° co, lett. d.)

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Versione modulareModulo A ISBN 978-88-494-1720-3 Modulo E ISBN 978-88-494-1724-1Modulo B ISBN 978-88-494-1721-0 Modulo F ISBN 978-88-494-1726-5Modulo C ISBN 978-88-494-1722-7 Modulo G ISBN 978-88-494-1727-2Modulo D ISBN 978-88-494-1723-4 Modulo H ISBN 978-88-494-1728-9

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Sasso_AZZ_moduli_Mod. B 27/03/12 17:53 Pagina 1

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e-mail: [email protected]

Stampa: LITORAMA GROUP – Milano

Proprietà letteraria riservata© 2012 De Agostini Scuola SpA – Novara1ª edizione: gennaio 2012Printed in Italy

Le fotografie di questo volume sono state fornite da: Archivio Dea Picture Library.

Foto copertina: iStockphoto

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Ristampa: 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

Anno: 2012 2013 2014 2015 2016 2017

Redattore responsabile: Monica Martinelli

Redazione: Giovanni Malafarina, Barbara De Bernardis

Tecnico responsabile: Gian Battista Vivalda

Progetto grafico: Carla Devoto

Copertina: Simona Corniola, Simona Speranza

Ricerca iconografica per la copertina: Cristina Colombo

Impaginazione: M.T.M.

Disegni: Leprechaun

Art Director: Nadia Maestri

L’autore ringrazia i professori Alessandra Biglio, Angela Conti, Rossella Cortese,Federica Dente, Mariangela Garozzo, Anna Maria Gugole, Paola Lorenzi, Caterina Mellano, Lorenzo Rubini, Giuseppe Vasta, Cristina Zucchini per la collaborazione e la consulenza didattica. Ringrazia inoltre i professori Stefano Moretti, Giuseppe Vasta e Mariangela Garozzo per il contributo dato alla stesura degli esercizi.

L’Editore dichiara la propria disponibilità a regolarizzare eventuali omissioni o errori di attribuzione.

Nel rispetto del DL 74/92 sulla trasparenza nella pubblicità, le immagini escludono ogni e qualsiasi possibile intenzione o effetto promozionale verso i lettori.

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Eventuali segnalazioni di errori, refusi, richieste di chiarimento di funzionamento tecnico dei supporti multimediali del corso o spiegazioni sulle scelte operate dagli autori e dalla Casa Editrice possono essere inviate all’indirizzo di posta elettronica [email protected]

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TEMA A L’algebra di secondogrado e la parabola

Unita 1 Equazioni di secondogrado e parabola

1 Introduzione alle equazioni

di secondo grado 2

2 Le equazioni di secondo grado:

il caso generale 5

3 Equazioni di secondo grado frazionarie 11

4 Equazioni di secondo grado letterali 13

5 Relazioni tra soluzioni e coefficienti

di un’equazione di secondo grado 16

6 Scomposizione di un trinomio

di secondo grado 17

7 Condizioni sulle soluzioni

di un’equazione parametrica 19

8 Problemi che hanno come modello

equazioni di secondo grado 21

9 La parabola e l’interpretazione grafica

di un’equazione di secondo grado 24

10 Problemi di massimo e di minimo

di secondo grado 29Matematica nella storia Storia delle equazioni

di secondo grado 31

ESERCIZI 32

Sintesi 32

Conoscenze e abilita 33

Riepilogo 67

Prova di autoverifica 72

Unita 2 Disequazioni di secondogrado e frazionarie

1 Richiami sulle disequazioni 73

2 Le disequazioni di secondo grado 77

3 Le disequazioni frazionarie 82

4 I sistemi di disequazioni contenenti

disequazioni di secondo grado

o frazionarie 86

5 Problemi che hanno come modello

disequazioni di secondo grado 88

ESERCIZI 90

Sintesi 90

Conoscenze e abilita 90

Riepilogo 113

Prova di autoverifica 117

Unita 3 Sistemi di secondo grado

1 Sistemi di secondo grado 118

2 Sistemi frazionari 124

3 Sistemi di secondo grado

con piu di due incognite 125

4 Problemi che hanno come modello

sistemi di secondo grado 127

ESERCIZI 128

Sintesi 128

Conoscenze e abilita 128

Riepilogo 138

Prova di autoverifica 141

Laboratorio di informatica 142

Verso le competenze 149

Verso le prove Invalsi 154

TEMA BLa divisione tra polinomi e l’algebradi grado superiore al secondo

Unita 4 Divisione di polinomie applicazionealle scomposizioni

1 Introduzione alla divisione nell’insieme

dei polinomi 158

2 La divisione con resto tra due polinomi 160

3 La regola di Ruffini 164

4 Il teorema del resto e il teorema di Ruffini 167

5 Scomposizioni mediante il teorema

e la regola di Ruffini 168

ESERCIZI 171

Sintesi 171

Conoscenze e abilita 172

Riepilogo 180

Prova di autoverifica 182

Unita 5 Equazioni e disequazionidi grado superioreal secondo

1 Equazioni monomie, binomie e trinomie 183

2 Equazioni risolvibili mediante

scomposizione in fattori 188

3 Uno sguardo d’insieme sulle equazioni

polinomiali 191

Indice

III

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4 Disequazioni di grado superiore al secondo 194Matematica nella storia Il problema

delle equazioni di grado superiore al secondo 198

ESERCIZI 199

Sintesi 199

Conoscenze e abilita 199

Riepilogo 214

Prova di autoverifica 216

Laboratorio di informatica 217

Verso le competenze 220

Verso le prove Invalsi 223

TEMA CComplementi di algebra

Unita 6 Equazioni e disequazioniirrazionali

1 Equazioni irrazionali 226

2 Problemi che hanno come modello

equazioni irrazionali 229Approfondimento Disequazioni irrazionali 232

ESERCIZI 235

Sintesi 235

Conoscenze e abilita 235

Riepilogo 245

Prova di autoverifica 247

Unita 7 Equazioni e disequazionicon valori assoluti

1 Equazioni con valori assoluti 248

2 Disequazioni con valori assoluti 251

ESERCIZI 254

Sintesi 254

Conoscenze e abilita 254

Riepilogo 259

Prova di autoverifica 261

Laboratorio di informatica 262

Verso le competenze 266

Verso le prove Invalsi 270

Verso l’Universita 271Risposte alle prove di autoverifica 273Indice analitico 275

Risorse multimediali

Esercizi interattivi

Materiali per il Modulo BGlossario

Esercizi con traccia guidata

Figure dinamiche

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Da www.scuola.com l’accesso al portale studente di zonaMatematica consente di cimentarsi autonomamente conprove di autoverifica costantemente aggiornate e implementate, oppure di eseguire le prove personalizzate che ildocente assegnera alla classe.

IV

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TEMA AL’algebradi secondo gradoe la parabola

PREREQUISITI

3Equazioni, disequazioni e sistemidi primo grado

3Le proprieta di base dei radicali

3La retta nel piano cartesiano

COMPETENZE

3Individuare strategie appropriateper risolvere problemi che hannocome modello equazioni,disequazioni o funzioni di secondogrado e saperle applicare in contestireali

Nel nostro percorso alla scopertadell’algebra finora ci siamo occupatidi equazioni, disequazioni e sistemi di primo grado.Gli oggetti principali delle Unita che seguonosaranno, invece, le equazioni,le disequazioni e i sistemidi secondo grado.

Gia gli antichi babilonesi,stimolati probabilmenteda problemi legati alle aree, sentironol’esigenza di formulare e risolvere equazionidi secondo grado.

Da allora, esse hanno fatto la loro comparsa

in tutti gli ambiti della scienza:dallo studio delle orbite dei pianeti alle leggidi caduta dei corpi, ai modelli matematici chepermettono di progettare un circuito elettronico.

Nei frammenti di antiche tavolettebabilonesi sono stati trovati vari problemimatematici, tra cui alcuni che conduconoa equazioni di secondo grado. Per esempio,un problema recita: «trovare il lato di unquadrato se l’area meno il lato e ugualea 870», che corrisponde all’equazionedi secondo grado x2 � x ¼ 870. I babilonesiesponevano i passi del procedimento perarrivare alla soluzione, ma come avesseroricavato tale procedimento rimaneun mistero.

Unita 1Equazioni di secondo grado e parabola

Unita 2Disequazioni di secondo grado e frazionarie

Unita 3Sistemi di secondo grado

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1. Introduzione alle equazionidi secondo grado

La forma normale di un’equazione di secondo grado

Consideriamo il seguente problema:

«Anna apre a caso un libro e osserva che il prodotto tra il numero della pagina di

sinistra e quello della pagina di destra e 1260. A quali pagine ha aperto il libro?»

Per risolverlo, possiamo indicare con x il numero della pagina di sinistra (che e il

numero minore); il numero della pagina di destra e, allora, xþ 1: quindi, il mo-

dello algebrico del problema e l’equazione:

xðxþ 1Þ ¼ 1260

Svolgendo la moltiplicazione e portando tutti i termini a primo membro, otte-

niamo l’equazione:

x2 þ x� 1260 ¼ 0

Si tratta di un’equazione di secondo grado, nell’incognita x, in forma normale.

EQUAZIONE DI SECONDO GRADO

Si chiama equazione di secondo grado nell’incognita x un’equazione che, ri-

dotta a forma normale, si presenta nella forma:

ax2 þ bxþ c ¼ 0

dove a, b, c sono numeri reali e a 6¼ 0.

I numeri a, b e c vengono detti rispettivamente primo, secondo e terzo coeffi-

ciente, c e chiamato anche termine noto.

Per esempio, l’equazione:

3x2 � 2xþ 5 ¼ 0

e di secondo grado ed e in forma normale; invece l’equazione 3x2 � 2x ¼ �5 e di

secondo grado, ma non e in forma normale, perche al secondo membro c’e un

numero diverso da zero.

In questa Unita studieremo i metodi per determinare le soluzioni delle equazioni

di secondo grado: quando avrai imparato tali metodi potrai ritornare sul proble-

ma precedente e completare da solo la risoluzione, risolvendo l’equazione

x2 þ x� 1260 ¼ 0.

Cominciamo, in questo paragrafo, ad analizzare i metodi per risolvere le equazio-

ni di secondo grado piu semplici: quelle del tipo ax2 þ bxþ c ¼ 0, con b ¼ 0 o

c ¼ 0: tali equazioni vengono chiamate incomplete.

Equazioni pure

Si chiamano pure le equazioni di secondo grado riconducibili alla forma

ax2 þ c ¼ 0, con a 6¼ 0 e c 6¼ 0

ESEMPI

Sono pure le equazioni:

x2 � 25 ¼ 0, 4x2 � 1 ¼ 0, 3x2 þ 1 ¼ 0

Unita1Equazioni di secondo gradoe parabola

2

TemaA

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Ogni equazione pura in forma normale, portando il termine noto al 2o membro

e dividendo i due membri per il coefficiente di x2, puo sempre essere ricondotta

alla forma:

x2 ¼ k

con k numero reale diverso da zero.

ESEMPIO

4x2 � 1 ¼ 0 ) 4x2 ¼ 1 ) x2 ¼ 1

4

Ogni equazione del tipo x2 ¼ k si puo poi risolvere facilmente, osservando che:

� se k > 0, ci sono due numeri reali il cui quadrato e k: la radice quadrata di k,ffiffiffik

p, e il suo opposto, �

ffiffiffik

p; quindi le soluzioni dell’equazione x2 ¼ k sono:

x ¼ �ffiffiffik

p

� se k < 0, l’equazione x2 ¼ k non ha soluzioni poiche nessun numero reale ha

per quadrato un numero negativo.

Tipo di equazione Numero di soluzioni Insieme delle soluzioni

x2 ¼ k con k > 0 Due S ¼ f� ffiffiffik

p gx2 ¼ k con k < 0 Nessuna S ¼ x

ESEMPI

Risolviamo le equazioni:

a. x2 þ 3 ¼ 0 b. 2x2 � 3 ¼ 0 c. ð2x þ 1Þ2 ¼ 9

a. L’equazione x2 þ 3 ¼ 0 equivale a x2 ¼ �3: poiche �3 < 0, l’equazione e

impossibile.

L’insieme delle soluzioni dell’equazione e vuoto: S ¼ x.

b. 2x2 � 3 ¼ 0 Equazione da risolvere

2x2 ¼ 3 Portando il termine noto al 2o membro

x2 ¼ 3

2Dividendo i due membri per 2

x ¼ �ffiffiffiffiffi3

2

r

L’insieme delle soluzioni e S ¼ �ffiffiffiffiffi3

2

r, þ

ffiffiffiffiffi3

2

r( ).

c. Possiamo pensare l’equazione ð2xþ 1Þ2 ¼ 9 come un’equazione «pura»,

nell’incognita 2xþ 1.

ð2xþ 1Þ2 ¼ 9 L’equazione e del tipo X2 ¼ 9, con X ¼ 2x þ 1

2xþ 1 ¼ � ffiffiffi9

pX2 ¼ 9 ! X ¼ � ffiffiffi

9p

2xþ 1 ¼ �3 _ 2xþ 1 ¼ þ3

2x ¼ �4 _ 2x ¼ þ2

x ¼ �2 _ x ¼ þ1

L’insieme delle soluzioni dell’equazione e S ¼ f�2, þ 1g.

Osserva

Deve essere k 6¼ 0 percheabbiamo supposto chenell’equazione ax2 þ c ¼ 0sia a 6¼ 0 e c 6¼ 0.

Unita

1Equazio

nidiseco

ndogradoeparabola

3

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Equazioni monomie

Si chiamano monomie le equazioni di secondo grado riconducibili alla forma

ax2 ¼ 0 con a 6¼ 0.

Per esempio, sono monomie le equazioni:

2x2 ¼ 0 e � 1

2x2 ¼ 0

E evidente che l’unica soluzione di un’equazione monomia e x ¼ 0.

Tuttavia, invece di dire che l’equazione x2 ¼ 0 ha una sola soluzione, si preferisce

dire che ha «due soluzioni coincidenti» o che ha «una soluzione doppia».

Capirai meglio le ragioni di questa terminologia in seguito; per ora possiamo giu-

stificarla osservando che un’equazione del tipo ax2 ¼ k, se ha soluzioni reali, ha

sempre due soluzioni distinte, �ffiffiffiffiffik

a

r, tranne nel caso k ¼ 0, in cui le due soluzioni

vengono a coincidere con 0.

Equazioni spurie

Si chiamano spurie le equazioni di secondo grado riconducibili alla forma

ax2 þ bx ¼ 0, con a 6¼ 0 e b 6¼ 0. Per esempio, sono spurie le equazioni:

2x2 þ x ¼ 0 e x2 � 4x ¼ 0

Risolvere un’equazione spuria in forma normale e molto semplice: basta scom-

porre il primo membro (raccogliendo xÞ e applicare la legge di annullamento del

prodotto.

E evidente che una delle due soluzioni di un’equazione spuria e sempre x ¼ 0.

ESEMPIO

Risolviamo l’equazione:

3x2 þ 2x ¼ 0

3x2 þ 2x ¼ 0 Equazione da risolvere

xð3xþ 2Þ ¼ 0 Raccogliendo x

x ¼ 0 _ 3xþ 2 ¼ 0 Legge di annullamento del prodotto

x ¼ 0 _ x ¼ � 2

3

Pertanto l’insieme delle soluzioni dell’equazione data e S ¼ � 2

3, 0

� �.

ESERCIZI a p. 33Prova tu

Determina, se esistono, le soluzioni delle seguenti equazioni.

a. 2x2 þ 5 ¼ 0 [Impossibile]

b. 2x2 � 4 ¼ 0 [� ffiffiffi2

p]

c. 3x2 ¼ 0 [0]

d. 2ðxþ 1Þ2 ¼ 18 [�4, 2]

e. x2 � 4x ¼ 0 [0, 4]

f. 2x2 þ 3x ¼ 0 � 3

2, 0

� �g.

1

3x2 � 6 ¼ 0 [�3

ffiffiffi2

p]

h. ðx� 1Þ2 ¼ 1� ffiffiffi5

p[Impossibile]

TemaA

L’algebra

diseco

ndogradoela

parabola

4

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2. Le equazioni di secondo grado:il caso generale

Il metodo del completamento del quadrato

Un’equazione di secondo grado in forma normale, ax2 þ bxþ c ¼ 0, in cui tutti i

coefficienti sono diversi da zero, si dice completa.

In questo paragrafo ricaveremo una formula generale per risolvere un’equazione

di secondo grado completa, utilizzando il metodo del completamento del qua-

drato.

L’idea alla base di questo metodo e di operare delle manipolazioni algebriche in

modo da trasformare il trinomio ax2 þ bxþ c nella somma del quadrato di un bi-

nomio e di una costante.

Si tratta cioe di trasformare l’equazione:

ax2 þ bxþ c ¼ 0 [1.1]

in un’equazione del tipo:

ðmxþ nÞ2 þ k ¼ 0 [1.2]

La trasformazione e vantaggiosa in quanto l’equazione [1.2] si puo facilmente ri-

solvere, interpretandola come un’equazione «pura» nell’incognita mxþ n.

Ma quali manipolazioni algebriche bisogna effettuare per trasformare il trinomio

ax2 þ bxþ c nella forma ðmxþ nÞ2 þ k? Il punto chiave e riuscire a trovare un nu-

mero che, aggiunto al binomio ax2 þ bx, dia luogo a un trinomio che sia un qua-

drato. Osserva e completa la seguente tabella, relativa a binomi in cui a ¼ 1.

Binomio Aggiungiamo Il trinomio che ne risulta e un quadrato

x2 þ 6x 9 x2 þ 6x þ 9 ¼ ðx þ 3Þ2

x2 � 4x 4 x2 � 4x þ 4 ¼ ðx � 2Þ2

x2 � 5x25

4x2 � 5x þ 25

4¼ x � 5

2

� �2x2 þ 12x ............... ...................................

x2 þ 7x ............... ...................................

Hai colto la regolarita? Ogni qualvolta il coefficiente di x2 e 1, per completare il

binomio in modo da ottenere un trinomio che sia un quadrato basta aggiungere

il quadrato della meta del coefficiente di x. In generale, cioe:

Binomio Aggiungiamo Otteniamo

x2 þ kx1

2k

� �2x2 þ kx þ 1

2k

� �2¼ x þ 1

2k

� �2Fatta questa premessa, possiamo risolvere insieme un’equazione di secondo gra-

do completa, utilizzando il metodo del completamento del quadrato.

ESEMPIO

Risolviamo, con il metodo del completamento del quadrato, l’equazione:

x2 þ 3x � 2 ¼ 0

� Trasformiamo anzitutto il trinomio al primo membro nella somma di

un quadrato e di una costante.

Il coefficiente di x2 e 1, quindi, per completare il quadrato, possiamo utilizzare

quanto visto negli esempi precedenti:

Ricorda

Nel paragrafo precedente,per esempio, abbiamo risoltol’equazione ð2xþ 1Þ2 ¼ 9,pensandola comeun’equazione «pura»nell’incognita ð2xþ 1Þ.

Unita

1Equazio

nidiseco

ndogradoeparabola

5�Nuova Matematica a colori - Petrini © 2012 De Agostini Scuola SpA - Novara

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x2 þ 3x� 2 ¼La meta di 3 e

3

2e il quadrato di

3

2e9

4

¼ x2 þ 3xþ 9

4� 9

4� 2 ¼ Aggiungendo e sottraendo

9

4

quadrato

¼ xþ 3

2

� �2

� 17

4Riconoscendo il quadrato ed eseguendo la sommaalgebrica tra gli ultimi due termini

� Risolviamo l’equazione

L’equazione x2 þ 3x� 2 ¼ 0 equivale in base a quanto ottenuto a:

xþ 3

2

� �2

� 17

4¼ 0

xþ 3

2

� �2

¼ 17

4Portando il termine noto al secondo membro

xþ 3

2¼ �

ffiffiffiffiffiffi17

p

2Risolvendo l’equazione come se fosse pura nell’incognita xþ 3

2

x ¼ �3� ffiffiffiffiffiffi17

p

2

L’insieme delle soluzioni dell’equazione e quindi

S ¼ �3� ffiffiffiffiffiffi17

p

2,�3þ ffiffiffiffiffiffi

17p

2

( )

La formula risolutiva di una generica equazionedi secondo grado

Ora utilizziamo il metodo del completamento del quadrato nel caso generale del-

l’equazione:

ax2 þ bxþ c ¼ 0 con a 6¼ 0

Come nell’esempio precedente, trasformiamo anzitutto il trinomio al primo

membro nella somma del quadrato di un binomio e di una costante. Dopodiche

risolviamo l’equazione equivalente che se ne deduce.

1. Trasformazione del trinomio

Poiche a 6¼ 0, possiamo anzitutto raccogliere a, in modo da ricondurci al caso

che abbiamo trattato in cui il coefficiente di x2 e 1.

ax2 þ bxþ c ¼ a x2 þ b

axþ c

a

� �¼

La meta dib

ae

b

2ae il quadrato di

b

2ae

b2

4a2

¼ a x2 þ b

axþ b2

4a2� b2

4a2þ c

a

� �¼ Aggiungendo e sottraendo

b2

4a2

quadrato di binomio

¼ a xþ b

2a

� �2

� b2

4a2þ c

a

" #¼ Riconoscendo il quadrato

[1.3]¼ a xþ b

2a

� �2

� b2 � 4ac

4a2

" #Riducendo gli ultimi due terminia denominatore comune

Un trinomio di secondo grado trasformato nella forma [1.3] si dice ridotto in for-

ma canonica.

TemaA

L’algebra

diseco

ndogradoela

parabola

6

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2. Risoluzione dell’equazione di secondo grado trasformata

In base alla [4.3] l’equazione ax2 þ bxþ c ¼ 0 equivale a:

a xþ b

2a

� �2

� b2 � 4ac

4a2

" #¼ 0

ossia, dividendo per a 6¼ 0 e portandob2 � 4ac

4a2al secondo membro:

xþ b

2a

� �2

¼ b2 � 4ac

4a2

A questo punto possono presentarsi tre possibilita:

� se b2 � 4ac>0, al secondo membro abbiamo un numero reale positivo, quindi:

xþ b

2a¼ �

ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffib2 � 4ac

4a2

rRisolvendo l’equazione come pura

nell’incognita x þ b

2a

xþ b

2a¼ �

ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffib2 � 4ac

p

2aA rigore,

ffiffiffiffiffiffiffiffi4a2

p¼ 2 ja j: tuttavia, poiche

l’espressione e preceduta dal segno � siottengono gli stessi risultati anche senzaconsiderare il valore assoluto

x ¼ �b�ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffib2 � 4ac

p

2a

L’equazione ha due soluzioni reali distinte:

� se b2 � 4ac ¼ 0, l’equazione diventa xþ b

2a

� �2¼ 0, che ammette come unica

soluzione x ¼ � b

2a. Per ragioni analoghe a quelle esposte nel caso delle equa-

zioni monomie si preferisce, pero, dire che l’equazione ha due soluzioni coinci-

denti o che ha una soluzione doppia;

� se b2 � 4ac < 0, l’equazione:

xþ b

2a

� �2¼ b2 � 4ac

4a2

non ha soluzioni: infatti, per ogni x 2 R, il primo membro risulta positivo o

nullo (e un quadrato), quindi non puo essere uguale al secondo membro, che e

negativo.

Abbiamo cosı dimostrato il seguente teorema.

Soluzioni reali di un’equazione di secondo grado completa TEOREMA 1.1

Consideriamo l’equazione ax2 þ bx þ c ¼ 0, con a 6¼ 0.

a. Se b2 � 4ac > 0, l’equazione ha due soluzioni reali distinte, date dalla formula:

x ¼ �b�ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffib2 � 4ac

p

2a

b. Se b2 � 4ac ¼ 0, l’equazione ha due soluzioni reali coincidenti, date dalla formula

x ¼ � b

2a

c. Se b2 � 4ac < 0, l’equazione non ha soluzioni reali.

Il numero b2 � 4ac si chiama discriminante dell’equazione, perche permette di

stabilire l’esistenza e il numero delle soluzioni di un’equazione di secondo grado:

il discriminante di un’equazione si indica solitamente con il simbolo �.

Unita

1Equazio

nidiseco

ndogradoeparabola

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Discriminante Numero di soluzioni reali

� ¼ b2 � 4ac > 0 Due distinte

� ¼ b2 � 4ac ¼ 0 Due concidenti

� ¼ b2 � 4ac < 0 Nessuna

Per risolvere una generica equazione di secondo grado completa ax2þbxþ c¼0

conviene seguire il seguente schema logico:

� si calcola, anzitutto, il discriminante � dell’equazione, in modo da controllare

se esistono soluzioni reali;

� se ci sono soluzioni reali, cioe se � � 0, si calcolano in base alla formula:

x ¼ �b� ffiffiffiffi�

p

2a

ESEMPIO Equazione di secondo grado con � > 0

Risolviamo l’equazione:

2x2 þ x � 3 ¼ 0

Si tratta di un’equazione di secondo grado in forma normale.

Identifichiamo i coefficienti:

2x2 þ x� 3 ¼ 0

a ¼ 2, b ¼ 1, c ¼ �3

Il discriminante dell’equazione e:

� ¼ b2 � 4ac ¼ 12 � 4 � 2 � ð�3Þ ¼ 1þ 24 ¼ 25

Essendo � > 0, l’equazione ha due soluzioni, reali e distinte; le soluzioni saran-

no, inoltre, razionali, poiche � e un quadrato perfetto.

Per trovare le soluzioni, applichiamo la formula risolutiva:

x ¼ �b� ffiffiffiffi�

p

2a¼ �1� ffiffiffiffiffiffi

25p

2 � 2 ¼ �1� 5

4¼ � 3

21

(

L’insieme delle soluzioni e quindi S ¼ � 3

2, 1

� �.

ESEMPIO Equazione di secondo grado con � > 0

Risolviamo l’equazione:

x2 þ x ¼ 1

L’equazione non e in forma normale. Riconduciamo l’equazione in forma nor-

male, portando il termine numerico al primo membro:

x2 þ x� 1 ¼ 0 Forma normale

Identifichiamo i coefficienti dell’equazione:

a ¼ 1, b ¼ 1, c ¼ �1

Il discriminante dell’equazione e:

� ¼ b2 � 4ac ¼ 12 � 4 � 1 � ð�1Þ ¼ 1þ 4 ¼ 5

Essendo � > 0, l’equazione ha due soluzioni reali distinte; le soluzioni saran-

no, inoltre, irrazionali, poiche � non e un quadrato perfetto.

Per trovare le soluzioni, applichiamo la formula risolutiva:

x ¼ �b� ffiffiffiffi�

p

2a¼ �1� ffiffiffi

5p

2 � 1 ¼ �1� ffiffiffi5

p

2

L’insieme delle soluzioni e quindi S ¼ �1� ffiffiffi5

p

2

( ).

Osserva

Se un’equazione hacoefficienti razionali e � > 0,le due soluzioni sono:� razionali, se� e unquadrato perfetto;� irrazionali, se � non e unquadrato perfetto.

TemaA

L’algebra

diseco

ndogradoela

parabola

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ESEMPIO Equazione di secondo grado con � ¼ 0

Risolviamo l’equazione:

x2 � 2ffiffiffi2

px þ 2 ¼ 0

L’equazione e in forma normale; identifichiamo i coefficienti:

a ¼ 1, b ¼ �2ffiffiffi2

p, c ¼ 2

Il discriminante dell’equazione e:

� ¼ b2 � 4ac ¼ ð�2ffiffiffi2

p Þ2 � 4 � 1 � 2 ¼ 8� 8 ¼ 0

Essendo � ¼ 0, l’equazione ha due soluzioni coincidenti.

Per trovare le soluzioni, applichiamo la formula risolutiva:

x ¼ �b� ffiffiffiffi�

p

2a¼ �ð�2

ffiffiffi2

p Þ � ffiffiffi0

p

2 � 1 ¼ffiffiffi2

p

L’insieme delle soluzioni e quindi S ¼ f ffiffiffi2

p g.

ESEMPIO Equazione di secondo grado con � < 0

Risolviamo l’equazione:

x2 þ x ¼ �1

L’equazione non e in forma normale. Riconduciamo l’equazione in forma nor-

male, portando il termine numerico al primo membro:

x2 þ xþ 1 ¼ 0

I coefficienti dell’equazione sono:

a ¼ 1, b ¼ 1, c ¼ 1

Il discriminante dell’equazione e:

� ¼ b2 � 4ac ¼ 12 � 4 � 1 � 1 ¼ �3

Essendo � < 0, l’equazione non ha soluzioni reali, quindi e impossibile.

La formula risolutiva ridotta

Ricaviamo ora una formula che permette, a volte, di semplificare i calcoli per de-

terminare le soluzioni di un’equazione di secondo grado. Per ricavare tale formu-

la, partiamo dall’equazione di secondo grado in forma normale:

ax2 þ bxþ c ¼ 0

Dividendo per 2 i due membri, otteniamo l’equazione equivalente:

a

2x2 þ b

2xþ c

2¼ 0 [1.4]

Poniamo ora, per comodita, k ¼ b

2, cosicche la [1.4] diventa:

a

2x2 þ kxþ c

2¼ 0

In base alla formula risolutiva quest’ultima equazione ha come soluzioni:

x ¼ �k�ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffik2 � ac

p

a[1.5]

La [1.5] e una formula alternativa a quella standard, detta formula ridotta, per

determinare le soluzioni dell’equazione ax2 þ bxþ c ¼ 0.

Unita

1Equazio

nidiseco

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Tale formula permette di risparmiare qualche calcolo quando b e pari (quindi

k ¼ b

2e intero).

ESEMPIO Formula ridotta

Risolviamo l’equazione x2 þ 4x þ 1 ¼ 0 con la formula ordinaria e con la formula

ridotta.

Formula ordinaria

I coefficienti dell’equazione sono:

a ¼ 1, b ¼ 4, c ¼ 1

Applicando la formula ordinaria, otteniamo:

x ¼ �b�ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffib2 � 4ac

p

2a¼ �4�

ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi42 � 4 � 1 � 1

p2 � 1 ¼ �4� ffiffiffiffiffiffi

12p

¼ �4� 2ffiffiffi3

p

2¼ 2ð�2� ffiffiffi

3p Þ

2¼ �2�

ffiffiffi3

p

Formula ridotta

I coefficienti da utilizzare per applicare la formula ridotta sono:

a ¼ 1, k ¼ b

2¼ 2; c ¼ 1

Applicando la formula ridotta, otteniamo:

x ¼ �k�ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffik2 � ac

p

a¼ �2�

ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi22 � 1 � 1

p1

¼ �2�ffiffiffi3

p

ESERCIZI a p. 35Prova tu

1. Risolvi le seguenti equazioni:

a. 3x2 � 2x� 1 ¼ 0 � 1

3, 1

� �b. x2 � 10xþ 25 ¼ 0 [5]

c. x2 � 5xþ 3 ¼ 05� ffiffiffiffiffiffi

13p

2

" #d. x2 þ 5xþ 7 ¼ 0 [Impossibile]

2. Risolvi l’equazione x2 � 4x� 1 ¼ 0, applicando la formula risolutiva ridotta. [2� ffiffiffi5

p]

COLLEGHIAMO I CONCETTI

I metodi risolutivi di un’equazione di secondo grado

3La formula risolutiva delle equazioni di secondo grado e del tutto generale e si puo ap-

plicare sia alle equazioni complete sia alle equazioni incomplete. Per esempio:

3 se applichiamo all’equazione pura x2 � 2 ¼ 0 la formula risolutiva (con a ¼ 1, b ¼ 0,

c ¼ �2) otteniamo:

x ¼ �0� ffiffiffi8

p

2¼ �2

ffiffiffi2

p

2¼ �

ffiffiffi2

p

e ritroviamo cosı i risultati che otterremmo applicando lo schema risolutivo dell’e-

quazione pura:

x2 � 2 ¼ 0 ) x2 ¼ 2 ) x ¼ � ffiffiffi2

p

3 se applichiamo all’equazione spuria x2 þ 5x ¼ 0 la formula risolutiva (con a ¼ 1,

b ¼ 5, c ¼ 0Þ otteniamo:

x ¼ �5� ffiffiffiffiffiffi25

p

2¼ �5� 5

2¼ �5

0

�e ritroviamo cosı i risultati che otterremmo scomponendo e applicando la legge di

annullamento del prodotto:

x2 þ 5x ¼ 0 ) xðxþ 5Þ ¼ 0 ) x ¼ �5 _ x ¼ 0

Osserva

La formula ridotta consentedi ottenere subito i risultatisemplificati.

TemaA

L’algebra

diseco

ndogradoela

parabola

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3Per risolvere le equazioni incomplete non si fa generalmente ricorso alla formula risolu-

tiva semplicemente perche e piu comodo e veloce utilizzare gli altri metodi che abbia-

mo esposto nel paragrafo precedente.

Anche per risolvere equazioni complete, invece di applicare la formula risolutiva, puo

talvolta essere piu veloce seguire altre vie (fattorizzazione, riconduzione allo schema ri-

solutivo dell’equazione pura). Per esempio, supponiamo di dover risolvere l’equazione

4x2 � 12xþ 9 ¼ 0

Se fattorizziamo il primo membro, riconoscendo che esso e il quadrato di un binomio,

possiamo risolvere l’equazione piu semplicemente:

4x2 � 12xþ 9 ¼ 0 ) ð2x� 3Þ2 ¼ 0 ) 2x� 3 ¼ 0 ) x ¼ 3

2

3Ti invitiamo quindi a ragionare sull’equazione che stai risolvendo, per scegliere il me-

todo piu rapido invece di applicare «a occhi chiusi» la formula risolutiva.

Nella scelta del metodo ti puo essere da guida la seguente tabella, in cui abbiamo con-

frontato vari metodi risolutivi, evidenziando vantaggi e svantaggi.

ESERCIZI a p. 38Prova tu

Risolvi, con il metodo che ti sembra piu opportuno, le seguenti equazioni di secondo grado. Giustifica la scelta del me-

todo.

a. ð2xþ 3Þð3x� ffiffiffi2

p Þ ¼ 0

b. ðxþ 2Þ2 ¼ 5

c. 9x2 � 6xþ 1 ¼ 0

d. ðx� 2Þ2 ¼ 4x2

e. x2 � xþ 0,25 ¼ 0

f. xð2x� 1Þ ¼ 2ðx� 1Þð2x� 1Þg. x2 � 3xþ 0,25 ¼ 0

h. x2 � 2x� 1 ¼ 0�a. � 3

2,

ffiffiffi2

p

3; b. �2� ffiffiffi

5p

; c.1

3; d. �2,

2

3; e.

1

2; f.

1

2, 2; g.

3

2�

ffiffiffi2

p; h. 1� ffiffiffi

2p �

3. Equazioni di secondo grado frazionarie

Affrontiamo ora il problema della risoluzione delle equazioni di secondo grado

frazionarie, cioe delle equazioni che presentano l’incognita in qualche denomi-

natore e che si possono ricondurre alla forma ax2 þ bxþ c ¼ 0.

Il metodo per risolvere equazioni frazionarie di secondo grado e lo stesso che ab-

biamo utilizzato per risolvere equazioni frazionarie di primo grado.

Metodo Vantaggi Svantaggi

Riconduzionea equazionepura

E il metodo piu rapido quandol’equazione e pura o sipresenta nella forma:

ðmx þ nÞ2 ¼ k

Poche equazioni sono pure ofacilmente riconducibili allaforma ðmx þ nÞ2 ¼ k.

Fattorizzazione E il metodo piu rapido quandol’equazione e spuria, oppurequando e gia scomposta ofacilmente scomponibile. Peresempio, e un metodo rapidoper risolvere le equazioni:

ð2x þ 3Þðx � 2Þ ¼ 0

x2 ¼ ð2x þ 1Þ2

Non sempre e facile riuscire aeffettuare la scomposizione.

Formularisolutiva

E del tutto generale.E il metodo piu rapido,per esempio, per risolvereun’equazione come:

x2 � xffiffiffi5

p � 1 ¼ 0

Puo richiedere qualche calcoloin piu, se l’equazione e di unodei tipi riconducibili alleprecedenti modalita risolutive.

Unita

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SINTESI

Procedimento per risolvere un’equazione frazionaria

3 1o passo: si determinano le condizioni di esistenza (C.E.) delle frazioni algebriche

che compaiono nell’equazione;

3 2o passo: ci si riconduce a un’equazione intera, moltiplicando i due membri

dell’equazione per il minimo comune denominatore, e si risolve l’equazione cosı

ottenuta;

3 3o passo: si confrontano le soluzioni trovate con le condizioni di esistenza e si

scartano le eventuali soluzioni che non soddisfano tali condizioni.

ESEMPIO

Risolviamo l’equazione:

1

x � 4¼ x

31o passo Le C.E. sono evidentemente: x 6¼ 4.

32o passo Il m.c.m. dei denominatori e x� 4.

1

x� 4¼ x Equazione da risolvere

1 ¼ xðx� 4Þ Moltiplicando i due membri per il m.c.m.

x2 � 4x� 1 ¼ 0 Riducendo l’equazione in forma normale

x ¼ 2� ffiffiffi5

pApplicando la formula risolutiva ridotta

33o passo Entrambe le soluzioni sono accettabili, in quanto soddisfano le C.E.

L’insieme delle soluzioni dell’equazione e S ¼ f2� ffiffiffi5

p g.

ESEMPIO

Risolviamo l’equazione:

1þ 2

x2 � 4¼ 1

2x � 4

31o passo Per determinare le condizioni di esistenza, scomponiamo i denomi-

natori.

1þ 2

ðxþ 2Þðx� 2Þ ¼ 1

2ðx� 2Þ

Le C.E. sono: x 6¼ �2 e x 6¼ 2.

32o passo Il m.c.m. dei denominatori e 2ðxþ 2Þðx� 2Þ.

1þ 2

ðxþ 2Þðx� 2Þ ¼ 1

2ðx� 2Þ Equazione da risolvere

2ðxþ 2Þðx� 2Þ � 1þ 2

ðxþ 2Þðx� 2Þ� �

¼ 2ðxþ 2Þðx� 2Þ � 1

2ðx� 2ÞMoltiplicando per il m.c.m.

2ðxþ2Þðx�2Þ �1þ2ðxþ2Þðx�2Þ 2

ðxþ2Þðx�2Þ ¼ 2ðxþ2Þðx�2Þ � 1

2ðx�2Þ2ðxþ 2Þðx� 2Þ þ 2 � 2 ¼ xþ 2 Semplificando

2x2 � 8þ 4 ¼ xþ 2 Svolgendo i calcoli

2x2 � x� 6 ¼ 0 Riducendo l’equazione in forma normale

TemaA

L’algebra

diseco

ndogradoela

parabola

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� ¼ ð�1Þ2 � 4 � 2 � ð�6Þ ¼ 49 � > 0: ci sono due soluzioni reali distinte

x ¼ �ð�1Þ � ffiffiffiffiffiffi49

p

2 � 2 ¼ 1� 7

4¼ � 3

22

(Formula risolutiva

Quindi:

x1 ¼ � 3

2e x2 ¼ 2

33o passo Confrontiamo le due soluzioni trovate con le C.E.

� x1 ¼ � 3

2e accettabile;

� x2 ¼ 2 e da scartare perche non soddisfa le C.E. (avevamo posto x 6¼ 2Þ.In definitiva, l’insieme delle soluzioni dell’equazione data e S ¼ � 3

2

� �.

ESERCIZI a p. 40Prova tu

Risolvi le seguenti equazioni di secondo grado frazionarie:

a.x2 � 4

x2 þ 4xþ 4¼ 0 [þ2]

b.1

1� x¼ x [Impossibile]

c.x2 � 2

xþ 2¼ 0 [� ffiffiffi

2p

]

d. 1þ 1

2x2 � 2¼ 1

4x� 4� 3

4

� �

4. Equazioni di secondo grado letterali

Le equazioni di secondo grado in cui compaiono, oltre all’incognita, anche altre

lettere, dette parametri, sono dette letterali.

Per esempio, sono equazioni letterali di secondo grado nell’incognita x le se-

guenti:

x2 � ðaþ bÞx ¼ ðx� aÞb; x

k� x2

kþ 1¼ 1

Nella prima compaiono due parametri: la lettera a e la lettera b; nella seconda

compare un solo parametro: la lettera k.

In generale, l’esistenza e il numero delle soluzioni di un’equazione letterale di se-

condo grado (analogamente a quanto gia visto per le equazioni letterali di primo

grado) variano a seconda dei valori assunti dai parametri: percio, oltre a risolvere

un’equazione letterale, e necessario anche discuterla. Per semplicita, ci limitiamo

al caso di equazioni letterali intere (e senza parametri ai denominatori).

La risoluzione di un’equazione di secondo grado letterale intera

Cominciamo a considerare casi di equazioni particolarmente semplici, in cui non

e necessaria una discussione, per concentrarci sull’applicazione della formula riso-

lutiva nel caso delle equazioni letterali: non ci sono sostanziali differenze rispetto

alle equazioni numeriche, ma bisogna prestare attenzione a individuare corretta-

mente i coefficienti dell’equazione, operando, a volte, dei raccoglimenti.

ESEMPIO

Risolviamo l’equazione:

x2 �mx � x þm ¼ 0

Per identificare correttamente i coefficienti dell’equazione, dobbiamo anzitut-

to raccogliere x tra il secondo e il terzo termine:

x2 � ðmþ 1Þxþm ¼ 0

Rifletti

Sapresti risolvere l’equazionequi a fianco scomponendo il1o membro e applicando lalegge di annullamento delprodotto?

Unita

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13�Nuova Matematica a colori - Petrini © 2012 De Agostini Scuola SpA - Novara

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Ora riconosciamo chiaramente che:

a ¼ 1, b ¼ �m� 1, c ¼ m

Quindi:

� ¼ ð�m� 1Þ2 � 4 � 1 �m ¼ m2 þ 2mþ 1� 4m ¼ m2 � 2mþ 1 ¼ ðm� 1Þ2

x¼�ð�m� 1Þ �

ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiðm� 1Þ2

q2 � 1 ¼ mþ 1� ðm� 1Þ

mþ 1�mþ 1

2¼ 1

mþ 1 þ m � 1

2¼m

8>><>>:Pertanto l’insieme delle soluzioni dell’equazione e S ¼ f1, mg.

La discussione di un’equazione di secondo grado letterale intera

Nell’esempio precedente, abbiamo proposto un’equazione letterale in cui non era

necessaria una discussione, per concentrarci sull’applicazione della formula riso-

lutiva.

Esaminiamo ora qualche caso in cui la discussione e necessaria.

ESEMPIO

Risolviamo la seguente equazione, applicando la formula risolutiva:

kx2 � 2x þ 1 ¼ 0

Otteniamo:

x ¼ 1�ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi1� k

p

k

Tale formula e definita purche sia k 6¼ 0 (il denominatore deve essere non nul-

lo) e 1� k � 0 (il radicando deve essere non negativo).

Che cosa accade quando k ¼ 0 o 1� k < 0?

� Se k ¼ 0, l’equazione kx2 � 2xþ 1 ¼ 0 diventa �2xþ 1 ¼ 0 (di primo grado)

e ha un’unica soluzione: x ¼ 1

2.

� Se 1� k < 0, cioe se k > 1, il discriminante dell’equazione kx2 � 2xþ 1 ¼ 0

e negativo, quindi l’equazione non ha soluzioni reali.

L’insieme delle soluzioni dell’equazione varia quindi nel seguente modo:

� se k � 1 e k 6¼ 0, l’insieme delle soluzioni e S ¼ 1�ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi1� k

p

k

( );

� se k ¼ 0, l’insieme delle soluzioni e S ¼ 1

2

� �;

� se k > 1, l’equazione e impossibile.

Come suggerisce l’esempio precedente, ci sono due aspetti per cui i parametri pos-

sono influenzare le soluzioni di un’equazione letterale intera di secondo grado:

� per certi particolari valori dei parametri il coefficiente di x2 puo annullarsi e,

quindi, l’equazione puo diventare di primo grado;

� a seconda dei valori del parametro, il discriminante dell’equazione puo essere

positivo, negativo o nullo.

Per questi motivi, il procedimento da seguire per discutere un’equazione letterale

intera di secondo grado e il seguente.

Attenzione!

A rigore, nell’applicazionedella formula risolutiva,avremmo dovuto scrivere

cheffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiðm� 1Þ2

q¼ jm� 1 j.

Tuttavia, dal momento chel’espressione ðm� 1Þ epreceduta dal simbolo �, siottengono gli stessi risultatianche senza considerare ilvalore assoluto.

Osserva

Quando k ¼ 1 l’insieme dellesoluzioni diventa:

S ¼ 1� ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi1� 1

p

1

( ))

S¼ 1� 0

1

� �) S¼ f1g

Si tratta del caso in cui ildiscriminante dell’equazionesi annulla e le due soluzionicoincidono.

TemaA

L’algebra

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parabola

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SINTESI

Procedimento per discutere un’equazione di secondo grado letterale intera

3 1o passo: si riconduce l’equazione in forma normale (se non lo e gia) e si cercano i

valori del parametro per cui l’equazione e di secondo grado e ha discriminante non

negativo;

3 2o passo: in tale ipotesi, si determinano le soluzioni dell’equazione, mediante la

formula risolutiva;

3 3o passo: si esaminano i casi esclusi al 1o passo (cioe quelli in cui l’equazione

diventa di primo grado o il discriminante e negativo);

3 4o passo: si riassumono i risultati della discussione.

ESEMPIO Discussione di un’equazione di secondo grado letterale intera

Risolviamo e discutiamo l’equazione:

ðk � 1Þx2 � 2kx þ k ¼ 0

31o passo L’equazione (gia in forma normale) e di secondo grado purche sia

k� 1 6¼ 0, cioe per k 6¼ 1. Il discriminante dell’equazione e:

� ¼ ð�2kÞ2 � 4ðk� 1Þk ¼ 4k2 �4k2 þ 4k ¼ 4k

Percio � � 0 per k � 0.

32o passo Quando k 6¼ 1 e k � 0 l’equazione e di secondo grado e ha come so-

luzioni:

x ¼ 2k�ffiffiffiffiffiffi4k

p

2ðk� 1Þ ¼ 2k� 2ffiffiffik

p

2ðk� 1Þ ¼ k�ffiffiffik

p

k� 1

33o passo Esaminiamo che cosa accade nei casi esclusi, cioe quando k ¼ 1 o

k < 0.

� Se k ¼ 1 si ottiene l’equazione �2xþ 1 ¼ 0 che ha come unica soluzione:

x ¼ 1

2

� Se k < 0 allora � < 0, quindi l’equazione non ha soluzioni reali.

34o passo Riassumiamo la discussione effettuata:

� se k 6¼ 1 e k � 0, l’insieme delle soluzioni e S ¼ k�ffiffiffik

p

k� 1

( );

� se k ¼ 1, l’insieme delle soluzioni e S ¼ 1

2

� �;

� se k < 0, l’equazione e impossibile.

ESERCIZI a p. 44Prova tu

Risolvi e discuti le seguenti equazioni:

a. ax2 � x ¼ 2ð1� axÞ�Se a 6¼ 0: �2,

1

a; se a ¼ 0: �2

b. ðm� 1Þx2 � 2mxþmþ 2 ¼ 0

�Se m � 2 ^m 6¼ 1:

m� ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi2�m

p

m� 1; se m ¼ 1:

3

2; sem > 2: impossibile

Unita

1Equazio

nidiseco

ndogradoeparabola

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5. Relazioni tra soluzioni e coefficientidi un’equazione di secondo grado

Somma e prodotto delle soluzioni

Consideriamo un’equazione di secondo grado in forma normale:

ax2 þ bxþ c ¼ 0, a 6¼ 0

e supponiamo che abbia soluzioni reali, cioe che sia � � 0.

Sappiamo che le due soluzioni, che chiamiamo x1 e x2 (eventualmente x1 ¼ x2 se

� ¼ 0Þ, sono date dalle formule:

x1 ¼ �b�ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffib2 � 4ac

p

2a, x2 ¼ �bþ

ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffib2 � 4ac

p

2a

Calcoliamo la somma e il prodotto di queste due soluzioni:

� x1 þ x2 ¼ �b�ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffib2 � 4ac

p

2aþ �bþ

ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffib2 � 4ac

p

2a¼

¼ �b�ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffib2 � 4ac

p� bþ

ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffib2 � 4ac

p

2a¼

¼ �2b

2a¼ � b

a

� x1 � x2 ¼ �b�ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffib2 � 4ac

p

2a� �bþ

ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffib2 � 4ac

p

2a¼

¼ ð�bÞ2 � ðffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffib2 � 4ac

pÞ2

4a2¼ ðA� BÞðAþ BÞ ¼ A2 � B2,

con A ¼ �b e B ¼ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffib2 � 4ac

p

¼ b2 � b2 þ 4ac

4a2¼ c

a

Abbiamo cosı dimostrato il seguente risultato.

SOMMA E PRODOTTO DELLE SOLUZIONI DI UN’EQUAZIONE DI SECONDO GRADO

Supponiamo che l’equazione ax2 þ bxþ c ¼ 0, con a 6¼ 0, abbia soluzioni reali,

cioe che sia � � 0. Dette x1, x2 le soluzioni dell’equazione (x1 ¼ x2 se � ¼ 0), ab-

biamo che:

x1 þ x2 ¼ � b

a

x1x2 ¼ c

a

Le formule trovate consentono, quindi, di determinare la somma e il prodotto

delle soluzioni di un’equazione di secondo grado senza che sia necessario calco-

lare le soluzioni stesse.

ESEMPIO

Consideriamo l’equazione 6x2 � 10x þ 3 ¼ 0.

Dopo avere verificato che ammette due soluzioni reali distinte, calcoliamo, senza

risolvere l’equazione:

a. la somma delle soluzioni;

b. il prodotto delle soluzioni;

c. la somma dei quadrati delle soluzioni.

I coefficienti dell’equazione sono:

a ¼ 6, b ¼ �10, c ¼ 3

TemaA

L’algebra

diseco

ndogradoela

parabola

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quindi il discriminante e:

� ¼ b2 � 4ac ¼ ð�10Þ2 � 4 � 6 � 3 ¼ 100� 72 ¼ 28

Poiche � > 0, l’equazione ha due soluzioni reali distinte.

a. Calcoliamo la somma delle soluzioni:

x1 þ x2 ¼ � b

a¼ � �10

6¼ 10

6¼ 5

3[1.6]

b. Calcoliamo il prodotto delle soluzioni:

x1x2 ¼ c

a¼ 3

6¼ 1

2[1.7]

c. Osserviamo che la somma dei quadrati delle soluzioni si puo esprimere tra-

mite la somma e il prodotto delle soluzioni; infatti:

x21 þ x22 ¼ ðx1 þ x2Þ2 � 2x1x2

Ma allora, per la [1.6] e la [1.7], sara:

x21 þ x22 ¼ 5

3

� �2

�2 � 12

¼ 25

9� 1 ¼ 16

9

ESERCIZI a p. 47Prova tu

Considera l’equazione 2x2 � 5x� 3 ¼ 0. Verifica che ammette due soluzioni reali distinte e, senza risolverla, calcola la

somma delle soluzioni, il prodotto delle soluzioni e la somma dei quadrati delle soluzioni.

s ¼ 5

2; p ¼ � 3

2; x21 þ x22 ¼ 37

4

� �

6. Scomposizione di un trinomiodi secondo grado

COLLEGHIAMO I CONCETTI

I metodi per scomporre un trinomio di secondo grado

3Nei tuoi studi precedenti hai imparato alcuni metodi che permettono, a volte,

di scomporre un trinomio di secondo grado.

Per esempio, supponiamo di volere scomporre il trinomio 4x2 � 4xþ 1: rico-

noscendo in esso il quadrato di 2x� 1, otteniamo la scomposizione:

4x2 � 4xþ 1 ¼ ð2x� 1Þ2

Supponiamo ora di volere scomporre il trinomio x2 �4x�5: cercando due nu-

meri interi la cui somma e �4 e il cui prodotto e �5, troviamo che tali numeri

sono �5 e þ1; otteniamo allora la scomposizione:

x2 � 4x� 5 ¼ ðx�5Þðxþ1Þ3I metodi precedenti hanno il limite di essere applicabili solo a casi particolari.

Consideriamo, per esempio, il trinomio:

x2 � 2x� 1

Esso non e il quadrato di un binomio (attenzione a non confonderlo con

x2 � 2xþ 1) e l’applicazione del metodo della somma-prodotto fallisce perche

non esistono due numeri interi che abbiano somma uguale a �2 e prodotto

uguale a �1.

Unita

1Equazio

nidiseco

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17�Nuova Matematica a colori - Petrini © 2012 De Agostini Scuola SpA - Novara

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Restano aperte allora le seguenti domande:

3 il trinomio x2 � 2x� 1 e riducibile in R (ossia: e scomponibile nel prodotto

di fattori di primo grado a coefficienti reali)?

3 ammesso che il trinomio x2 � 2x� 1 sia riducibile, come si puo trovare la

sua scomposizione?

I concetti presentati in questa Unita consentono di affrontare il problema del-

la scomposizione di un trinomio di secondo grado nel caso generale e percio di

rispondere a queste domande.

La formula di scomposizione di un trinomio di secondo grado

Consideriamo un generico trinomio di secondo grado, ax2 þ bxþ c con a 6¼ 0, e

cominciamo ad analizzare il caso in cui l’equazione associata al trinomio,

ax2 þ bxþ c ¼ 0, ammette due soluzioni reali, che indichiamo con x1 e x2. In tal

caso il trinomio si puo trasformare in questo modo:

ax2 þ bxþ c ¼

¼ a x2 þ b

axþ c

a

� �¼ Raccogliendo a

¼ a½x2 �ðx1 þ x2Þxþ x1x2� ¼ Ricorda che x1 þ x2 ¼ � b

ae x1x2 ¼ c

a

¼ aðx2 � xx1 � xx2 þ x1x2Þ ¼ Sviluppando i calcoli

¼ a½xðx� x1Þ � x2ðx� x1Þ� ¼ Eseguendo dei raccoglimenti parziali

¼ aðx� x1Þðx� x2Þ Raccogliendo il fattore (x � x1)

Pertanto, vale il seguente teorema.

TEOREMA 1.2 Scomposizione di un trinomio di secondo grado

Ogni qualvolta il trinomio ax2 þ bx þ c, con a 6¼ 0, e tale che l’equazione associata,

ax2 þ bx þ c ¼ 0, ammette due soluzioni reali x1 e x2 (cioe quando � � 0) vale la

scomposizione:

ax2 þ bx þ c ¼ aðx � x1Þðx � x2Þ [1.8]

Nel caso particolare in cui � ¼ 0, quindi x1 ¼ x2, la formula [1.8] diventa:

ax2 þ bx þ c ¼ aðx � x1Þ2

ESEMPI Scomposizione di un trinomio di secondo grado

Scomponiamo i seguenti trinomi:

a. 2x2 � x � 3 b. x2 � 2x � 1

a. Risolvendo l’equazione associata, 2x2�x�3¼0, otteniamo come soluzioni:

x1 ¼ �1 e x2 ¼ 3

2

La formula [1.8] fornisce la seguente scomposizione:

2x2 � x� 3 ¼ 2½x� ð�1Þ� x� 3

2

� �¼ 2ðxþ 1Þ x� 3

2

� �

Osserviamo che, moltiplicando il fattore 2 per x� 3

2

� �, la scomposizione

ottenuta puo anche essere scritta nella seguente forma equivalente:

2x2 � x� 3 ¼ ðxþ 1Þð2x� 3Þb. Risolvendo l’equazione associata, x2�2x�1¼0, otteniamo come soluzioni:

x1 ¼ 1� ffiffiffi2

pe x2 ¼ 1þ ffiffiffi

2p

La formula [1.8] fornisce la seguente scomposizione (nota che in questo ca-

so a ¼ 1):

x2 � 2x� 1 ¼ ½x� ð1� ffiffiffi2

p Þ�½x� ð1þ ffiffiffi2

p Þ� ¼ ðx� 1þ ffiffiffi2

p Þðx� 1� ffiffiffi2

p Þ

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diseco

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Che cosa accade se l’equazione associata al trinomio non ammette soluzioni rea-

li, cioe se � < 0? In questo caso il trinomio non puo essere riducibile in R: infatti,

se lo fosse, nella sua scomposizione comparirebbe un fattore del tipo x� k e l’e-

quazione associata avrebbe almeno una soluzione, k. Di conseguenza:

RIDUCIBILITA DI UN TRINOMIO DI SECONDO GRADO IN R

Il trinomio ax2 þ bxþ c, con a 6¼ 0, e riducibile in R se e solo se b2 � 4ac � 0:

ESEMPIO Trinomio di secondo grado irriducibile

Il trinomio x2 � xþ 1 non e riducibile in R: infatti, il discriminante dell’equa-

zione x2 � xþ 1 ¼ 0 e � ¼ �3 < 0.

ESERCIZI a p. 49Prova tu

Stabilisci se i seguenti trinomi sono riducibili in R e, in caso affermativo, scomponili.

a. 2x2 � x� 1 b. x2 � 2x� 2 c. x2 þ xþ 1

[a. ð2xþ 1Þðx� 1Þ; b. ðxþ ffiffiffi3

p � 1Þðx� ffiffiffi3

p � 1Þ; c. irriducibile in R]

7. Condizioni sulle soluzionidi un’equazione parametrica

Nel Paragrafo 4 abbiamo imparato a risolvere e discutere le equazioni letterali in-

tere di secondo grado.

In alcuni problemi, invece di essere richiesto di discutere un’equazione letterale,

viene richiesto di determinare i valori dei parametri in modo che le soluzioni del-

l’equazione soddisfino particolari condizioni. Per esempio: per quale valore di a

l’equazione ax2 þ 3 ¼ xþ 4a ha una soluzione uguale a 0?

In questo tipo di esercizi, la lettera «protagonista», di cui si cercano i valori, non

e piu l’incognita ma il parametro: percio, invece di equazioni letterali, si preferi-

sce parlare di equazioni parametriche.

Per trovare i valori del parametro in corrispondenza dei quali le soluzioni soddi-

sfano le condizioni richieste, bisogna tradurre queste condizioni in equazioni (o

disequazioni) nel parametro e risolvere tali equazioni (o disequazioni). Ci spie-

ghiamo meglio con alcuni esempi.

ESEMPIO Condizioni sulla realta delle soluzioni

Determiniamo per quali valori di k l’equazione ðk þ 1Þx2 � 2kx þ k þ 2 ¼ 0, con

k 6¼ �1, ha due soluzioni reali distinte.

Affinche l’equazione abbia due soluzioni reali distinte deve essere � > 0.

I coefficienti dell’equazione data sono:

a ¼ kþ 1, b ¼ �2k, c ¼ kþ 2

Percio il discriminante e:

� ¼ ð�2kÞ2 � 4ðkþ 1Þðkþ 2Þ ¼ 4k2 � 4ðk2 þ 3kþ 2Þ ¼¼ 4k2 � 4k2 � 12k� 8 ¼ �12k� 8

La condizione � > 0 si traduce allora nella disequazione:

�12k� 8 > 0 ) �12k > 8 ) k < � 2

3Dunque l’equazione data ha due soluzioni reali distinte per k < � 2

3.

Attenzione!

La condizione k 6¼ �1 serve agarantire che l’equazione (acui applichiamo la teoriadelle equazioni di 2o grado)sia effettivamente di 2o

grado. Porremo un’analogacondizione in tutti gliesercizi di questo tipo.

Unita

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ESEMPIO Condizioni sul valore di una soluzione

Determiniamo per quali valori di k una delle due soluzioni dell’equazione

ðk þ 1Þx2 � 2kx þ k þ 2 ¼ 0, con k 6¼ �1, e 2.

Dobbiamo imporre che l’equazione sia soddisfatta quando x ¼ 2.

Sostituiamo allora 2 al posto di x nell’equazione originaria e risolviamo l’e-

quazione in k ottenuta.

ðkþ 1Þx2 � 2kxþ kþ 2 ¼ 0 Equazione data

ðkþ 1Þ � 22 � 2k � 2þ kþ 2 ¼ 0 Sostituendo 2 al posto di x

4kþ 4� 4kþ kþ 2 ¼ 0

kþ 6 ¼ 0 ) k ¼ �6

Percio una delle due soluzioni dell’equazione originaria e 2 per k ¼ �6.

ESEMPIO Condizioni sulla somma e sul prodotto delle soluzioni

Determiniamo per quali valori di k le soluzioni dell’equazione:

ðk þ 1Þx2 � 2k x þ k þ 2 ¼ 0, con k 6¼ �1

a. sono reali e hanno somma 1;

b. sono reali e hanno prodotto �3.

Abbiamo ricavato, nel primo esempio di questo paragrafo che il discriminante

dell’equazione e �12k� 8; le soluzioni sono reali per � � 0, cioe per k � � 2

3.

a. Sappiamo che se l’equazione ax2 þ bxþ c ¼ 0 ammette soluzioni reali, la lo-

ro somma e � b

a. Richiedere che la somma delle soluzioni sia 1 equivale

quindi alla condizione � b

a¼ 1 che, nel nostro caso, diventa:

� �2k

kþ 1¼ 1 b ¼ �2k e a ¼ k þ 1

Risolvendo questa equazione, otteniamo che deve essere k ¼ 1.

In corrispondenza di questo valore di k, pero, le soluzioni dell’equazione

non sono reali (la condizione di realta e k � � 2

3). Pertanto, non esiste al-

cun valore di k per cui le soluzioni sono reali e hanno somma 1.

b. Sappiamo che, se l’equazione ax2 þ bxþ c ¼ 0 ammette soluzioni reali, il

loro prodotto ec

a. Richiedere che il prodotto delle soluzioni sia �3 equiva-

le quindi alla condizionec

a¼ �3, che nel nostro caso diventa:

kþ 2

kþ 1¼ �3 c ¼ k þ 2 e a ¼ k þ 1

Risolvendo questa equazione, otteniamo che deve essere k ¼ � 5

4.

In corrispondenza di questo valore di k le soluzioni dell’equazione sono an-

che reali (e verificata, infatti, la condizione di realta, k � � 2

3Þ.

Pertanto le soluzioni sono reali e hanno prodotto �3 per k ¼ � 5

4.

Possiamo riassumere nel seguente schema il procedimento per risolvere problemi

relativi a equazioni parametriche.

Condizionisulle soluzioni

Equazioni odisequazioni nelparametro

Valori delparametro

si traducono, mediante la teoria che risolte,

sul discriminante o le relazioni forniscono i

x1 þ x2 ¼ � b

ae x1x2 ¼ c

a, in:

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ESERCIZI a p. 51Prova tu

Considera l’equazione: kx2 � 2ðkþ 1Þxþ k� 1 ¼ 0, con k 6¼ 0. Determina per quali valori del parametro k:

a. l’equazione ha soluzioni reali; k � � 1

3

� �b. una delle soluzioni e 0; [k ¼ 1]

c. le soluzioni sono reali e la loro somma e 6; k ¼ 1

2

� �d. le soluzioni sono reali e il loro prodotto e 3.

[Nessun valore di k]

8. Problemi che hanno come modelloequazioni di secondo grado

Applichiamo ora le nozioni che abbiamo introdotto in questa Unita alla risolu-

zione di problemi che hanno come modello algebrico un’equazione di secondo

grado.

Lo schema logico che seguiremo per risolvere i problemi di secondo grado e lo

stesso che abbiamo utilizzato per risolvere i problemi di primo grado.

PROBLEMA 1 Due numeriDeterminare due numeri reali che abbiano somma 6 e prodotto 7.

FAMILIARIZZIAMO CON IL PROBLEMA

Lasciamo a te individuare i dati e l’obiettivo.

COSTRUIAMO IL MODELLO ALGEBRICO DEL PROBLEMA

� Indichiamo con x uno dei due numeri: dal momento che la somma dei due numeri e 6, l’altro numero sara 6� x.

� Il problema non impone limitazioni alla variabile x : x puo essere un numero reale qualsiasi.

� Dal momento che il prodotto dei due numeri e 7, possiamo scrivere l’equazione:

xð6� xÞ ¼ 7

RISOLVIAMO L’EQUAZIONE

xð6� xÞ ¼ 7 ) 6x� x2 ¼ 7 ) x2 � 6xþ 7 ¼ 0 ) x ¼ 3� ffiffiffi2

p

VERIFICHIAMO L’ACCETTABILITA DELLE SOLUZIONI E RISPONDIAMO

� Apparentemente ci sono due soluzioni:

– se il primo numero e 3� ffiffiffi2

p, il secondo e 6� ð3� ffiffiffi

2p Þ ¼ 3þ ffiffiffi

2p

– se il primo numero e 3þ ffiffiffi2

p, il secondo e 6� ð3þ ffiffiffi

2p Þ ¼ 3� ffiffiffi

2p

� In realta, le soluzioni trovate differiscono solo per l’ordine; possiamo quindi dire che (a meno dell’ordine) c’e una so-

la coppia di numeri reali che soddisfa le condizioni richieste: 3 � ffiffiffi2

pe 3þ ffiffiffi

2p

.

PROBLEMA 2 La scalaUna scala e appoggiata alla parete di una casa. La scala e lunga 7 metri e mezzo. La distanza fra la cima della scala e il

suolo e 1 metro e mezzo in piu della distanza fra la base della scala e la parete. Qual e la distanza tra la base della scala e

la parete?

FAMILIARIZZIAMO CON IL PROBLEMA

Facciamo un disegno in cui visualizziamo i dati e l’obiettivo (indicato con un punto interrogativo).

7,5 m

? ?

7,5

m ? + 1,5 m

Unita

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COSTRUIAMO IL MODELLO ALGEBRICO DEL PROBLEMA

� Indichiamo con x la distanza, in metri, tra la base della scala e la parete. La distanza della cima della scala dal suolo,

in base ai dati del problema, sara xþ 3

2.

� Poiche x e una distanza, dovra essere x > 0.

� Guardando la figura, si vede che si viene a formare un triangolo rettango-

lo. In base al teorema di Pitagora, possiamo allora scrivere l’equazione:

x2 þ xþ 3

2

� �2¼ 15

2

� �2

RISOLVIAMO L’EQUAZIONE

x2 þ xþ 3

2

� �2¼ 15

2

� �2

x2 þ x2 þ 9

4þ 3x ¼ 225

4Svolgendo i quadrati

2x2 þ 3x� 54 ¼ 0 Riducendo l’equazione in forma normale

x ¼ �3�ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi32 � 4 � 2ð�54Þ

p2 � 2 ¼ �3� ffiffiffiffiffiffiffiffiffi

441p

4¼ �3� 21

�6

9

2

8<:VERIFICHIAMO L’ACCETTABILITA DELLE SOLUZIONI E RISPONDIAMO

� La soluzione negativa e da scartare, perche deve essere x > 0; invece la soluzione positiva, x ¼ 9

2¼ 4,5, e accettabile.

� Concludiamo che la distanza tra la base della scala e la parete e di 4 metri e mezzo.

PROBLEMA 3 Dipingere una casaAnna,perdipingere la casa, impiega5ore inpiu di quanto impiegherebbeBruno.

Lavorando insieme, Anna e Bruno dipingono la casa in 6 ore.

Quanto impiegherebbero Anna e Bruno a dipingere la casa, se lavorassero da soli?

FAMILIARIZZIAMO CON IL PROBLEMA

Indichiamo provvisoriamente:

� con x il tempo (in ore) che Bruno impiega a dipingere la casa da solo;

� con y il tempo (in ore) che Anna impiega a dipingere la casa da sola;

� con t il tempo che Bruno e Anna impiegano per dipingere la casa

lavorando insieme.

Quale relazione lega i tempi x, y e t?

Osserva la seguente tabella.

Neltempodi .....

Bruno (da solo)svolge una frazionedi lavoro uguale a .....

Anna (da sola)svolge una frazionedi lavoro uguale a .....

Insieme svolgonouna frazione di lavorouguale a .....

1 ora1

x

1

y

1

xþ 1

y

2 ore1

x� 2 1

y� 2 1

x� 2þ 1

y� 2

..... .......... .......... ..........

t ore1

x� t 1

y� t 1

x� t þ 1

y� t

Ricorda

Il teorema di Pitagora afferma che ilquadrato costruito sull’ipotenusa di untriangolo rettangolo e equivalente allasomma dei quadrati costruiti sui cateti.

Rifletti

Per esempio, se Anna dipingesse lacasa in 3 ore e Bruno in 4 ore, allora in

1 ora, Anna svolgerebbe1

3del lavoro,

Bruno1

4del lavoro e insieme

svolgerebbero1

3þ 1

4¼ 7

12del lavoro.

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Anna e Bruno avranno completato di dipingere la casa quando la frazione di lavoro svolta insieme e uguale a 1, cioe

quando:

1

x� t þ 1

y� t ¼ 1

La relazione che lega x, y e t e quindi:

t

xþ t

y¼ 1 [1.9]

COSTRUIAMO IL MODELLO ALGEBRICO DEL PROBLEMA

In base ai dati del nostro problema Anna impiega 5 ore in piu di Bruno a dipingere da sola la casa, quindi y ¼ xþ 5;

inoltre t ¼ 6.

Effettuando queste sostituzioni nella [1.9], otteniamo l’equazione:

6

xþ 6

xþ 5¼ 1

RISOLVIAMO L’EQUAZIONE

6

xþ 6

xþ 5¼ 1 Equazione da risolvere

C.E. x 6¼ �5 e x 6¼ 0

xðxþ 5Þ 6

xþ 6

xþ 5

� �¼ xðxþ 5Þ � 1 Moltiplicando i due membri per il m.c.m. dei denominatori

6ðxþ 5Þ þ 6x ¼ xðxþ 5Þ Svolgendo i calcoli

6xþ 30þ 6x ¼ x2 þ 5x Svolgendo i calcoli

x2 � 7x� 30 ¼ 0 Riducendo l’equazione in forma normale

x ¼ 7� ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi49þ 120

p

2¼ 7� 13

2¼ �3

10

nFormula risolutiva

VERIFICHIAMO L’ACCETTABILITA DELLE SOLUZIONI E RISPONDIAMO

La soluzione negativa e da scartare, perche non ha senso in relazione al problema originario. La soluzione positiva, in-

vece, e accettabile.

Concludiamo che Bruno impiegherebbe 10 ore a dipingere la casa da solo; Anna, invece, impiegherebbe 15 ore.

ESERCIZI a p. 54Prova tu

1. Determina due numeri, sapendo che la loro somma e 5 e che la somma dei loro quadrati e 37. [6,� 1]

2. In un triangolo rettangolo un cateto supera l’altro di 4 cm. Sapendo che la lunghezza dell’ipotenusa e 20 cm, deter-

mina le lunghezze dei cateti. [12 cm, 16 cm]

3. Un dipinto rettangolare e circondato da una cornice. La parte esterna della cornice e assimilabile a un rettangolo

in cui la base e lunga 50 cm e l’altezza e lunga 30 cm. L’area del dipinto e 800 cm2. Determina la larghezza della

cornice. [5 cm]

50 cm

800 cm2 30 cm?

?

?

?

4. Due stampanti, A e B, lavorando insieme, stampano un libro in 45 minuti. La stampante B, lavorando da sola, im-

piegherebbe 2 ore in piu della stampante A per stampare il libro. Quanto impiegherebbe ciascuna stampante a stam-

pare il libro, lavorando da sola? [Stampante A: 1 ora; stampante B: 3 ore]

Unita

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9. La parabola e l’interpretazione graficadi un’equazione di secondo grado

In questo paragrafo studiamo il grafico della funzione di secondo grado, definita

dall’equazione:

y ¼ ax2 þ bxþ c

Lo studio di questa funzione ci consentira di interpretare graficamente la teoria

delle equazioni di secondo grado.

La funzione y ¼ ax2 þ bx þ c

Iniziamo dal caso particolare di una funzione di secondo grado del tipo y ¼ ax2.

Il grafico della funzione y ¼ ax2, con a 6¼ 0, e una curva detta parabola, che ha

come vertice l’origine e come asse di simmetria l’asse y. Osserviamo che:

� se a > 0 la parabola e contenuta nel semipiano delle ordinate positive o nulle:

percio si dice che ha la concavita rivolta verso l’alto; in tal caso il vertice della

parabola e il punto di ordinata minima (fig. 1.1);

� se a < 0 la parabola e contenuta nel semipiano delle ordinate negative o nulle:

percio si dice che ha la concavita rivolta verso il basso; in tal caso il vertice del-

la parabola e il punto di ordinata massima (fig. 1.2).

O

y = ax2

a > 0

a = 2

a = 1

x

y

a = 13

a = 12

O

y = ax2

a < 0

a = –2a = –1

x

y

a = – 12

a= – 13

Figura 1.1 Figura 1.2

Anche il grafico della funzione y ¼ ax2 þ bxþ c, con a 6¼ 0, e una parabola; tutta-

via, mentre la parabola di equazione y ¼ ax2 ha il vertice nell’origine e asse coinci-

dente con l’asse y, la parabola di equazione y ¼ ax2 þ bxþ c puo avere il vertice in

un punto qualsiasi del piano cartesiano e ha l’asse parallelo (ma non necessaria-

mente coincidente) all’asse y: se a > 0 la parabola e tutta contenuta nel semipiano

al di sopra della retta orizzontale passante per il vertice, percio si dice ancora che

ha la concavita rivolta verso l’alto (fig. 1.3a); se invece a < 0 la parabola e tutta

contenuta nel semipiano al di sotto della retta orizzontale passante per il vertice

percio si dice ancora che ha la concavita rivolta verso il basso (fig. 1.3b).

O

V

a > 0

x

y

O

V

a < 0

x

y

a b

Figura 1.3 Il grafico della funzione y ¼ ax2 þ bx þ c e una parabola con asse parallelo all’assey, avente concavita rivolta verso l’alto se a > 0 e verso il basso se a < 0.

TemaA

L’algebra

diseco

ndogradoela

parabola

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Quali saranno le coordinate del vertice e dell’asse di una parabola di equazione

y ¼ ax2 þ bxþ c?

Facciamo riferimento a una parabola che interseca l’asse x nei due punti Aðx1, 0Þe Bðx2, 0Þ (fig. 1.4). Indichiamo inoltre con VðxV , yVÞ il suo vertice: l’asse della

parabola e la retta verticale passante per il vertice, quindi ha equazione x ¼ xV .

Dal momento che la parabola e simmetrica rispetto al suo asse, il punto medio di

AB deve appartenere a tale asse, percio deve essere:

xV ¼ x1 þ x22

[1.10]

D’altra parte, sappiamo che x1 e x2 sono gli zeri della funzione, cioe le soluzioni

dell’equazione ax2 þ bxþ c ¼ 0.

In base alla formula che fornisce la somma delle soluzioni di un’equazione di se-

condo grado, x1 þ x2 ¼ � b

a, abbiamo allora che:

xV ¼� b

a2

¼ � b

2a

Abbiamo cosı trovato le coordinate dell’ascissa del vertice della parabola e possia-

mo dire che l’asse della parabola ha equazione x ¼ xV ¼ � b

2a.

L’ordinata del vertice si puo ottenere sostituendo xV nell’equazione della parabo-

la; si trova che:

yV ¼ 4ac � b2

4a¼ � �

4a

Queste considerazioni suggeriscono il seguente teorema, che si potrebbe dimo-

strare in generale, anche per parabole che non intersecano l’asse x.

Funzione di secondo grado TEOREMA 1.3

Il grafico della funzione y ¼ f ðxÞ ¼ ax2 þ bx þ c e una parabola avente vertice nel

punto di coordinate:

� b

2a, � �

4a

� �ossia � b

2a, f � b

2a

� �� �

L’asse della parabola e la retta di equazione x ¼ � b

2a

Osserva che abbiamo espresso l’ordinata del vertice in due forme diverse:

� la prima forma, � �

4a, fa vedere in che modo l’ordinata del vertice dipende da

� e dal coefficiente a, ma e generalmente scomoda ai fini dei calcoli;

� la seconda forma, f � b

2a

� �, mette in evidenza che l’ordinata del vertice si

puo ricavare senza ricordare la formula mnemonica � �

4a: basta calcolare il va-

lore della funzione f ðxÞ ¼ ax2 þ bxþ c in corrispondenza dell’ascissa del verti-

ce, cioe di x ¼ � b

2a.

Questo procedimento di solito sveltisce i calcoli.

O

V

A Bxx1 x2

y

Figura 1.4

O

asse

vertice

x

y

y = f(x) == ax2 + bx + c

x ba

= –2

V – b2a

,f – b2a

Figure dinamiche

Esplora le caratteristichedella funzione di secondogrado tramite le figuredinamiche disponibilion-line.

Unita

1Equazio

nidiseco

ndogradoeparabola

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Come tracciare il grafico di una parabola

Vediamo ora su un esempio come tracciare il grafico di una parabola.

ESEMPIO Grafico di una parabola

Tracciamo il grafico della parabola di equazione y ¼ x2 � 4x þ 1.

31o passo Determiniamo il vertice della parabola. Osserviamo anzitutto che i

coefficienti dell’equazione della parabola sono: a ¼ 1, b ¼ �4, c ¼ 1.

L’ascissa xV del vertice della parabola, per il teorema 1.3, e data da:

xV ¼ � b

2a¼ � ð�4Þ

2 � 1 ¼ 2

Per determinare l’ordinata del vertice, sostituiamo 2 al posto di x nell’equazio-

ne y ¼ x2 � 4xþ 1; otteniamo:

yV ¼ 22 � 4 � 2þ 1 ¼ �3

Pertanto il vertice e il punto Vð2, �3Þ; l’asse della parabola e la retta verticale

passante per V, quindi ha equazione x ¼ 2 (fig. 1.5).

32o passo Determiniamo qualche altro punto della parabola: per esempio, quel-

lo di ascissa 4 e quello di ascissa 5.

Dunque la parabola passa per i punti A (4, 1) e B (5, 6). Poiche una parabola e

simmetrica rispetto al suo asse, senza fare ulteriori calcoli, possiamo determi-

nare altri due punti della parabola: i punti A0 e B0 (fig. 1.6).

33o passo Con gli elementi a disposizione possiamo tracciare con buona ap-

prossimazione il grafico della parabola (fig. 1.7). Come puoi notare, e suffi-

ciente determinarne il vertice, l’asse e qualche punto.

Per determinare i punti di intersezione di una parabola con l’asse x basta porre

y ¼ 0 nella sua equazione e risolvere l’equazione nell’incognita x che si ottiene.

Per determinare il punto di intersezione con l’asse y basta porre nella sua equa-

zione x ¼ 0. Poiche ponendo x ¼ 0 nell’equazione della generica parabola

y ¼ ax2 þ bxþ c otteniamo y ¼ c, il coefficiente c rappresenta l’ordinata del pun-

to di intersezione della parabola con l’asse y.

ESEMPIO Punti di intersezione di una parabola con gli assi

Determiniamo i punti di intersezione della parabola di equazione y¼�x2þ4x�3

con gli assi cartesiani, quindi ne tracciamo il grafico.

3Determiniamo i punti di intersezione della parabola con l’asse x

Poniamo y ¼ 0 nell’equazione della parabola.

Otteniamo l’equazione

�x2 þ 4x� 3 ¼ 0

che risolviamo:

�x2þ4x�3¼ 0) x2�4xþ3¼ 0)ðx�1Þðx�3Þ ¼ 0) x¼ 1_ x¼ 3

Percio la parabola interseca l’asse x nei punti di coordinate:

ð1, 0Þ, ð3, 0Þ

x y ¼ x2 � 4xþ 1

4 y ¼ 42 � 4 � 4þ 1 ¼ 1

5 y ¼ 52 � 4 � 5þ 1 ¼ 6

O x

x = 2

V

y

Figura 1.5

O

A

B

A'

B'

x

V

y

Figura 1.6

O

AA'

B'

x

V

y

y = x2 – 4x + 1

B

Figura 1.7

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diseco

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parabola

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3Determiniamo il punto di intersezione della parabola con l’asse y

Poniamo, nell’equazione della parabola, x ¼ 0.

Quando x ¼ 0, risulta:

y ¼ �02 þ 4 � 0� 3 ¼ �3

Pertanto il punto di intersezione della parabola con l’asse y ha coordinate

ð0,�3Þ.

3Tracciamo il grafico della parabola

A questo scopo e utile determinare il vertice della parabola:

xV ¼ � b

2a¼ � 4

2 � ð�1Þ ¼ 2

yV ¼ �22 þ 4 � 2� 3 ¼ 1

Pertanto Vð2, 1Þ. La parabola passera inoltre, oltre che per i punti di interse-

zione con gli assi poc’anzi trovati, anche per il simmetrico del punto di inter-

sezione con l’asse y rispetto all’asse della parabola, che ha coordinate ð4,�3Þ.Il grafico che tiene conto di tutte le informazioni fin qui acquisite e quello

della figura a lato.

VISUALIZZIAMO I CONCETTI

L’interpretazione grafica di un’equazione di secondo grado

3Tenendo presente che le soluzioni dell’equazione ax2 þ bxþ c ¼ 0 rappresentano le ascisse degli eventuali

punti di intersezione con l’asse x della parabola di equazione y ¼ ax2 þ bxþ c, possiamo interpretare grafi-

camente tutta la teoria relativa alle equazioni di secondo grado, come illustrato nella prossima tabella. Per

semplicita, nelle figure faremo sempre riferimento al caso in cui a > 0 (parabole con la concavita rivolta

verso l’alto).

3Nel caso particolare di equazioni monomie, pure, spurie, le particolari caratteristiche delle equazioni si ri-

flettono sui punti di intersezione con l’asse x delle corrispondenti parabole come mostrato nella tabella a

pagina seguente.

Interpretazione grafica dell’equazione di secondo grado completa ax2 þ bx þ c ¼ 0

� ¼ b2 � 4ac > 0 � ¼ b2 � 4ac ¼ 0 � ¼ b2 � 4ac < 0

L’equazione ax2 þ bx þ c ¼ 0 ha duesoluzioni reali distinte, x1 e x2. Quindila funzione y ¼ ax2 þ bx þ c ha duezeri, ovvero il suo grafico intersecal’asse x in due punti distinti.

Ox1 x2

V

∆ > 0, a > 0

x

y

L’equazione ax2 þ bx þ c ¼ 0 ha duesoluzioni coincidenti. Quindi lafunzione y ¼ ax2 þ bx þ c ha due zericoincidenti, ovvero il suo grafico etangente all’asse x.

O x1 = x2

Vx

y

∆ = 0, a > 0

L’equazione ax2 þ bx þ c ¼ 0 non hasoluzioni reali, quindi la funzioney ¼ ax2 þ bx þ c non ha zeri, ossianon interseca l’asse x in alcun punto.

∆ < 0, a > 0

OV

x

y

O x

Vy

y = –x2 + 4x – 3

Unita

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La parabola come luogo geometrico

Si puo giungere all’equazione di una parabola anche da un punto di vista diverso,

legato al concetto di luogo geometrico. Consideriamo per esempio il seguente pro-

blema: «qual e il luogo dei punti Pðx, yÞ del piano cartesiano equidistanti dalla

retta di equazione y ¼ �2 e dal punto Fð0, 1Þ?»

La distanza del punto Pðx, yÞ da Fð0, 1Þ e data da:

PF ¼ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiðx� 0Þ2 þ ðy � 1Þ2

qe la distanza di Pðx, yÞ dalla retta di equazione y ¼ �2 e data (fig. 1.8) da:

PH ¼ jy þ 2jy

y = – 2

F(0, 1)

P(x, y)

O x

Figura 1.8

La condizione PF ¼ PH si traduce percio nell’equazione:ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffix2 þ ðy � 1Þ2

q¼ jy þ 2j

I due membri dell’equazione precedente sono non negativi, quindi elevandoli al

quadrato si ottiene un’equazione equivalente, che semplifichiamo:

x2 þ y2 � 2y þ 1 ¼ ðy þ 2Þ2 Ricorda inoltre che, per ogni a 2 R, jaj2 ¼ a2

x2 þ y2 � 2y þ 1 ¼ y2 þ 4y þ 4

6y ¼ x2 � 3

y ¼ 1

6x2 � 1

2

Abbiamo cosı ottenuto che il luogo richiesto e la parabola di equazione:

y ¼ 1

6x2 � 1

2

Interpretazione grafica delle equazioni di secondo grado incomplete

Equazione monomia ax2 ¼ 0 Equazione pura ax2 þ c ¼ 0 Equazione spuria ax2 þ bx ¼ 0

L’equazione ax2 ¼ 0 ha duesoluzioni coincidenti con x ¼ 0.Il grafico della funzione y ¼ ax2 etangente all’asse x nell’origine.

y = ax2

a > 0

Oparabola tangente all’asse x nell’origine

x

y

L’equazione ax2 þ c ¼ 0, se ha soluzioni,ha due soluzioni opposte.Il grafico della funzione y ¼ ax2 þ c, seinterseca l’asse x, lo interseca in duepunti simmetrici rispetto all’asse y.

y = ax2 + ca > 0

O

punti simmetrici rispetto all’asse y

x

y

Una delle due soluzioni dell’equazione esempre zero.Uno dei due punti d’intersezione delgrafico della funzione y ¼ ax2 þ bx conl’asse x e sempre l’origine.

y = ax2 + bxa > 0

O

parabola passanteper l’origine

x

y

Figure dinamiche

Puoi visualizzarel’interpretazione graficadi un’equazione di secondogrado tramite le figuredinamiche disponibilion-line.

Ricorda

L’espressione «luogodei punti del piano» indical’insieme costituito da tuttie soli i punti del pianoche soddisfano una dataproprieta caratteristicadei punti del luogo.

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parabola

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Piu in generale si potrebbe dimostrare quanto segue.

La parabola come luogo geometrico TEOREMA 1.4

Consideriamo il piano riferito a un sistema di assi cartesiani ortogonali. Il luogo dei

punti del piano equidistanti da una retta d parallela all’asse x (detta direttrice) e da

un prefissato punto F =2 d (detto fuoco) e una parabola, la cui equazione e della forma

y ¼ ax2 þ bx þ c, con a 6¼ 0.

PER SAPERNE DI PIU Parabole con asse non parallelo all’asse y

Se la direttrice non e parallela all’asse x, il luogo e ancora una parabola, ma la sua equa-

zione non e piu della forma y ¼ ax2 þ bxþ c, bensı, in generale, della forma

Ax2 þ Bxy þ Cy2 þDxþ Ey þ F ¼ 0. In particolare, se la direttrice e parallela all’asse y l’e-

quazione della parabola e della forma x ¼ ay2 þ by þ c.

Vale anche il teorema inverso del precedente, che ci limitiamo a enunciare.

Fuoco e direttrice di una parabola TEOREMA 1.5

Ogni equazione del tipo y ¼ ax2 þ bx þ c, con a 6¼ 0, rappresenta una parabola

avente:

� fuoco in F � b

2a,1��

4a

� �;

� per direttrice la retta di equazione y ¼ � 1þ�

4a.

ESERCIZI a p. 60Prova tu

1. Traccia il grafico di ciascuna delle seguenti parabole individuandone in particolare i punti di intersezione con gli as-

si cartesiani:

a. y ¼ �x2 þ 4x� 5 b. y ¼ 1

2x2 þ 3x� 7

2c. y ¼ �x2 þ 4x� 4

2. Scrivi l’equazione della parabola che ha fuoco nel punto Fð0, �1Þ e come direttrice la retta di equazione y ¼ 3.

y ¼ � 1

8x2 þ 1

� �

10. Problemi di massimo e di minimodi secondo grado

Molti problemi applicativi richiedono di determinare il massimo o il minimo va-

lore che puo essere assunto da una certa grandezza. Non abbiamo ancora le cono-

scenze per poter affrontare questi problemi in generale, siamo pero gia in grado di

affrontare i problemi che hanno come modello una funzione di secondo grado:

vediamo come nel prossimo problema svolto.

PROBLEMA Massimizzare un ricavoGli organizzatori di un corso di computer, sulla base di statistiche relative ai corsi precedenti, si aspettano che:

� fissando, come prezzo del corso, 600 euro per persona, si iscriveranno 200 persone;

� ogni diminuzione di 30 euro del prezzo del corso comportera 20 iscritti in piu.

Gli organizzatori si chiedono quale prezzo fissare per il corso, in modo da ottenere il massimo ricavo possibile.

FAMILIARIZZIAMO CON IL PROBLEMA

Prima di risolvere il problema prova a riflettere sulla situazione proposta: ti sembra piu probabile riuscire ad aumentare

il ricavo aumentando il prezzo del corso o diminuendolo?�

Unita

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Se aumentiamo il prezzo del corso, probabilmente avremo meno iscritti e quindi si pone il seguente problema: l’au-

mento nel prezzo sara sufficiente a compensare la diminuzione degli iscritti? Se diminuiamo il prezzo, invece, avremo

probabilmente piu iscritti: ma l’aumento degli iscritti sara sufficiente a compensare la diminuzione del prezzo?

COSTRUIAMO IL MODELLO ALGEBRICO DEL PROBLEMA

� Supponiamo di effettuare x diminuzioni di 30 euro nel prezzo del corso. Allora:

– il prezzo del corso (in euro, per persona) sara 600� 30x;

– il numero di iscritti atteso diventa 200þ 20x.

� Dovra essere x > 0 e 600� 30x > 0, cioe 0 < x < 20, con x 2 N.

� Il ricavo, che indichiamo con RðxÞ, e allora espresso dalla seguente funzione:

RðxÞ ¼ ð600� 30xÞð200þ 20xÞRispondere alla domanda posta dal problema equivale a determinare per quale valore di x 2 N, con 0 < x < 20, la fun-

zione RðxÞ assume valore massimo.

DETERMINIAMO IL MASSIMO DELLA FUNZIONE

� La funzione:

y ¼ RðxÞ ¼ ð600� 30xÞð200þ 20xÞ [1.11]

e di 2o grado, quindi il suo grafico e una parabola.

Dalla [1.11] possiamo facilmente ricavare che i punti di intersezione della parabola con l’asse x hanno coordinate:

ð�10, 0Þ e ð20, 0Þ (in che modo?).

� Per determinare il vertice della parabola, eseguiamo la moltiplicazione; otteniamo:

y ¼ �600x2 þ 6000xþ 120000

L’ascissa del vertice e:

xV ¼ � b

2a¼ � 6000

2ð�600Þ ¼ 5

O

V

40000

5 1020

80000

120000135000

x

y

y = R(x)

L’ordinata del vertice e:

yV ¼ �600 � 52 þ 6000 � 5þ 120000 ¼ 135000

Quindi il vertice e V (5, 135 000).

Figura 1.9

� Il grafico della parabola e approssimativamente quello in fig. 1.9.

La parte del grafico che rappresenta il problema, a causa del dominio di x, e costituita soltanto da un numero finito di

punti: quelli a coordinate intere appartenenti all’arco di estremi (0, 120000) e (20, 0). Il valore massimo di RðxÞ, ugualea 135 000, corrisponde all’ordinata del vertice e viene raggiunto quando x e uguale a 5.

RISPONDIAMO

Il massimo ricavo, uguale a 135000 euro, viene raggiunto fissando per il corso il prezzo di:

600� 30 � 5 ¼ 450 euro

La diminuzione del prezzo, dunque, e ampiamente compensata dall’aumento degli iscritti (se il prezzo del corso fosse

stato fissato a 600 euro, il ricavo atteso sarebbe stato di 600 � 200 ¼ 120000 euro: 15000 euro in meno!).

ESERCIZI a p. 66Prova tu

Risolvi un problema analogo al primo proposto in questo paragrafo nel caso in cui ogni diminuzione di 30 euro nel

prezzo comporta un aumento di 8 iscritti.

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MATEMATICA NELLA STORIA

Storia delle equazioni di secondo gradoGia i babilonesi, nel 1700 a.C., considerarono problemi che conducevano a equazioni

di secondo grado e riuscirono a trovare delle procedure per risolvere le equazioni scaturi-

te da questi problemi: essi non usavano lettere per esprimere l’incognita ma parole come

lunghezza (per esprimere la x) e area (per esprimere x2).

Le equazioni di secondo grado furono trattate poi dai Greci: prima da Euclide (300 a.C.),

che ne risolse alcune con metodi prevalentemente geometrici, e poi da Diofanto di Ales-

sandria (250 d.C.) che, per primo, introdusse delle abbreviazioni simboliche per indicare

le espressioni algebriche.

Un contributo fondamentale venne nel 825 d.C. dal matematico arabo al-Khowarizmi

(IX sec. d.C.): nella sua opera, al-Khowarizmi espose metodi generali per risolvere le

equazioni di secondo grado e, per la prima volta, tratto l’incognita in termini astratti,

senza attribuirgli il significato di lunghezza.

Le dimostrazioni che Al-Khowarizmi fornisce delle formule per la risoluzione delle equa-

zioni di secondo grado sono di tipo geometrico, ma riconducibili al metodo del completa-

mento del quadrato. Per esempio, per risolvere un’equazione del tipo x2 þ ax ¼ b (con a

e b positivi), Al-Khowarizmi ragiona cosı:

1. suppone che l’equazione sia «risolta» e indica con x la sua soluzione (verra trovata so-

lo la soluzione positiva: l’uso dei numeri negativi e infatti molto piu recente);

2. considera un quadrato, diciamo ABCD, il cui lato misura x (quindi di area x2Þ e co-

struisce sui suoi lati quattro rettangoli (colorati in azzurro in figura) aventi un lato in

comune con il quadrato e l’altro lato di misuraa

4;

3. osserva che l’area del quadrato ABCD piu quella dei quattro rettangoli azzurri e

uguale a x2 þ 4 � a4x, cioe a x2 þ ax; poiche si e supposto x soluzione dell’equa-

zione x2 þ ax ¼ b, l’area del quadrato ABCD piu quella dei quattro rettangoli

sara allora uguale a b;

4. completa la figura con quattro quadrati di latoa

4, quindi di area

a2

16, ottenen-

do un quadrato A0B0C0D0 di area bþ 4 � a2

16, ossia bþ a2

4, e quindi di latoffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi

bþ a2

4

r;

5. deduce che il valore di x si puo ottenere togliendo alla misura del lato del quadrato

A0B0C0D0 il doppio della misura del lato di un quadrato arancione:

x ¼ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffibþ a2

4

r� a

2

La prima e piu popolare traduzione in latino del testo di al-Khowarizmi fu fatta nel 1145

da Roberto di Chester. A questa traduzione si possono fare risalire la diffusione, in Euro-

pa, dei metodi per risolvere le equazioni di secondo grado e l’inizio dell’algebra europea.

Verso il 1500 le equazioni di secondo grado erano completamente note e cominciavano

anche a comparire notazioni piu vicine alle nostre attuali: prima il matematico francese

Francois Viete (1540-1603), utilizzo lettere e coefficienti, poi Cartesio (1596-1650) in-

trodusse la nostra moderna notazione con esponenti.

In libreria e in reteCarl Boyer, Storia della matematica, Mondadori

Silvio Maracchia, Storia dell’algebra, Liguori

www.web.math.unifi.it/archimede/archimede/islam/islam.html#2www.plus.maths.org/issue29/features/quadratic/index.html

Un francobollodedicato al matematicoarabo al-Khowarizmi.

A B

CD

D' C'

A' B'

x x

x

x

a4

a4

a4

a4

a4

a4

a4

a4

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