RISOLVERE PROBLEMI ad uso degli studenti

RISOLVERE PROBLEMI
SVOLTI DAL PROF. GIANLUIGI TRIVIA
ad uso degli studenti della scuola superiore
Problemi di scelta
Problem 1. Trovare due numeri, la cui somma è 2a, tali che la somma delle loro radici quadrate sia massima.
Soluzione: Detto x un numero, il secondo sarà 2a − x. L’intervallo di definizione sarà 0 ≤ x ≤ 2a. I due
numeri sono intesi come positivi, per dare significato alle loro radici quadrate. Indichiamo con y, la
somma delle radici quadrate
√
√
y = x + 2a − x
Studiamo la condizione di massimo
0
1
1
y = √ − √
2 x 2 2a − x
studiamo il segno della derivata prima
0
y >0
N>0
D>0
√
√
2a − x − x
p
>0
2 x (2a − x)
√
√
2a − x > x
p
x (2a − x) > 0
Il denominatore è sempre positivo nell’intervallo di definizione; il numeratore sarà positivo per
2a − 2x > 0
x<a
Riassumendo si avr`
a la condizione massima quando i due numeri sono uguali, cioè
x=a
Problem 2. Tra i triangoli isosceli di dato perimetro 2p, determinare quello di area massima.
Soluzione: Dato il triangolo isoscele ABC indichiamo con AC = x la misura di uno dei lati obliqui uguali.
La base sar`
a espressa da AB = 2 (p − x). L’altezza CH si ottiene applicando il teorema di Pitagora al
triangolo AHC,
q
p
p
p
CH = AC2 − AH 2 = x2 − (p − x)2 = x2 − p2 + 2px − x2 = 2px − p2
L’area del triangolo sar`
a data allora da
p
p
1
AABC = 2 (p − x) · 2px − p2 · = (p − x) · 2px − p2
2
Per trovare la condizione di massimo calcoliamo la derivata prima della funzione A (x)e uguagliamola a
zero
p
2p
A0 = − 2px − p2 + (p − x) · p
=0
2 2px − p2
risolvendo
p2 − 2px + p2 − px = 0
da cui
2p2 − 3px = 0
l’area sar`
a, quindi, massima per x = 23 p.
1
RISOLVERE PROBLEMI
2
Problem 3. Di tutti i triangoli rettangoli aventi costante la somma dei cateti, trovare quello in cui è massima
l’altezza relativa all’ipotenusa.
Soluzione: Indichiamo con x un cateto, con k − x l’altro e con y l’altezza relativa all’ipotenusa. Applicando
il secondo teorema di Euclide (il quadrato sull’altezza relativa all’ipotenusa è equivalente al rettangolo
avente come dimensioni i due cateti), si ha
p
y = x (k − x)
Calcoliamo la derivata di questa funzione
0
k − 2x
y = √
2 kx − x2
studiamo il segno della derivata
k − 2x
√
>0
2 kx − x2
N>0
per
D>0
per
k
2
0<x<k
x<
La funzione risulta avere un massimo per x = 2k , cioè quando il triangolo rettangolo è isoscele.
Problem 4. Di tutti i triangoli isosceli inscritti nella stessa circonferenza di raggio R, trovare quello in cui è
massima la somma della base e dell’altezza.
Soluzione: Indichiamo l’altezza AH = x. La base BC può essere ricavata applicando il secondo teorema
di Euclide
BH 2 = AH · HD
da cui, essendo BC = 2BH
BC = 2
p
x (2R − x)
con 0 < x < 2R. La somma dei due segmenti, y, vale
p
y = x + 2 x (2R − x)
Calcoliamo la derivata prima
0
2R − 2x
y = 1+ p
=
x (2R − x)
p
x (2R − x) + 2R − 2x
p
x (2R − x)
Studiamo il segno della derivata
N>0
D>0
per
p
x (2R − x) > 2x − 2R
∀x ∈ (0; 2R)
Analizziamo quindi il solo numeratore, che si presenta
2x − 2R > 0
2Rx − x2 > 4x2 − 8Rx + 4R2
x>R
5x2 − 10Rx + 4R2 > 0
(
x>R
√ √ 5
x < R 1 − 5 ∨ x > R 1 + 55
√ !
5
R < x < R 1+
5
come una disequazione irrazionale
x<R
∪
−x2 + 2Rx > 0
x<R
∪
0 < x < 2R
∪ 0<x<R
∪ 0<x<R
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3
√ da cui si ottiene il massimo per x = R 1 + 55 e tale massimo vale
v
u
√ !
√
√ !
u
R 5
R 5
R 5
t
R+
y = R+
+2
2R − R −
5
5
5
√
√
√
R 5 4R 5
+
= R+R 5
= R+
5
5
Problem 5. In un triangolo AOB rettangolo in O, inscrivere un rettangolo OPMQ (che abbia un angolo retto
in O) per cui risulti minima la diagonale OM. (Siano OA = a e OB = b).
Soluzione: Il rettangolo è caratterizzato dalla scelta di uno dei suoi punti, ad esempio P. Poniamo,
pertanto, OP = x. I triangoli APM e MQB sono simili fra loro e simili al triangolo AOB, per le propriet`
a
delle rette parallele tagliate da trasversali. Pertanto
OB : QB = OA : MQ
ma MQ = OP, per cui
OB · OP bx
=
OA
a
ab−bx
Il lato OQ = OB − QB = a . La diagonale, OM = y, può essere ottenuta applicando il teorema di
Pitagora:
s
r
2 (a − x)2
b
a2 x2 + a2 b2 + b2 x2 − 2ab2 x 1 p 2 2
a x + a2 b2 + b2 x2 − 2ab2 x
=
=
y = x2 +
2
a
a2
a
La condizione di minimo viene calcolata tramite lo studio del segno della derivata prima.
QB =
(1) Derivata prima
0
a2 x + b2 x − ab2
y = √
a a2 x2 + a2 b2 + b2 x2 − 2ab2 x
(2) segno della derivata: il denominatore, essendo la somma di due quadrati risulterà sempre positivo; il
segno è dato quindi dal numeratore
ab2
a2 + b2
La diagonale risulter`
a quindi minima per tale valore di x.
N>0
x>
Problem 6. Inscrivere in un settore circolare di raggio r e ampiezza 2α il rettangolo, avente due vertici sull’arco
che limita il settore, di area massima.
Soluzione: Il rettangolo inscritto deve avere i punti B, C, appartenenti all’arco del settore circolare, simˆ = x. Per il teorema della
metrici rispetto alla bisettrice dell’angolo al centro. Possiamo porre BOK
corda
BC
= 2r sin x
Ora, applicando il teorema di Eulero al triangolo OAB, si ottiene
OB
AB
=
sin (π − α) sin (α − x)
da cui
AB =
r
sin (α − x)
sin α
RISOLVERE PROBLEMI
4
L’area del rettangolo sar`
a
r
2r2
sin (α − x) =
sin (α − x) sin x
sin α
sin α
Per individuare il valore massimo, calcoliamo la derivata prima della funzione che rappresenta l’area al
variare dell’angolo x
A = y = 2r sin x
2r2
2r2
2r2
[cos x sin (α − x) − cos x (α − x)] =
sin [(α − x) − x] =
sin (α − 2x)
sin α
sin α
sin α
Studiamo ora il segno della derivata prima
0
y =
0
sin (α − 2x) > 0
y >0
0 < (α − 2x) < π
Si avr`
a quindi un minimo per
x=
α
2
Problem 7. Inscrivere in un triangolo isoscele, avente i lati uguali lunghi l e la base di lunghezza 2kl, un
rettangolo di area massima e con due vertici sulla base. Studiare poi come varia l’area massima del rettangolo
inscritto in funzione di k e determinare per quale valore di k assume il massimo valore.
Soluzione: Poniamo AM =√x, con 0 ≤ √
x ≤ kl, avremo NH = kl − x. Applicando il teorema di Pitagora,
possiamo ricavare CH = l 2 − kl 2 = l 1 − k2 . Osserviamo ora che i triangoli AMQ e AHC sono simili e
tra i loro lati vale, di conseguenza, la relazione
AM : MQ = AH : CH
da cui
√
√
lx 1 − k2
x 1 − k2
MQ =
=
kl
k
L’area del√rettangolo sar`
a quindi data dal prodotto delle lunghezze dei segmenti MN = 2NH = 2kl − 2x
2
e MQ = x 1−k
k
√
p
x 1 − k2
2x2 p
A = 2 (kl − x) ·
= 2lx 1 − k2 −
1 − k2
k
k
L’area massima si otterr`
a per i valori di x per i quali la derivata prima si annulla
p
4x p
A0 = 2l 1 − k2 −
1 − k2 = 0
k
cioè per x = kl2 e il valore dell’area sar`
a
p
kl 2 p
1 p
A = kl 2 1 − k2 −
1 − k2 = kl 2 1 − k2
2
2
Studiamo ora questa funzione A = f (k) per determinare il massimo, sempre calcolando i valori di k per
i quali la sua derivata prima si annulla. Innanzitutto, essendo una funzione irrazionale, è necessario
studiare il suo campo di esistenza
C.E
−1 ≤ k ≤ 1
che, tenendo conto che k concorre a definire la lunghezza di un segmento, sarà 0 ≤ k ≤ 1. La derivata
prima è
l 2 1 − 2k2
1 p
1
−2k
f 0 (k) = l 2 1 − k2 + kl 2 · √
= √
2
2
2 1 − k2
2 1 − k2
RISOLVERE PROBLEMI
5
la derivata si annulla quando il numeratore della frazione si annulla, cioè per k =
solo valore compreso nel C:E.).
√
2
2
(considerando il
b interseca
Problem 8. Nel triangolo isoscele ABC i lati uguali AB, AC sono lunghi l e la bisettrice dell’angolo ABC
b
in D il lato AC. Determinare l’ampiezza dell’angolo BAC per cui risulta minima la somma dei quadrati dei
segmenti AD, DC.
Soluzione: In questo esercizio risulta evidente la necessità di porre come incognite l’ampiezza di un angolo
b = 2x, onde avere BAH
b = x. L’esercizio richiederà pertanto di determinare
e, in particolare, porremo A
2
2
il valore di x affinché la somma AD +CD sia minima. Applicando i teoremi sui triangoli rettangoli al
triangolo BHA, otteniamo
BH = l sin x
BC = 2l sin x
b = DBC
e = π − x . Di conseguenza avremo
− x; ABD
4
2
3
x
3
π
b
BDA = π − 4 − 2 + 2x = 4 π − 2 x
b = π − 3π − 3x = π + 3x
CDB
4
2
4
2
Calcoliamo le ampiezze degli angoli. Bb =
π
2
Applichiamo ora il teorema dei seni al triangolo ADB
AD
=
sin π4 − 2x
sin
risolvendo si ottiene
l
AD =
√
2
2
cos 2x −
√
2
x
sin
2
2
√
2
3x
2 sin 2
l
3
3
4π − 2x
l cos 2x − sin 2x
=
3x
cos 3x
cos 3x
2 + sin 2
2 +
In modo analogo calcoliamo la lunghezza del segmento DC
√
2
2
sin
DC
2l sin x
π
x =
π
3
−
sin
4
2
4 + 2x
da cui si ottiene
DC =
2l sin x cos 2x − sin 2x
3x
cos 3x
2 + sin 2
La relazione da minimizzare sar`
a
2
4l 2 sin2 x cos 2x − sin 2x
+
S (x) =
2
3x
3x 2
cos 3x
cos 3x
2 + sin 2
2 + sin 2
l 2 cos 2x − sin 2x
2
ricordando le formule di duplicazione e la relazione fondamentale della goniometria, si ottiene
2
l 2 (1 − sin x) 1 + 4 sin2 x
l 2 cos 2x − sin 2x
l 2 (1 − sin x) 1 + 4 sin2 x
2
S=
=
1 + 4 sin x =
3x 2
1 + sin 3x
1 + 3 sin x − 4 sin3 x
cos 3x
2 + sin 2
il polinomio al denominatore di pu`
o scomporre mediante la regola di Ruffini
l 2 (1 − sin x) 1 + 4 sin2 x
l 2 1 + 4 sin2 x
S=
=
(1 − sin x) 4 sin2 x + 4 sin x + 1
(1 + 2 sin x)2
Calcoliamo ora la derivata prima di S (x) e per cercare le condizioni di minimo la eguagliamo a zero
8l 2 sin x cos x (1 + 2 sin x)2 − 4l 2 (1 + 2 sin x) cos x 1 + 4 sin2 x
0
S =
=0
(1 + 2 sin x)4
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6
la derivata si annulla quando il numeratore è nullo, per cui
(1 + 2 sin x) 2 sin x cos x (1 + 2 sin x) − cos x 1 + 4 sin2 x = 0
Il primo fattore d`
a sin x = − 21 , da cui si ottiene un angolo maggiore di π e di conseguenza non accettabile.
Il secondo fattore si pu`
o riscrivere come
2 sin x cos x − cos x = 0
cos x (2 sin x − 1) = 0
e si hanno le soluzioni
cos x = 0
1
sin x =
2
la soluzione cercata è quindi x = π6 .
x=
π
2
2x = π
π
x=
6
Problem 9. Su di un segmento AC = 2r si costruiscono, da una parte, il triangolo rettangolo isoscele ABC di
ipotenusa AC e, dalla parte opposta rispetto ad AC, la semicirconferenza di diametro AC. Determinare a quale
distanza da AC si deve tracciare la corda DE parallela ad AC affinché sia massimo il perimetro del triangolo
DBE.
Soluzione:
√ AB =
√ Il triangolo ABC, per costruzione rettangolo isoscele, è la metà di un quadrato di lato
BC = r 2√e l’altezza relativa all’ipotenusa OB = r. Poniamo OH = x, con 0 ≤ x ≤ r, avremo DH = r2 − x2
e DE = 2 r2 − x2 . Applicando il teorema di Pitagora al triangolo DHB, avremo
p
p
BD = BE = r2 − x2 + r2 + x2 + 2rx = 2r2 + 2rx
Il perimetro del triangolo sar`
a quindi
2pDBE = 2
p
p
2r2 + 2rx + 2 r2 − x2
Cerchiamo la condizione di massimo, calcolando la derivata prima
2r
−2x
+2√
2p0 = 2 √
2
r 2 − x2
2 2r + 2rx
razionalizzando
√
√
2r 2r2 + 2rx 2x r2 − x2
0
2p =
−
2r2 + 2rx
r 2 − x2
scomponendo i denominatori e semplificando si ha
h√
i
√
√
√
√
r + x 2r (r − x) − 2x r − x
2 + 2rx
2 − x2
2x
2r
r
2p0 =
−
=
r+x
(r − x) (r + x)
r2 − x`ı2
√
uguagliando a zero e considerando che r + x ≥ 0 per ogni valore di x, si ha
√
√
2r (r − x) − 2x r − x = 0
separando le radici ed elevando al quadrato
(r − x) 2r (r − x) − 4x2 = 0
la soluzione x = r caratterizza un triangolo degenere nel diametro perpendicolare ad AC, mentre il
polinomio di secondo grado in x d`
a come soluzioni
−r ± 3r
x=
r
cioè x = 2r , considerando la sola soluzione presente nell’intervallo di variazione dell’incognita (o considerando che la misura di un segmento deve essere positiva).
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7
Problem 10. Nel piano xOy sono date due rette, r e s, rispettivamente di equazioni y = 4 e y = x. Sia P un
punto di r ed H il piede della perpendicolare condotta da P alla retta s. Determinare il punto P per il quale è
2
2
minima la somma PD + PH .
Il punto P, appartenendo
alla retta di equazione y = 4, avrà coordinate P (x, 4). Troviamo PO con la formula
q
della distanza, d = (x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 , e PH con la formula della distanza di un punto da una retta:
|ax p +bx p +c|
d = √ 2 2 , dove a, b, c sono i coefficienti dell’equazione della retta, rispetto alla quale si calcola la distanza,
a +b
scritta nella forma implicita.
2
x2 + 16
=
PO
|x − 4|
PH = √
2
da cui
2
PH =
(x − 4)2
2
La relazione richiesta sar`
a
x2 + 16 +
x2 − 8x + 16 3 2
= x − 4x + 24 = f (x)
2
2
Per determinare l’eventuale punto di minimo, calcoliamo la derivata prima di tale funzione.
f 0 (x) = 3x − 4 = 0
la derivata si annulla per x = 34 . Pertanto, questo valore corrisponde ad un punto stazionario; sarà di minimo se
4
f
<0
3
4
f0
>0
3
0
4
4
−δ < x <
3
3
4
4
< x < +δ
3
3
per
per
Nel nostro caso le due condizioni sono rispettate. Infatti
e il valore minimo si avr`
a per x = 43 .
3x − 4 > 0
per
3x − 4 < 0
per
4
3
4
x<
3
x>
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8
Problem 11. Disegnata la parabola y = −x2 + 6x, determinare tra tutti i rettangoli inscritti nel segmento
parabolico delimitato dall’asse delle x quello di area massima.
Soluzione:
Per disegnare
la parabola individuiamo il suo vertice e le intersezioni con l’asse delle x.
b
b2 −4ac
V − 2a ; − 4a
≡ (3; 9); le intersezioni si ottengono risolvendo l’equazione −x2 + 6x = 0; avremo x1 = 0
e x2 = 6. La parabola è mostrata in figura, dove il rettangolo è puramente rappresentativo. Poniamo
OD = x, avremo OC = 6 − x. Le coordinate dei vertici del rettangolo saranno espresse, in funzione di x,:
D (x; 0)
A x; −x2 + 6x
C (6 − x; 0)
B 6 − x; −x2 + 6x
appartenendo A, B alla parabola assegnata. Calcoliamo la lunghezza dei segmenti CD e AD:
CD = |x − 6 + x| = |2x − 6|
AD = −x2 + 6
L’area del rettangolo sar`
a
A = |2x − 6| · −x2 + 6 = −2x3 + 18x2 − 36x
dove i valori assoluti sono tolti per le condizioni del problema.
Per trovare il valore di x affinché il rettangolo abbia area massima, calcoliamo la derivata e uguagliamola
a zero
A0 = −x2 + 6x − 6 = 0
√
le soluzioni saranno x1,2 = 3 ± 3. Studiamo ora il segno della derivata
√
√
−x2 + 6x − 6 > 0 per 3 − 3 < x < 3 + 3
√
√
−x2 + 6x − 6 < 0 per x < 3 − 3 ∨ x > 3 + 3
√
Avremo l’area massima per x = 3 + 3. L’area massima vale
i
√ 3
√ 2
√ √ h
√
√
√
A = −2 3 + 3 + 18 3 + 3 − 36 3 + 3 = −2 3 + 3 9 + 3 + 6 3 − 27 − 9 3 + 18 = 12 3
Problem 12. Determinare i punti P della parabola y2 = 6x per i quali è massimo il rapporto
fuoco e O il vertice della parabola data.
2
PO
2,
PF
essendo F il
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9
Soluzione: La parabola ha come asse di simmetria l’asse delle x, essendo l’equazione x = 61 y2 . Il vertice
1
ha coordinate O (0; 0) e il fuoco F 32 ; 0 . L’ascissa del fuoco è infatti xF = 4a
= 1 1 = 32 . Un punto P
4× 6
qualsiasi avr`
a coordinate P 16 y2 ; y . Calcoliamo le due distanze
2
PO
PF
2
1 2
y + y2
36
2
2
3
1
1
9
y
−
+ y2 = y4 + y2 +
=
6 2
36
2
4
=
Il rapporto cercato sar`
a
R=
1 2
2
36 y + y
1 4
1 2
9
36 y + 2 y + 4
Per trovare la condizione di massimo di tale rapporto, calcoliamo la derivata
1 2 3 2 1 2 3 1 4
1 3
2
0
9 y + 2y
6y + 2 − 3y 6y + 2
36 y + y
R =
1 4
1 2
9 2
36 y + 2 y + 4
la derivata si annulla se si annulla il numeratore
1 2 3
1 3
1 2 3
2
1 4
2
y +
y + 2y
y +
− y
y +y
=0
6
2
9
6
2
3
36
da cui, svolgendo
1
− y3 + 3y = 0
6
√
che ammette come soluzioni y = 0, y = ±3 √2. Il caso y = 0 pone il punto P ≡ O e il rapporto perde di
significato; avremo le due soluzioni y = ±3 2 (il doppio segno rende conto della simmetria della curva
rispetto all’asse delle x)
Problem 13. Siano A e B i punti comuni alle parabole y = 8x − x2 , y = x2 − 6x; condurre una retta s parallela
all’asse delle ordinate in modo che, dette M e N le intersezioni di s con l’arco AB rispettivamente della prima e
della seconda parabola, sia massima la lunghezza del segmento MN.
Soluzione: Le due parabole si intersecano nei punti
2
x − 6x = 8x − x2
y = 8x − x2
2
y = x2 − 6x
y = x − 6x
2
x − 7x = 0
x=7
x=0
A
B
2
y
=
7
y=0
y = x − 6x
Indichiamo l’equazione della retta parallela all’asse y con l’equazione x = h; si tratta di trovare h affinché
la misura di MN sia massima. Troviamo le coordinate dei due punti:
M h; 8h − h2
N h; h2 − 6h
La lunghezza del segmento sar`
a
MN = 8h − h2 − h2 + 6h = −3h2 + 14h = f (h)
RISOLVERE PROBLEMI
10
Per trovare la condizione di massimo, calcoliamo la derivata prima
f 0 (h) = |−4h + 14|
La derivata si annulla per h =
h > 0.
7
2
considerando che le intersezioni M, N si trovano nei quadranti per i quali
Problem 14. Scrivere l’equazione della circonferenza passante per l’origine O e di centro A (4; 0). Determinare
il punto P della semicirconferenza per il quale il rapporto
circonferenza con l’asse x.
2
PA
2
PO
è minimo, essendo A l’ulteriore intersezione della
Soluzione: Troviamo l’equazione della circonferenza conoscendo il centro e il raggio. Avremo, nel modo
pi`
u semplice,
(x − 4)2 + y2 = 16
e l’equazione sar`
a x2 + y2 − 8x = 0. Il centro appartiene all’asse x, pertanto, tale asse sarà di simmetria
rispetto alla circonferenza e il punto P potrà essere nel primo o quarto quadrante. Scegliamo come
b Applicando il teorema della corda, avremo
incognita l’ampiezza dell’angolo AOP.
AP = 8 sin x
OP = 8 cos x
Il triangolo AOP è, infatti, rettangolo, essendo inscritto in una semicirconferenza. Il rapporto sar`
a
R (x) =
64 sin2 x
= tan2 x
64 cos2 x
con 0 ≤ x ≤ π2 . La condizione di minimo nell’intervallo indicato si ha quando x = 0, cioè quando AP = 0
e OP = 8
Problem 15. Nel piano xOy la retta y = mx incontra la curva di equazione y = −x2 + 4x, oltre che nell’origine
degli assi, in un punto A, mentre la retta simmetrica rispetto all’asse delle x incontra la curva oltre che in O in
un punto a0 . Fra tutti i triangoli OAA0 si determini quello di area massima.
Soluzione: La retta y = mx è passante per l’origine, cos`ı come la sua simmetrica rispetto all’asse delle x,
la cui equazione sar`
a y = −mx. Troviamo, pertanto, le coordinate dei loro punti di intersezione con la
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11
parabola diversi da O, punto che soddisfa l’equazione della parabola data.
y = mx
y = −mx
y = −x2 + 4x
y = −x2 + 4x
y = mx
y = −mx
mx = −x2 + 4x
−mx = −x2 + 4x
y = mx
y = mx
x2 + x (m − 4) = 0
x2 − x (m + 4) = 0
le soluzioni dei sistemi saranno
A (m − 4; m (m − 4))
A0 (m + 4; −m (m + 4))
Troviamo la lunghezza del segmento AA0
q
p
0
AA = (m − 4 − m − 4)2 + (m2 − 4m + m2 + 4m)2 = 2 m4 + 16
Troviamo ora l’equazione della retta AA0 per determinare poi la sua distanza dal punto O, applicando
la formula della retta passante per due punti
y − m (m − 4)
−m (m + 4) − m (m − 4)
−y + m2 − 4m
2m2
l’equazione nella forma implicita sar`
a pertanto
=
x−m+4
m+4−m+4
=
x−m+4
8
m2 x + 4y − m3 + 16m = 0
la distanza di tale punto da O (0; 0) sarà
3
−m + 16m
h= √
m4 + 16
L’area del triangolo AOA0 sar`
a allora
3
p
−m + 16m 1 4
· = −m3 + 16m
A = 2 m + 16 · √
4
m + 16 2
L’area del triangolo sar`
a massima per i valori di x per i quali si annulla la derivata prima, cioè
A0 = −3m2 + 16 = 0
da cui m = ± √43 . L’area di un tale triangolo (che deve risultare positiva) sarà
√
4 3
4
64
64
128 3
A=− √
+ 16 √
=− √ +√ =
3
3
3
3 3
3
Problem 16. Data una funzione y = (k − 1) x2 + (k − 2) x + k − 3, determinare k in modo che il minimo assoluto
sia uguale alla somma delle radici dell’equazione y = 0
Soluzione: La funzione data rappresenta un fascio di parabole. L’equazione y = 0 ha come radici
(k − 1) x2 + (k − 2) x + k − 3 = 0
ricordando le propriet`
a delle radici di una equazione di secondo grado, cioè x1 + x2 = − ba , si ha
2−k
k−1
Troviamo il minimo della funzione, calcolandone la derivata prima e uguagliandola a zero
x1 + x2 =
y0 = 2 (k − 1) x + k − 2 = 0
si ricava
xmin =
2−k
2 (k − 1)
il punto di minimo avr`
a ordinata
ymin =
(k − 1) (2 − k)2
4 (k − 1)2
−
(k − 2)2
3k2 − 12k + 8
+k−3 =
2 (k − 1)
4 (k − 1)
RISOLVERE PROBLEMI
12
eguagliando i due valori, si ottiene
3k2 − 12k + 8 2 − k
=
4 (k − 1)
k−1
risolvendo e uguagliando a zero il numeratore
3k2 − 8k = 0
k (3k − 8) = 0
8
k1 = 0
k2 =
3
la soluzione k = 0 determina una parabola che non ha minimo, avendo la concavità verso il basso.
2
Problem 17. Sono date la parabole di equazioni y = 4 − x2 e y = x4 − 1. Inscrivere, nella superficie racchiusa
tra di esse, un rettangolo con i lati paralleli agli assi cartesiani ed avente un vertice di ascissa a (con 0 < a < 2).
Determinare a in modo che il perimetro di tale rettangolo sia massimo.
Soluzione: Diamo come prerequisito la conoscenza
Indichiamo le
nel2 piano
cartesiano.
delle2 parabole
coordinate dei vertici del rettangolo inscritto. A −a; a4 − 1 , B a; a4 − 1 , C a; 4 − a2 , D −a; 4 − a2 .
Calcoliamo la lunghezza dei lati del rettangolo. Essendo paralleli agli assi, basta sommare il valore
assoluto delle rispettive ascisse o ordinate.
AB = 2a
BC =
a2
3
− 1 + 4 − a2 = 3 − a2
4
4
Il perimetro sar`
a
3
2p = − a2 + 4a + 6
2
Si pu`
o osservare che il perimetro è espresso da un polinomio di secondo grado e la funzione del perimetro
al variare di a, nell’intervallo indicato, è rappresentabile mediante una parabola. Per determinare il
valore massimo basta, quindi, determinare l’ascissa del vertice di tale parabola avente concavità rivolta
verso il basso.
−4 4
=
Vx =
−3 3
2
Problem 18. Data l’ellisse di equazione x4 + y2 = 1, considerare il triangolo che ha due lati sugli assi cartesiani
e il terzo sulla tangente all’ellisse nel punto del primo quadrante di ascissa a, 0 < a < 2. Determinare per quale
valore di a è minima la sua area.
RISOLVERE PROBLEMI
13
√
2
Soluzione: Il triangolo è disegnato in figura. Esprimiamo l’equazione della tangente nel punto P a; 4−a
,
2
le cui coordinate devono verificare le seguenti relazioni 0 < x < a e 0 < y < 1, utilizzando la formula di
yy
xx
sdoppiamento a2p + b2p = 1. Nel nostro caso
√
p
ax
4 − a2
+
y=1
ax + 2 4 − a2 y − 4 = 0
4
2
Troviamo la lunghezza del segmento AB individuando le coordinate dei punti A, B, cioè le intercette della
tangente.
(
x=0
x = 4a
B
A y= √2
y=0
4−a2
s
r
4
2 16 − 3a2
16
+
=
AB =
a2 4 − a2
a
4 − a2
Troviamo ora l’altezza del triangolo rettangolo AOB relativa all’ipotenusa, mediante la formula della
distanza di un punto da una retta
|−4|
OH = √
6 − 3a2
L’area del triangolo è espressa da
s
2 16 − 3a2
4
1
4
A=
·√
· =√
a
4 − a2
6 − 3a2 2
4a2 − a4
Il valore minimo è ottenibile calcolando la derivata di A (a)e uguagliandola a zero
3
8a−4a
−4 · √
2
−8 2 − a2
√
=
=0
A =
a (4 − a2 ) 4a2 − a4
la frazione si annulla quando è nullo il suo numeratore
√
2 − a2 = 0
a=± 2
√
ma per le condizioni poste, la soluzione sarà unica a = 2.
0
4a −a4
a2 (4 − a2 )
2
Problem 19. Date la parabola di equazione y = x2 + 1 e la circonferenza di equazione x2 + y2 = 1, considerare
il triangolo avente un vertice di ascissa a (0 < a < 1) posto sulla circonferenza e gli altri due vertici, di ascisse
rispettivamente a e −a , posti sulla parabola. Trovare a in modo che l’area del triangolo sia massima.
Soluzione: la figura mostra la circonferenza e la parabola e il triangolo rettangolo (infatti, i punti sulla
parabola sono simmetrici rispetto all’asse y e il segmento che li unisce è parallelo all’asse x). Determiniamo le coordinate dei punti
p
D a; 1 − a2
F a; a2 + 1 G −a; a2 + 1
Determiniamo la lunghezza dei segmenti che rappresentano i cateti del triangolo
p
DF = a2 + 1 − 1 − a2
FG = 2a
L’area è quindi
A=
p
p
1
· 2a · a2 + 1 − 1 − a2 = a3 + a − a 1 − a2
2
RISOLVERE PROBLEMI
14
Calcoliamo la derivata prima e uguagliamola a zero
√
p
3a2 + 1 1 − a2 + 2a2 − 1
−2a
0
2
2
√
=
=0
A = 3a + 1 − 1 − a − a · √
2 1 − a2
1 − a2
Risolvendo avremo
p
p
3a2 + 1
1 − a2 + 2a2 − 1 = 0
3a2 + 1
1 − a2 = 1 − 2a2
−9a6 − a4 + 9a2 = 0
−a2 9a4 + a2 − 9 = 0
Con a 6= 0, per le condizioni del problema, avremo a2 =
s √
5 13 − 1
a=
18
√
−1±5 13
,
18
da cui
` data una semicirconferenza di diametro AB = 2r e la tangente nel punto B. Una secante
Problem 20. E
variabile ACD incontra la circonferenza in C e la tangente in D. Studiare la variazione della somma
y = AC2 +CD2
Soluzione: Costruiamo dapprima la figura :
Tracciamo il segmento CP perpendicolare al diametro AB e quindi parallelo alla tangente nel punto B. Poniamo,
come indicato, il segmento PB = x; si avr`
a quindi AP = 2r − x. CP è anche l’altezza relativa all’ipotenusa
del triangolo rettangolo APC. Applicando a questo rettangolo il 1° teorema di Euclide (ogni cateto è medio
proporzionale tra la sua proiezione sull’ipotenusa e l’ipotenusa stessa) si ottiene:
AC2 = AB · AP = 2r (2r − x)
Per ricavare CD utilizziamo il teorema di Talete: AC : CD = AP : PB; da ciò segue che:
p
2r (2r − x) · x
CD =
(2r − x)
CD2
=
2r (2r − x) · x2
2
(2r − x)
=
2rx2
(2r − x)
Possiamo ora scrivere la relazione richiesta:
2
2rx2
+2rx2
y = 2r (2r − x) +
= 2r(2r−x)
=
(2r−x)
(2r − x)
2
2
2r 2x2 − 4rx + 4r2
4r(x2 −2rx+2r2 )
y=
=
(2r−x)
(2r − x)
2r 4r2 + x2 − 4rx + x
(2r − x)
2
2
+a
Problem 21. Data la funzione y = xx+b
determinare a e b in modo che la curva abbia un massimo nel punto
di ascissa x = −2 e un minimo nel punto di ascissa x = 3.
Soluzione: La funzione assegnata contiene due parametri a, b e per determinarli sono necessarie, pertanto,
due relazioni che si possano tradurre in altrettante equazioni. Nel nostro caso, le relazioni riguardano i
punti di max e min di ascissa nota. Calcoliamo pertanto la derivata prima della funzione e studiamone
il segno
2x (x + b) − x2 + a x2 + 2bx − a
y0 =
=
(x + b)2
(x + b)2
cioè
x2 + 2bx − a
≥0
(x + b)2
RISOLVERE PROBLEMI
15
√
il polinomio al numeratore si annulla per x = −b ± b2 + a
p
p
N≥0
x ≤ −b − b2 + a ∨ x ≥ −b + b2 + a
∀x 6= −b
√
√
avremo un minimo per x = −b − b2 + a e un massimo per x = −b + b2 + a. Troviamo i due parametri
risolvendo il sistema
√
−b − 3√= b − 2
−b − √b2 + a = 3
−b + b2 + a = −2
−b + b2 + a = −2
b = − 21
a=6
D>0
la funzione avr`
a quindi la forma y =
x2 +36
.
x− 12
Problem 22. Un trapezio convesso, inscritto in un cerchio di raggio r, ha per base maggiore un diametro del
cerchio. Sapendo che k è il rapporto alla base maggiore della somma degli altri tra lati, determinare questi.
Discutere i risultati e mostrare che di tutti i trapezi convessi inscritti nel cerchio e aventi per base maggiore un
diametro, quello di perimetro massimo è il semiesagono regolare, il quale soddisfa anche la condizione di avere
area massima.
Soluzione: Il trapezio è necessariamente isoscele essendo CD parallelo a AB e quindi i punti C, D sono
simmetrici rispetto all’asse delle due basi. Poniamo HB = x, avremo CD = 2r − 2x e ricaviamo BC con il
primo teorema di Euclide
√
BC = AD = 2rx
Il rapporto indicato sar`
a
√
CD + 2BC 2r − 2x + 2 2rx
=
=k
AB
2r
svolgendo si ha
√
r − x + 2rx − rk = 0
√
con 0 < x ≤ r. Poniamo ora y = 2rx, avremo il sistema
(
(
x − y + r (k − 1) = 0
y = x + r (k − 1)
2
y2
x = 2r
x = y2r
la prima equazione rappresenta un fascio di rette parallele alla bisettrice del primo e terzo quadrante, la
seconda equazione rappresenta una parabola avente l’asse x con asse di simmetria e vertice nell’origine.
Retta passante per A (0; 0), k = 1
RISOLVERE PROBLEMI
16
√ √
√
Retta passante per C r; r 2 , avremo r − r 2 + kr − r = 0, da cui k = 2
Determiniamo
le coordinate del punto di tangenza applicando la condizione che il discriminante dell’equazione
√
r − x + 2rx − rk = 0 sia nullo
√
2rx = rk + x − r
2rx = r2 k2 + x2 + r2 + 2krx − 2r2 k − 2rx
∆
x2 − 2rx (k − 2) + r2 (k − 1)2 = 0
= r2 (k − 2)2 − r2 (k − 1)2 = 0
4
la condizione di tangenza determina k = 32 .
Avremo quindi
1 soluz
per
2 soluz
per
La base del trapezio è costante, per cui se k =
quando k è massimo, cioè k = 32 . Quindi
2p−AB
AB
=
√
1≤k< 2
√
3
2≤k≤
2
2p
AB
− 1, da cui 2p = (k + 1) AB il perimetro sarà massimo
5
2p = AB = 5r
2
√
La somma dei tre lati sar`
a quindi 2r − 2x + 2 2rx = 3r, da cui, svolgendo, si ottiene x = 2r , che sostituito nella
lunghezza dei segmenti mostra che i tre lati del trapezio sono tutti uguali a r, cioè al lato dell’esagono regolare
inscritto.
Lo stesso risultato è ottenibile anche con il metodo della derivata prima.
Problem 23. Per un punto P interno ad una circonferenza di centro O e raggio r, si conducano due rette
perpendicolari fra loro e che incontrano la circonferenza, la prima nei punti A, A0 , la seconda nei punti B, B0 .
b = α, esprimere in funzione dei due parametri a e α l’area del quadrilatero convesso
Posto OP = a e l’angolo OPA
determinato dai quattro punti A, a0 , B, B0 . Inoltre, supposto prima costante a e variabile α e poi α costante e a
variabile, determinare, nell’un caso e nell’altro, per quali valori del parametro variabile l’area del quadrilatero
risulta uguale ad un numero dato k2 . Dire anche quando è che l’area in ciascuno dei due casi diventa massima
o minima.
Soluzione: Tracciamo da O le distanze dalle corde AA0 e BB0 che dividono le corde a metà, per i teoremi
b = α, per ché alterni interni o complemetari di angolo uguale.
b = POK
relativi. Si avr`
a che l’angolo OPA
Applicando i teoremi di trigonometria ai triangoli rettangoli PHO e POK, avremo
OK = PH = a cos a
PK = OH = a sin α
p
Applichiamo
il teorema di Pitagora al triangolo rettangolo OHA, AH = r2 − a2 sin2 α, da cui AA0 =
p
√
2 r2 − a2 sin2 α.
Applichiamo il teorema di Pitagora al triangolo OKB0 , avremo KB0 = r2 − a2 cos2 α,
√
da cui BB0 = 2 r2 − a2 cos2 α. Ora, l’area del quadrilatero inscritto è data dal semi prodotto delle due
diagonali
p
√
q
2 r2 − a2 sin2 α · 2 r2 − a2 cos2 α
= 2·
A=
r2 − a2 sin2 α (r2 − a2 cos2 α)
2
• Supponiamo α = costante. La lunghezza del segmento varia tra 0 ≤ a ≤ r
q
2·
r2 − a2 sin2 α (r2 − a2 cos2 α) = k2
4 r4 − a2 r2 cos2 α − a2 r2 sin2 α + a4 sin2 α cos2 α = k4
RISOLVERE PROBLEMI
17
svolgendo, appplicando le formule di bisezione
4a4 sin2 α cos2 α − 4a2 r2 cos2 α − 4a2 r2 sin2 α + 4r4 − k4 = 0
a4 sin2 2α − 2a2 r2 (1 − cos 2α + 1 + cos 2α) + 4r4 − k4 = 0
a4 sin2 2α − 4a2 r2 + 4r4 − k4 = 0
poniamo a2 = x e y = k4 , avremo il sistema

 y = x2 sin2 2α − 4r2 x + 4r4
y = k4

0 ≤ x ≤ r2
la prima equazione rappresenta una parabola con asse parallelo all’asse x e concavità verso l’alto, la
seconda equazione un fascio improprio di rette parallele all’asse delle ascisse.
per la retta passante per A 0; 4r4 : k4 = 4r4 , da cui k2 = 2r2
per la retta passante per B r2 ; r2 sin2 2α : k4 = r4 sin2 2α, da cui k2 = r2 sin 2α. Avremo quindi sempre una
soluzione per r2 sin 2α ≤ k2 ≤ 2r2 . (r2 sin 2α < 2r2 , perché il valore massimo di sin 2α è = 1).
• supponiamo ora a = cost e 0 ≤ α ≤ π. Riscriviamo l’equazione 4 r4 − a2 r2 cos2 α − a2 r2 sin2 α + a4 sin2 α cos2 α =
k4 applicando la propriet`
a fondamentale della goniometria
4r4 − 4a2 r2 1 − sin2 α − 4a2 r2 sin2 α + 4a4 sin2 α 1 − sin2 α = k4
4a4 sin4 α − 4a4 sin2 α − 4r4 + 4a2 r2 + k4 = 0
0≤α ≤π
0 ≤ sin2 α ≤ 1
Poniamo sin2 α = x e y = k4 , si ottiene

 y = −4a4 x2 + 4a4 x + 4r4 − 4a2 r2
y = k4

0≤x≤1
avremo ancora una parabola, con concavità verso il basso, intersecata da un fascio di rette improprio
parallelo all’asse delle ascisse
√
per la retta passante per A 0; 4r2 r2 − a2 : k4 = −4a2 r2 + 4r4 = 4r2 r2 − a2 , da cui k2 = 2r r2 − a2
per la retta passante per il vertice della parabola V 12 ; 2r2 − a2 : k4 = −a4 +2a4 +4r4 −4a2 r2 = a4 −4a2 r2 +4r4 =
√
2
2r2 − a2 , da cui k2 = 2r2 − a2 . Avremo quindi sempre due soluzioni nell’intervallo 2r r2 − a2 ≤ k2 ≤ 2r2 − a2 .
RISOLVERE PROBLEMI
18
Problemi di Trigonometria
b ed un punto M ad esso interno che abbia da OY e da OX rispettivamente
Problem 24. Dato l’angolo retto X OY
le distanze a e b, condurre per M una retta tale che, detti A e B i punti di intersezione di essa con i lati dell’angolo
retto, si abbia AM 2 + BM 2 = m2 , dove m p un numero reale assegnato. Discutere i risultati e dire come deve
essere condotta la retta AB affinché sia minima la somma indicata.
Soluzione: In questo caso il problema può essere risolto pi`
u facilmente assegnando l’incognita ad un
b = H MA
b = x con 0 ≤ x ≤ 90°. Applicando i teoremi dei triangoli
angolo. In particolare, porremo OBM
rettangoli avremo
b
a
MB =
AM =
sin x
cos x
La relazione indicata sar`
a
b2
a2
+
= m2
sin2 x cos2 x
Indichiamo ora cos12 x = X e sin12 x = Y con 1 ≤ X < +∞. Dalla proprietà fondamentale della gioniometria
sin2 x + cos2 x = 1, dividendo per cos2 x sin2 x, si ottiene
1
1
1
=
+
cos2 x sin2 x cos2 x sin2 x
cioè
X
X +Y = XY
Y=
X −1
baster`
a risolvere il sistema
2
a X + b2Y = m2
X
Y = X−1
X
dove Y = X−1
è una funzione omografica (un’iperbola traslata di una unità verso destra e in alto) di cui
considereremo solo il ramo positivo e a2 X 2 + b2Y 2 = m2 è l’equazione di un fascio improprio di rette di
2
2
coefficiente angolare − ba2 < 0, con retta base Y = − ab2 X. Risolviamo il sistema per sostituzione
b2 X
= m2
a2 X 2 − X a2 − b2 + m2 + m2 = 0
X −1
Calcoliamo il discriminante per stabilire il numero delle soluzioni: due per ∆ ≥ 0
a2 X +
∆ = a4 + b4 + m4 − 2a2 b2 + 2a2 m2 − 2b2 m2 − 4a2 m2 = a4 + b4 + m4 − 2a2 b2 − 2a2 m2 − 2b2 m2
cioè, ordinando rispetto a m
2
m4 − 2m2 a2 + b2 + a2 − b2 ≥ 0
risolvendo questa equazione biquadratica si ha
q
q
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
m = a + b ± (a + b ) − (a − b ) = a + b ± (a2 + b2 + a2 − b2 ) (a2 + b2 − a2 + b2 )
√
m2 = a2 + b2 ± 4a2 b2 = a2 + b2 ± 2ab = (a ± b)2
Pertanto avremo due soluzioni m2 < (a − b)2 o m2 > (a + b)2 .
2
2
Troviamo ora la condizione di somma minima, calcolando la derivata prima della funzione y = sinb 2 x + cosa 2 x
−2b2 sin x cos x 2a2 sin x cos x −2b2 cos x 2a2 sin x −2b2 cos4 x + 2a2 sin4 x
+
=
+
=
cos4 x
cos3 x
sin4 x
sin3 x
sin3 x cos3 x
Studiamo il segno della derivata
y0 =
RISOLVERE PROBLEMI
Il valore di minimo corrisponde a x = arctan
19
q
b
a.
Problem 25. Sopra l’arco AB, quarta parte della circonferenza di centro O e raggio 2r, determina un punto
P tale che, detti M e N i punti situati
rispettivamente sui raggi OA e OB alla distanza r da O, il quadrangolo
√
3+1
2
MONP abbia per area kr con k = 2
b = x, con 0 ≤ x ≤ π . Sappiamo
Soluzione: I raggi OA = OB = OP = 2r, per cui OM = ON = r. Poniamo M OP
2
che l’area di un triangolo è ottenibile dal semiprodotto della lunghezza di due lati per il seno dell’angolo
tra essi compreso, per cui
APOM
= r2 sin x
APON
= r2 cos x
L’area del quadrilatero sar`
a espressa da
√
3+1 2
r (sin x + cos x) =
r
2
2
da cui si ottiene la seguente equazione lineare
√
3+1
sin x + cos x =
2
risolviamo applicando le formule di addizione
! √
√
√
√
2
2
3+1
2
sin x +
cos x =
2
2
2
cioè
√
√
√
π
3+1
6+ 2
√ =
sin x +
=
4
4
2 2
π
5
π
x+ = π
x=
4
12
6
π
7
π
x+ = π
x=
4
12
3
RISOLVERE PROBLEMI
20
Problem 26. Di un triangolo rettangolo BAC l’ipotenusa BC = 2a ed il cateto CA ≤ BA. Detto O il punto medio
b
di BC ed M il punto in cui la perpendicolare in O a BC
√ incontra la retta AB, determinare l’angolo CBA sapendo
3 2
che l’area del rettangolo di lati CA e OM è uguale a 3 a .
b = x, con 0 ≤ x ≤
Soluzione: Posta l’ampiezza dell’angolo CBA
teoremi sui triangoli rettangoli otteniamo
CA
= 2a sin x
AB
= 2a cos x
π
4
(dovendo essere CA ≤ BA), applicando i
Consideriamo ora il triangolo rettangolo BOM, sempre per gli stessi teoremi, avremo
OM = a tan x
(o applicando i criteri di similitudine ai triangoli BAC e BOM). L’area del rettangolo sarà espressa in
funzione di x come
√
2a2 sin2 x
3 2
Aret = 2a sin x · a tan x =
=
a
cos x
3
Dovremo, pertanto, risolvere l’equazione (cos x 6= 0 per ogni x nell’intervallo indicato)
√
√
6 cos2 x + 3 cos x − 6 = 0
6 sin2 x − 3 cos x = 0
risolviamo l’equazione di secondo grado in coseno
cos x =
√ √
− 3± 3+144
12
=
√
√
− 3±7 3
12
=
√
3
2√
−233
accettabile
non accettabile
b = π.
La soluzione sar`
a CBA
6
√
´ dato il triangolo isoscele ABC con l’angolo BAC
ˆ = 120◦ e AB = AC = 6 cm. Calcolare la base
Problem 27. E
BC e l’altezza AH di questo triangolo. Deteminare la lunghezza dello spigolo AA0 di un prisma retto avente
per base il triangolo ABC e il cui volume è 9 cm3 . Sia M un punto variabile sul segmento AA0 , ad una distanza
2
AM = x dal punto A. Calcolare in funzione di x, la misura S della superficie del triangolo BMC. si ponga y = 2S9 .
Studiare infine le variazioni di y al variare di x e tracciare la curva corrispondente. Trovare la tangente a questa
curva nel punto di ascissa x = 12 .
Soluzione:: Tracciando l’altezza AH del triangolo, essa è anche bisettrice dell’angollo al vertice, per cui
ˆ = CHA
ˆ = 60◦ ; ne segue che i triangoli BHA e CHA sono due metà di uno stesso triangolo equilatero
BHA
di lato AB = AC. Pertanto
√
√
√
AB
6
6 √
AH =
=
BC = 2BH = 2 ·
· 3=3 2
2
2
2
RISOLVERE PROBLEMI
21
Il volume del solido è dato da V = Abase · h, dove Abase è l’area del triangolo ABC e l’altezza è il segmento
AA0 cercato. L’area del triangolo di base è
√
√
√
6
AABC = 3 2 ·
=3 3
2
L’altezza AA0 è quindi
√
9
= √ = 3
Abase
3 3
L’altezza del triangolo BMC è ottenibile mediante il teorema di Pitagora applicato al triangolo AHM, di
cui questa altezza è l’ipotenusa:
r
q
√
2
2
2
MK = AH + AM = 18 +
3−x
AA0 =
V
l’area è quindi
ABMC =
√ q
√
2
3 2 · 18 + 3 − x
2
√ p
√
3 2 · 21 + x2 − 2 3x
=
2
Problem 28. Scritta l’equazione della circonferenza passante per l’origine O degli assi cartesiani, ivi tangente
alla bisettrice x + y = 0 e il cui centro appartiene alla retta x + 4y − 5 = 0, considerare la semicirconferenza C1
posta nel semipiano x ≤ y. Determinare l’equazione della retta r passante per O che incontri C1 in P in modo
che, detta H lz proiezione di P sul diametro di C1 , risulti massima la somma:
S = OH + PH
Soluzione
(1) Ricaviamo dalle informazioni fornite l’equazione della circonferenza richiesta. L’equazione generale di
una crf è x2 + y2 + ax + by + c = 0, per individuarne una è necessario conoscere i valori dei parametri
a, b, c. Essendo tre i parametri, tre devono essere le relazioni costruibili tra di essi.
(a) prima relazione: la crf passa per il centro. Considerando l’equazione generale si ricava c = 0
(b) la crf è tangente alla bisettrice del 2° e 4° quadrante y = −x nell’origine. Una retta è tangente ad
una crf se la interseca un punto, cioè se un punto della retta si sovrappone ad uno della crf; dal
punto di vista algebrico si traduce dicendo che il discriminante dell’equazione risolvente il sistema
tra l’equazione della retta e della crf è nullo. Sistema risolvente:
2
2
x + y2 + ax + by + c = 0
2x + ax − bx + c = 0
y = −x
y = −x
2
2x + x (a − b) + c = 0
4 = 0 (a − b)2 − 8c = 0
y = −x
(c) il centro appartiene alla retta x + 4y − 5 = 0; vuol dire che le coordinate del centro soddisfano
l’equazione della retta. Le coordinate del centro espresse in funzione di a, b, c sono C − a2 ; − b2 , per
cui si ha
a
−b
− +4·
−5 = 0
2
2
−a − 4b − 10 = 0
riunendo a sistema le tre relazioni si ottiene:


c=0

 c=0
2
a=b
sostituendo
(a − b) − 8c = 0


5a
= −10
−a − 4b − 10 = 0
l’equazione della circonferenza risulta pertanto:
x2 + y2 − 2x − 2y = 0
√
la circonferenza avr`
a centro C(1; 1) e raggio r = 2.
(2) trovare l’equazione della retta tale che OH + PH è massimo. Osserviamo la figura:
RISOLVERE PROBLEMI
22
(1) La scelta migliore appare quella di assegnare l’incognita all’angolo ∠POC. Il triangolo OCP risulta
isoscele. Pongo quindi ∠POC = x, con 0 < x < π2 ; poiché ogni angolo esterno è uguale alla somma dei
due angoli interni non adiacenti, l’angolo ∠PCH = 2x. Pertanto applicando i th. relativi ai triangoli
rettangoli, si ha:
√
√
PH = 2 sin 2x
CH = 2 cos 2x
√
√
essendo OH = OC +CH = 2 + 2 cos 2x la relazione sarà
√
√
√
S = 2 sin 2x + 2 + 2 cos 2x
per studiarne le condizioni di massimo, calcoliamo il segno della sua derivata prima:
√
√
0
S = 2 2 cos 2x − 2 2 sin 2x
√
0
(a) S > 0 per cos 2x − sin 2x > 0, dividendo per 2 2. Possiamo risolvere confrontando direttamente le
due funzioni elementari
(a) La derivata prima è positiva (funzione crescente) per 0 < 2x < π4 ; si avrà quindi un max per x < π8 .
Ricaviamo ora la retta. Passando
per l’origine avrà equazione del tipo y = mx, ma m = tan ∠POx =
√
tan π4 + π8 = tan 38 π = 1 + 2. La retta avrà equazione:
√ y = 1+ 2 x
Infine
S
π 8
√
√
√
√
√
√
2 √
2
π √
π √
= 2 sin + 2 + 2 cos = 2 ·
+ 2− 2·
= 2+ 2
4
4
2
2
Problem 29. Sia C la circonferenza avente per centro l’origine e raggio 1; considerata la tangente t nel punto
A(1; 0) sia P l’intersezione di t con la retta generica r passante per O. Detta Q l’intersezione della bisettrice
dell’angolo ∠AOP con la retta t, posti x = ∠AOQ e tan x = z, rispondere ai seguenti quesiti:
(1) si studi la funzione y = f (t) che rappresenta la variazione della distanza PQ al variare di r e se ne tracci
il grafico γ
(2) determinare inoltre l’area A della regione piana limitata dalla curva γ, dalla retta y = t e dalla retta
t = 12 .
RISOLVERE PROBLEMI
23
Figure 0.1.
Punto: (1): L’equazione della circonferenza è x2 + y2 = 1; l’equzione della retta t tangente è x = 1, mentre
l’equazione della generica retta r passante per l’origine è y = mx.
Come indicato poniamo ∠AOQ = x = ∠QOP e z = tan x.
Applicando i teoremi trigonometrici relativi al triangolo rettangolo AOQ si ha:
AQ
= tan x
OA
essendo OA = 1
AQ =| tan x |
Per ottenere PQ calcoliamo AP = tan 2x.
Si avr`
a pertanto:
PQ =| tan 2x − tan x |=|
2 tan x
1−tan2 x
|
=
− tan x |=|
2z−z+z3
1−z2
|=
2z
−z |
1 − z2
|
z3 + z
|
1 − z2
La funzione da studiare è quindi
z3 + z
|
1 − z2
per comodit`
a studieremo la funzione priva del valore assoluto, determinando poi quest’ultima costruendo il
simmetrico delle parti negative rispetto all’asse x.
y =|
• Campo di esistenza: il denominatore 1 − z2 = 0 si annulla per z = ±1; gli intervalli sono (−∞; −1) ∪
(−1; 1) ∪ (1; +∞)
• intersezioni con gli assi:
asse x
asse y
y(0) =
z3 +z
1−z2
0
1
=0
=0
z3 + z = 0
z z2 + 1 = 0
• positivit`
a della funzione:
N>0
z z2 + 1 > 0
ma essendo il fattore z2 + 1 sempre maggiore di zero, si avrà
N>0
z>0
D>0
−1 < z < 1
la funzione sar`
a quindi positiva per 0 < z < 1.
O(0; 0)
O(0; 0)
RISOLVERE PROBLEMI
24
Figure 0.2.
Figure 0.3.
• limiti agli estremi del campo di esistenza:
lim y = −∞
lim y = +∞
z→−∞
−2
0−
lim y =
z→−1−
lim y =
z→1−
2
0+
z→+∞
= +∞
= +∞
lim y =
z→−1+
lim y =
z→1+
−2
0+
2
0−
= −∞
= −∞
si hanno quindi due asintoti verticali di equazione: x = −1 e x = 1
verifichiamo l’esistenza di asintoti obliqui
z3 + z
= −1
z→∞ z − z3
z3 + z
z3 + z + z − z3
2z
+
z
=
=
=0
z→∞ 1 − z2
1 − z2
1 − z2
lim
lim
l’asintoto obliquo avr`
a pertanto equazione: y = −x, la bisettrice del 2° e 4° quadrante.
• crescenza, massimi e minimi relativi:
0
y =
(3z2 +1)(1−z2 )+2z(z3 +z)
1−z2
=
=
3z2 − 3z4 + 1 − z2 + 2z4 + 2z2
(1 − z2 )2
−z4 +4z2 +1
2 2
(1−z )
studiamo il segno della derivata
N>0
z4 − 4z2 − 1 < 0
1◦ f att > 0
2◦ f att > 0
N>0
D>0
√ √ z2 − 2 − 5 z2 − 2 + 5 < 0
q
q
√
√
z < − 2+ 5 ∨ z > 2+ 5
∀z ∈ C.E
q
q
√
√
− 2+ 5 < z < 2+ 5
∀z ∈ C.E
p
p
√
√
pertanto avremo un minimo relativo per z = − 2 + 5 e un massimo per x = 2 + 5
RISOLVERE PROBLEMI
25
• grafico:
• grafico del valore assoluto
• Punto (2): si tratta di calcolare l’integrale definito relativo all’area mostrata in figura, cioè l’area sotto
la curva meno l’area del triangolo di base e altezza 12 .
•
=
=
=
=
1
2
z3 + z
1
dz −
2
8
0 1−z
Z 1 3
Z 1
2 z −z
2
2z
1
dz
+
dz −
2
2
8
0 1−z
0 1−z
Z 1
1
2
1
−zdz − ln | 1 − z2 |02 −
8
0
2
21
1
3 1
t
1
− − ln | 1 − z2 | − = − − ln −
2
8
8
4 8
0
4 1
ln −
3 4
Z
A =
RISOLVERE PROBLEMI
26
Exercise 30. Data la semicirconferenza di diamtero AB = 2r, condurre la semiretta di origine A che formi con
AB un angolo uguale a π6 e incontri in C la semicirconferenza e in D la retta tangente in B alla semicirconferenza.
Sull’arco AC determinare un punto P in modo che sia minima la somma:
2
2
AP + PD
Soluzione:
Pongo ∠PAB = x con
π
6
≤ x ≤ π2 ; si avr`
a di conseguenza ∠PAC = x − π6 .
Il triangolo DAB è, per costruzione, la met`
a di un triangolo equilatero di lato AD e di altezza AB. per la nota
AB
= √4r3 . Il segmento DB sarà la met`
a
relazione, derivante dall’applicazione del th. di Pitagora, si ha che DA = 2 √
3
del lato di questo triangolo equilatero: DB =
2r
√
.
3
Esprimiamo i segmenti indicati in funzione di x, utilizzando i teoremi sui triangoli della trigonometria.
Per il teorema della corda
PA = 2r cos x
applicando il teorema di Carnot al triangolo PAD”
PD2
=
=
=
=
ˆ
PA2 + AD2 − 2 · PA · AD cos PAD
16 2
2
√
r cos x − π6 cos x
4r2 cos2 x + 16
3 r − 3
√
3
16 2
1
2− √
4r2 cos2 x + 16
r
r
cos
cos
x
+
sin
x
cos x
3
2
2
3
8
16 2
2
2
2
√
3 r − 4r cos x − 3 r sin x cos x
Avremo quindi:
2
2
S = AP + PD
= 4r2 cos2 x − 4r2 cos2 x +
=
=
16 2
8
r − √ r2 sin x cos x
3
3
8
16 2
r − √ r2 sin x cos x
3
3
16 2
4 2
r − √ r sin 2x
3
3
Per ottenere la condizione di minimo, calcoliamo la derivata prima:
0
8
S = − √ r2 cos 2x
3
π
la derivata sar`
a positiva quando cos 2x < 0, nel 2◦ e 3◦ quadrante, cioè per π2 < 2x < 3π
2 ; quindi per 4 < x <
Essendo decrescente per x < π4 e crescente per π4 < 2x < 3π
a un minimo relativo per x = π4 .
4 la funzione avr`
Calcoliamo quindi S π4
π 16 2
4
π
=
r − √ r2 sin
S
4
3
2
3
16 2
4 2
=
r −√ r
3
3
√ 2
4r 4 − 3
=
3
3π
4 .
RISOLVERE PROBLEMI
27
Problem 31. Determinare i parametri reali λ e µ in modo che la funzione
2
x + 2x + 1
x ∈ [−2; 0]
f :x→
λ x3 + µx + 1
x ∈ [0; 1]
verifica le ipotesi del teorema di Rolle nell’intervallo [−2; 1]; in tal caso determinare i valori di x che soddisfano
il teorema e:
(1) disegnare il grafico γ della funzione cos`ı ottenuta
(2) determinare l’area A della regione piana limitata da γ, dalla retta t tangente a γ nel suo punto di ascissa
nulla e dall’asse x.
Soluzione
Enunciato del teorema di Rolle: se una funzione è continua in un intevallo chiuso e limitato [a; b], è derivabile
in ]a; b[ e assume valori uguali agli estremi f (a) = f (b) esiste almeno un punto x0 interno all’intervallo in cui la
0
sua derivata si annulla: f (x0 ) = 0.
Verifichiamo tali condizioni:
• continuit`
a: lim f (x) = 1 = f (x0 ) per x ∈ [−2; 0]; lim f (x) = 1 = f (x0 ) per x ∈ [0; 1]
x→0−
x→0+
• derivabilit`
a:
0
f (x) = 2x + 2
0
f (x) = 3λ x2 + µ
0
x ∈ [−2; 0]
f (0) = 2
x ∈ [0; 1]
f (0) = µ
0
affinché sia derivabile nell’intervallo aperto ]−2; 1[ è necessario che µ = 2
• f (a) = f (b)
f (−2) = 4 − 4 + 1 = 1
f (1) = λ + µ + 1
sostituendo µ = 2 si ottiene λ + 3 = 1, cioè λ = −2
• valori che soddisfano il teorema
x2 + 2x + 1
f (x) =
−2x3 + 2x + 1
0
f (x) =
2x + 2
−6x2 + 2
[−2; 0]
[0; 1]
[−2; 0]
=0
[0; 1]
x = −1
√
x = 33
• studio della funzione
f (x) =
(x + 1)2
−2x3 + 2x + 1
[−2; 0]
[0; 1]
tale studio si riduce ad un tratto di parabola e di parabola cubica
– il tratto di parabola ha vertice in (−1; −0), punto in cui è tangente all’asse x (l’equazione della
parabola ha il discriminante uguale a zero)
– per x = −2 si ha y = 1 e per x = 0 y = 1 (ovviamente il suo simmetrico rispetto all’asse di simmetria
x = −1
– parabola cubica: per x = 0 y = 1, per la condizione di validità del th. di Rolle; per x = 1 y = 1.
Sempre per il th. di Rolle la funzione ha un punto di max o minimo che possiamo determinare
studiando il segno del polinomio di terzo grado
0
y [0; 1] = −6x2 + 2 > 0
−
che si riduce a
√
3
3
< x<
√
3
0≤x<
3
√
3
3
RISOLVERE PROBLEMI
da cui si deduce che xmax =
ottiene è il seguente
√
3
3
ymax = −2 ·
√ 3
3
3
+2·
28
√ 3
3
+1 =
√
4 3+9
9
' 1, 77. Il grafico che si
0
• la retta t, tangente in (0; 1) ha coefficiente angolare m = f (0) = 2 e quindi equazione
y = 2x + 1
l’integrale va pertanto calcolato tra x = −1,punto di ascissa nulla e x = 0 e sarà la differenza tra l’area
sottesa dall’arco di parabola e l’area del triangolo rettagolo di base 1/2 e altezza 1
Z 0
A=
−1
(x2 + 2x + 1)dx −
1 x3
1
1
= + x2 + x |0−1 − =
4
3
4 12
RISOLVERE PROBLEMI
29
Problem 32. Determinare le equazioni delle parabole con asse parallelo all’asse y, tangenti nell’origine O degli
assi alla retta y = 5x e che incontrano la retta y = x nell’ulteriore punto A (oltre O) in modo che la differenza
tra l’area della regione limitata da ogni parabola e dalla retta e l’area della regione limitata dalla retta, dalla
parabola e dall’asse x sia uguale a 12 .
Soluzione
Iniziamo col ricordare
che l’equazione
di una parabola con asse parallelo all’asse y è y = ax2 + bx + c; tale parabola
b
b2 −4ac
avr`
a vertice V − 2a ; − 4a
Trovare l’equazione delle parabole vuol dire quindi ricavare i valori dei parametri a, b, c. Per fare ciò dobbiamo
tradurre in linguaggio matematico le informazioni che il problema offre.
(1) “tangenti nell’origine O degli assi alla retta y = 5x”; questa frase ci dà due informazioni:
(a) le parabole passano per l’origine del piano cartesiano e quindi le coordinate del punto O(0; 0) devono
soddisfare l’equazione delle parabole (sostituisco quindi x = 0 e y = 0):
0 = a · 02 + b · 0 + c
da cui si ottiene
c=0
(b) le parabole sono tangenti in tale punto alla retta y = 5x; una retta è tangente ad una parabola se
condivide con essa un punto, quello di tangenza. Dal punto di vista matematico significa che il
sistema tra l’equazione della retta e della parabola avrà un’equazione risolvente con discrimante
nullo (due soluzioni coincidenti):
=
5x
2
= ax + bx
y
y
sostituendo si ottiene l’equazione risolvente
ax2 + bx − 5x = 0
cioè
ax2 + x (b − 5) = 0
il cui discrimante, posto uguale a zero, è
(b − 5)2 = 0
b=5=0
(i) tale risultato si pu`
o ottenere pi`
u rapidamente ricordando che il coefficiente angolare della
tangente è uguale alla derivata della parabola nel punto di tangenza:
0
y (0) = 2a · (0) + b = 5
da cui si ottiene immediatamente b = 5
(2) l’equazione delle parabole, alla luce di quanto ottenuto, sarà del tipo: y = ax2 + 5x. Essa incontrerà l’asse
x nei punti ax2 + 5x = 0, cioè x(ax + 5) = 0, che saranno O(0; 0) e B(− 5a ; 0). ”Utilizziamo ora l’ultima e
pi`
u complessa informazione: ”che incontrano la retta y = x nell’ulteriore punto A (oltre O) in modo che
la differenza tra l’area della regione limitata da ogni parabola e dalla retta e l’area della regione limitata
dalla retta, dalla parabola e dall’asse x sia uguale a 12 ” Le parabole interesecheranno la retta y = x nei
punti
y
y
=
x
= ax2 + 5x
y
0
=
x
= ax2 + 4x
O
x
y
= 0
= 0
y
x
A
=
x
= ax2 + 5x
x
y
= − a4
= − 4a
RISOLVERE PROBLEMI
30
Come si vede dalla figura, che rappresenta le rette e delle possibili parabole, il problema sarà simmetrico
rispetto all’origine, e potremo avere pertanto una parabola con cocncavità verso l’alto (a > 0) e una con
concavit`
a verso il basso (a < 0).
L’area limitata da ogni parabola e dalla retta è quella colorata di rosso, l’area delimiatata dalla parabola,
dalla retta e dall’asse x è quella colorata di verde.
Per calcolare la prima area è necessario sottrarre
all’area
sottesa dalla parabola tra i punti O e A, l’area
del triangolo AHO che vale: AAHO = 12 · − 4a · − 4a = a82 . Il calcolo dell’area in verde può essere eseguito
sommando all’area sottesa dalla parabola tra i punti H e B, l’area del solito triangolo. La richiesta si
traduce in
Z −4
a
0
8
ax + 5x dx − 2
a
2
!
−
8
+
a2
Z −5
a
− 4a
!
2
ax + 5x dx
3
− 4
− 5
ax
8
5x2 a
8 ax3 5x2 a
1
−
+
−
−
+
=
3
2 0
a2 a2 3
2 − 4
2
a
−64 24
61
45
1
+ 2+ 2− 2=
3
3a
a
3a
2a
2
3a2 = 3
da cui si ottiene
a = ±1
le parabole cercate saranno quindi
y
= x2 + 5x
y
= −x2 + 5x
=
1
2
RISOLVERE PROBLEMI
31
Exercise 33. Tracciare il grafico γ della funzione
x
f (x) = 4xe− 2
Quindi:
(1) determinare l’area A (λ ) della regione finita di piano delimitata da γ, dall’asse x e dalle rette x = 0 e
x = λ con (λ > 0);
(2) calcolare il
lim A (λ )
x→+∞
Soluzione:
(1) studiamo la funzione secondo gli schemi consueti
(a) campo di esistenza: essendo il prodotto di due fattori che ammettono un’immagine ∀x, esso sar`
a
(−∞; +∞)
(b) segno della funzione y > 0
x
4xe− 2 > 0
x
in quesro caso si pu`
o considerare come il prodotto dei due fattori 4x e e− 2 . La funzione esponenziale
risulta sempre positiva per ogni valore di x.
Basta quindi studiare il segno del fattore polinomiale
4x > 0
x>0
per
avremo quindi
y > 0 per x > 0
y < 0 per x < 0
y = 0 per x = 0
(c) studiamo l’andamento della funzione per x → ±∞:
x
lim 4xe− 2 =
x→−∞
lim 4xe
− 2x
x→+∞
=
lim 4xx =
x→−∞ e 2
lim 4xx = 0
x→+∞ e 2
−∞
asintoto orizzontale
y=0
(d) studio della crescenza e decrescenza: calcoliamo la derivata prima e studiamo il suo segno.
0
0
0
La funzione è il prodotto di due fattori [ f (x) · g(x)] = f (x)g(x) + f (x)g (x) e quindi
x
x
x
x
0
1 −x
y = 4e− 2 + 4x · −
e 2 = 4e− 2 − 2xe− 2 = 2e− 2 (2 − x)
2
si ha pertanto
x
2e− 2 (2 − x) > 0
che si studio analizzando il segno dei due fattori.
x
e− 2 > 0
2−x > 0
∀x
x<2
avremo quindi che
0
y > 0 per x < 2
0
y < 0 per x > 2
avremo quindi un massino in corrispondenza di x = 2; il punto di massimo sarà
8
−1
M 2; 8e
M 2; ∼ 3
e
(e) studiamo anche la concavit`
a e le sue eventuali variazioni mediante la derivata seconda
00
x
x
x
y = −e− 2 (2 − x) − 2e− 2 = −e− 2 (4 − x)
la derivata seconda si annulla per x = 4 (come sempre l’esponenziale è sempre positivo).
Avremo un punto di flesso per F(4; 16
∼ 2.2)
e2
(f)
RISOLVERE PROBLEMI
2. Calcoliamo l’area A (λ ), integrando per parti
Z
Z λ
x
x λ
A (λ ) =
4xe− 2 dx = 4 −2e− 2 +
0
0
λ
32
h
iλ
x
x
λ
2e− 2 dx = −8e− 2 (x + 2) = −8e− 2 (λ + 2) + 16
0
0
Exercise 34. Un prisma retto ha per base un trapezio rettangolo. Sapendo che l’altezza del prisma, l’altezza
e la base minore del trapezio sono tutte uguali a un segmento di lunghezza 1, determinare:
(1) l’ampiezza x dell’angolo che il lato obliquo forma con la base maggiore del trapezio in modo che il volume
del prisma sia uguale a 32 del volume del cubo di spigolo 1;
(2) determinare infine in funzione di x la superficie totale S(x) del prisma, tracciarne il grafico per x ∈ 0; π2
e verificare che il minimo di S(x) si ottiene quando il prisma diviene un cubo di lato l.
Soluzione:: Disegnamo prima la figura che rappresenta il prisma
(1) Per calcolare il volume del prisma è necessario conoscere l’area di base, che si può calcolare conoscendo
la lunghezza della base maggiore. Pertanto. tracciando l’altezza CK si ha che ABCK è un quadrato di
lato 1. Il segmento KD si pu`
o calcolare applicando i teoremi dei triangoli rettangoli al triangolo CKD:
CK
= tan x
KD
da cui
KD = CK · cot x = cot x
da cui
AD = 1 + cot x
Calcoliamo ora l’area di base
Abase =
(AD + BC) · AB (2 + cot x) · 1
=
2
2
Il volume del prisma sar`
a
V=
2 + cot x
3
·1 =
2
2
risolvendo l’equazione, si ottiene
π
4
(2) La superficie laterale del prisma è data dal prodotto del perimetro per l’altezza. Serve quindi calcolare
anche il lato obliquo del trapezio per ottenere appunto il trapezio. Sempre appplicando i teoremi della
trigonometria al triangolo CKD, si ottiene
cot x = 1
CD =
x=
1
CK
=
sin x sin x
L’area della superficie laterale sar`
a quindi
1
5 sin x + 2 cos x + 1
S(x) = ASl + 2AB = 3 + cot x +
· 1 + (2 + cot x) · 1 =
sin x
sin x
π
(a) L’insieme di definizione è gi`
a indicato nel testo, cioè x ∈ 0; 2
RISOLVERE PROBLEMI
33
(b) positivit`
a della funzione:
5 sin x + 2 cos x + 1
>0
sin x
studiamo il segno del numeratore e del denominatore
S(x) > 0
N>0
D>0
5 sin x + 2 cos x + 1 > 0
sin x > 0
il denominatore è sempre positivo nel primo quadrante, cioè nell’insieme di definizione; studiamo
il segno del numeratore
5 sin x + 2 cos x + 1 > 0
risolviamo utilizzando le formule parametriche, sin x =
2 tan 2x
1+tan2 2x
e cos x =
1−tan2
1+tan2
x
2
x
2
:
10 tan 2x + 2 − tan2 2x + 1 + tan2 2x
>0
1 + tan2 2x
Sia il numeratore che il denominatore di questa frazione sono sempre positivi nel C.E.
(c) calcoliamo i limiti negli estremi del C.E
5 sin x + 2 cos x + 1 3
= = +∞
sin x
0
π
π
per x → 2 , la funzione è definita e f 2 = 6
(d) andamento della funzione
lim
x→0
(5 cos x − 2 sin x) sin x − cos x (5 sin x + 2 cos x + 1)
cos x + 2
=−
sin2 x
sin2 x
il numeratore della derivata è sempre negativo, mentre il denominatore è sempre
positivo; la funzione è quindi sempre decrescente nell’intervallo considerato e avrà min m π2 ; 6 . In questo caso il
segmento KD = 0 e quindi il prisma si riduce a un cubo di spigolo 1.
(3) Possiamo pertanto rappresentare graficamente la funzione (la linea intera è la parte relativa all’intervallo
dato)
0
y =
Exercise 35. In un sistema di coordinate cartesiane ortogonali si considerino i punti O (0; 0) , A (2; 2) e la
circonferenza avente per diametro il segmento OA. Determinare i coefficienti dell’equazione y = ax2 + bx + c in
modo che la parabola da essa rappresentata passi per i punti dati e sia tangente in A alla circonferenza. Calcolare
poi le aree A1 e A2 delle due regioni finite di piano limitate dalle due curve.
Soluzione:: Questo è un tipico esercizio di geometria analitica. Calcoliamo prima l’equazione della circonferenza, il cui centro sar`
a il punto medio del segmento OA:
0+2
=1
2
0+2
yc =
=1
2
il raggio sar`
a dato dalla met`
a della lunghezza del segmento OA:
√
OA
4+4 √
r=
=
= 2
2
2
xC
=
RISOLVERE PROBLEMI
34
Ricordando che l’equazione di una crf è espressa da x2 + y2 + ax + by + c = 0, dove a = −2xc = −2,
b = −2yc = −2 e c = xc2 + y2c − r2 = 0, si ottiene
x2 + y2 − 2x − 2y = 0
• determinare i coefficienti a, b, c vuol dire trovare l’equazione della parabola attraverso un sistema di
tre equazioni nelle incognite a, b, c. Se la parabola passa per O e per A, vuol dire che le coordinate di
questi punti soddisfano l’equazione della parabola cercata; se la parabola è tangente alla circonferenza
nel punto A, vuol dire che condividono una retta tangente in questo punto. Tale retta è facilmente
calcolabile per la crf, essendo perpendicolare al diametro OA e passando per A; il coefficiente angolare
della retta OA è mOA = 1, per cui mtg = −1 e la retta è
y − 2 = −1 (x − 2)
cioè
y = −x + 4
tale retta è tangente anche alla parabola
y = −x + 4
sostituendo
y = ax2 + bx + c
ax2 + x (b + 1) + c − 4 = 0
passando per O, la parabola avr`
a c = 0 e l’equazione diventa y = ax2 + x (b + 1) − 4 = 0; affinché sia
tangente, deve essere ∆ = 0, per cui
∆ = (b + 1)2 + 12a = 0
introducendo questa relazione con l’imposizione del passaggio

0=c
per O

2 = 4a + 2b
per A
 2
tangenza
b + 1 + 2b + 16a = 0


0=c
0=c


a = 1−b
a
= 1−b
2
2
 2
 2
b + 1 + 2b + 8 − 8b = 0
b − 6b + 9 = 0

 a = −1
b=3

c=0
la parabola avr`
a pertanto equazione
y = −x2 + 3x
per i due punti, si ha

0=c

a = 1−b
2
 2
b + 1 + 2b + 16a = 0

0=c

a = 1−b
2

(b − 3)2 = 0

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