Risolvere Problemi

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 avrà 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 sarà 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 sarà 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 sarà, 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 proprietà
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 risulterà 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, simmetrici rispetto alla bisettrice dell’angolo al centro. Possiamo porre BÔK = x. Per il teorema della
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
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4
L’area del rettangolo sarà
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 avrà 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 sarà 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 otterrà 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 sarà
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
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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 sarà
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 può 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 dà sin x = − 21 , da cui si ottiene un angolo maggiore di π e di conseguenza non accettabile.
Il secondo fattore si può 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 sarà 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 − xı̀2
√
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 dà 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 sarà
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 avrà 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 sarà
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 avrà 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 sarà
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 sarà
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
più semplice,
(x − 4)2 + y2 = 16
e l’equazione sarà 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 sarà
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, cosı̀ come la sua simmetrica rispetto all’asse delle x,
la cui equazione sarà y = −mx. Troviamo, pertanto, le coordinate dei loro punti di intersezione con la
RISOLVERE PROBLEMI
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 sarà 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 sarà allora
3
p
−m + 16m 1 4
· = −m3 + 16m
A = 2 m + 16 · √
4
m + 16 2
L’area del triangolo sarà 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 proprietà 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 avrà 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 sarà
3
2p = − a2 + 4a + 6
2
Si può 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
Problem 20. È data una semicirconferenza di diametro AB = 2r e la tangente nel punto B. Una secante
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 avrà 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 avrà 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 sarà
√
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 sarà 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 avrà 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 proprietà 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 più 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 sarà
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
basterà 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 sarà 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 sarà CBA
6
√
Problem 27. É dato il triangolo isoscele ABC con l’angolo BÂC = 120◦ e AB = AC = 6 cm. Calcolare la base
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
BĤA = CĤA = 60◦ ; ne segue che i triangoli BHA e CHA sono due metà di uno stesso triangolo equilatero
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 avrà 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 avrà 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 comodità 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
• positività 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 sarà 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 avrà 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 avrà di conseguenza ∠PAC = x − π6 .
Il triangolo DAB è, per costruzione, la metà di un triangolo equilatero di lato AD e di altezza AB. per la nota
AB
= √4r3 . Il segmento DB sarà la metà
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
=
=
=
=
PA2 + AD2 − 2 · PA · AD cos PÂD
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 sarà positiva quando cos 2x < 0, nel 2◦ e 3◦ quadrante, cioè per π2 < 2x < 3π
2 ; quindi per 4 < x <
π
Essendo decrescente per x < π4 e crescente per π4 < 2x < 3π
4 la funzione avrà un minimo relativo per x = 4 .
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 cosı̀ 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:
• continuità: lim f (x) = 1 = f (x0 ) per x ∈ [−2; 0]; lim f (x) = 1 = f (x0 ) per x ∈ [0; 1]
x→0−
x→0+
• derivabilità:
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
avrà 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 può ottenere più 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
più 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
concavità 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 sarà
(−∞; +∞)
(b) segno della funzione y > 0
x
4xe− 2 > 0
x
in quesro caso si può 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 concavità 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 può 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 sarà
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 sarà 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 già indicato nel testo, cioè x ∈ 0; 2
RISOLVERE PROBLEMI
33
(b) positività 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 sarà il punto medio del segmento OA:
0+2
=1
2
0+2
yc =
=1
2
il raggio sarà dato dalla metà 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 avrà 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 avrà 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