Problemi con discussione

Paolo Siviglia
Problemi con discussione
Premessa
Come si sa, un problema è una qualunque questione in cui figurano quantità note (o supposte tali), i
dati, e quantità incognite che devono essere determinate.
Un problema viene risolto analiticamente, ossia attraverso calcoli, se è possibile esprimere mediante
equazioni le relazioni che sussistono fra le quantità note e quelle incognite.
I problemi si distinguono in numerici o letterali, a seconda che i dati siano effettivamente noti oppure
semplicemente supposti tali; nel primo caso, cioè, i dati del problema sono espressi da numeri, nel
secondo, invece, vengono rappresentati da lettere dell’alfabeto, dette parametri.
Per risolvere analiticamente un problema, è necessario:
a)
indicare con una lettera, ad esempio x, una delle quantità incognite (oppure
un’altra ad esse collegata);
b)
esprimere per mezzo dell’incognita x prescelta tutte le altre quantità incognite;
c)
determinare il campo di variabilità dell’incognita x, ossia l’insieme dei valori
numerici che x può assumere compatibilmente con tutte le condizioni del
problema;
d)
trovare l’equazione che risolve il problema, ossia la relazione fra le quantità
incognite e quelle note.
Se l’incognita che risolve il problema è numerica, si trovano le sue radici. Le soluzioni del problema
sono costituite da tutte le radici dell’equazione che appartengono al campo di variabilità dell’incognita
prima determinato.
Se, invece, l’equazione risolvente un problema è parametrica, è necessario stabilire per quali valori del
parametro le sue radici costituiscano soluzioni del problema. Cioè, bisogna condurre la discussione
dell’equazione tenendo conto del campo di variabilità dell’incognita.
A chiarimento di quanto affermato, saranno presentati alcuni esempi di risoluzione di problemi.
Problemi con discussione
1
Applicazioni
Risolvere i seguenti problemi.
1.
2
L’area della superficie di un rettangolo misura 70 cm . Determinare il perimetro del
rettangolo sapendo che la sua dimensione minore è metà della maggiore aumentata di 2 cm.
B
A
C
D
Fig. 1
⎧
2
⎪S = 70 cm
⎪
DATI : ⎨ AB < AD
⎪
1
⎪ AB = AD + 2 cm
2
⎩
Si è indicato con S l’area della superficie del rettangolo e si è supposto AB minore di AD.
Le quantità incognite del problema sono le lunghezze dei segmenti AB e AD, ossia delle due
dimensioni del rettangolo; l’unica quantità nota, invece, è l’area della superficie. Il problema è numerico
perché la quantità nota S è espressa da un valore numerico e, inoltre, nella relazione tra i due suddetti
lati non contiene termini letterali. Per trovare l’equazione risolvente il problema, si procede nel modo
seguente:
Posto:
AD = x,
risulta:
⎛1
⎞
x + 2 ⎟ = 70,
2
⎝
⎠
e si ha l’equazione: x⎜
AB =
1
x+2
2
1 2
x + 2 x = 70,
2
x2 + 4x − 140 = 0
Si è trovata così l’equazione risolvente il problema.
Si determini ora il campo di variabilità dell’incognita x. Poiché x rappresenta la misura di un lato del
rettangolo, deve essere:
x≥0
Infatti, la lunghezza di un segmento non può essere espressa da un numero negativo.
Inoltre, dovendo essere
AB < AD , si ha:
1
x + 2 < x, x + 4 < 2x → −x < −4 → x > 4.
2
Le condizioni del problema non traducibili in equazioni sono:
x≥0
e
x>4
Essendo la prima condizione implicita nella seconda, si dice che le radici dell’equazione devono essere
maggiori di 4 affinché siano soluzioni del problema.
Insomma, i valori di x che risolvono il problema devono soddisfare le condizioni seguenti:
⎧ x 2 + 4 x − 140 = 0
⎨
⎩x > 4
2
Problemi con discussione
Paolo Siviglia
Si risolva ora l’equazione.
⎧ x1 = 10
x = −2 ± 4 + 140 = −2 ± 12 → ⎨
⎩ x2 = −14
Si ha:
Delle due radici trovate soltanto la x1 costituisce una soluzione del problema perché soddisfa la
condizione x > 4.
Per:
x = 10,
Si ha:
AD = x = 10 cm
AB =
1
x + 2 = 5 + 2 = 7 cm
2
(
)
P = 2 AB + AD = 2(7 + 10) = 34 cm.
2.
L’area della superficie di un rettangolo ha per misura il numero reale k, rispetto a una certa
unità. Determinare il perimetro del rettangolo sapendo che la sua dimensione minore è metà
della maggiore aumentata di 2 cm.
C
B
A
Fig. 2
⎧
k >0
⎪S = k
⎪
⎨ AB < AD
⎪
1
⎪ AB = AD + 2 cm
2
⎩
D
Il problema non è numerico perché l’area non è nota ma è epressa per mezzo del parametro k.
L’impostazione, comunque, è la stessa del problema precedente. Infatti, indicando con x la lunghezza
del lato AD e, tenendo conto dei dati del problema, si perviene alla seguente equazione:
⎞
⎛1
x⎜ x + 2 ⎟ = k
⎝2
⎠
ossia:
x2 + 4x − 2k = 0
In questo caso allora bisogna procedere
alla discussione del seguente sistema
misto:
y
⎧ x 2 + 4 x − 2k = 0
⎨
⎩x > 4
k > 16
2k = 32
Si esegua la discussione col metodo
grafico, ponendo:
k = 16
O 4
Fig. 3
x
⎧ y = x2 + 4x
⎨
⎩ y = 2k
Problemi con discussione
3
Si calcoli l’ordinata del punto della parabola di ascissa 4.
f(4) = 16 + 16 = 32
Si ha:
Dal grafico risulta:
Per
NOTA
k > 16
→
(una soluzione)
Non avendo specificato con un numero l’area del rettangolo, come nell’esempio
precedente, si dice che il secondo problema è una generalizzazione del primo.
Dalla discussione emerge che esistono infiniti rettangoli che soddisfano le condizioni
poste se le loro aree sono maggiori di 16.
Insomma, eseguita la discussione, si sa ora che, attribuendo all’area un qualsiasi
valore numerico positivo e minore di 16 non esiste nessun rettangolo che soddiasfi le
condizioni poste; per ogni valore maggiore di 16, invece, ne esiste soltanto uno.
In un piano riferito a un sistema di assi cartesiani ortogonali Oxy è data la parabola
3.
y = −x2 + 4x + 1. Inscrivere nel segmento parabolico appartenente al semipiano delle
ordinate positive un rettangolo avente perimetro 2 p, con p numero reale positivo, e con un
lato giacente sull’asse delle ascisse.
La parabola ha il vertice nel punto V(2; 5), volge la
concavità
verso il basso e incontra l’asse delle ascisse
y
nei
punti
E
ed F.
V
Si consideri una retta parallela all’asse delle ascisse
che interseca la parabola nei punti A e B. Proiettando
A
B
tali punti sull’asse x si determinano rispettivamente i
punti
D e C. Il rettangolo ABCD possiede le
y=t
caratteristiche richieste dal problema. Di tali rettangoli
ne esistono infiniti. Per determinare quelli che
Fig. 4
soddisfano tutte le altre condizioni del problema,
occorre trovare l’equazione risolvente. Si supponga di
E O D
H
C F
x
conoscere l’equazione della retta passante per i punti A
e B, che si indica con y = t. Poiché il rettangolo deve
trovarsi nel semipiano delle ordinate positive, il campo di variabilità dell’incognite t è l’intervallo di
numeri reali compreso fra 0 e 5.
Si ha, cioè:
0<t<5
Per stabilire se gli estremi di tale intervallo sono inclusi o meno, si studino i casi particolari del
problema. Cioè, si controlli se le soluzioni t = 0 e t = 5 siano accettabili oppure no.
Per t = 0, il rettangolo si riduce al segmento EF. Risulta,
cioè: A ≡ D ≡ E e B ≡ C ≡ F
y
V
Si trovino le intersezioni della parabola con l’asse x.
x = 2 ± 4 +1 = 2 ± 5
E 2 − 5; 0 , F 2 + 5; 0
Risulta:
Si calcoli la lunghezza del segmento EF.
Si ha: EF = xF − xE = 2 + 5 − 2 − 5 = 2 5
Si ha:
Fig. .5
O
A≡D≡E
F≡C≡B x
(
) (
(
Si ha, allora:
(
)
) (
)
AD = 0 e AB = 2 5
) (
)
2 p = 2 AD + AB = 2 0 + 2 5 = 4 5 → p = 2 5
4
Problemi con discussione
Paolo Siviglia
La soluzione t = 0 si ha per
p = 2 5 . Tale soluzione è allora accettabile. Quindi, si può scrivere:
t≥0
y
Per t = 5, il rettangolo si riduce al segmento VH.
Risulta, cioè: A≡B≡V e C≡D≡H
V≡A≡B
Si ha, così:
(
F
O H≡C≡D
)
2 p = 2 AD + AB = 2(0 + 5) = 10 → p = 5
La soluzione t = 5 si ha per p = 5.
Quindi, si può scrivere: t ≤ 5.
L’incognita t deve soddisfare allora le condizioni:
0≤t≤5
Fig. 6
E
AB = 0 e AD = VH = yV = 5
x
Per trovare l’equazione risolvente il problema, occorre ora
ricavare le lunghezze dei lati AD e AB in funzione
dell’incognita t. Si trovano prima le coordinate dei punti A e B, risolvendo il sistema:
⎧ y = −x2 + 4x + 1
,
⎨
⎩y = t
Si ha:
(
)
A 2 − 5 − t; 0 ,
(
x2 − 4x − 1 + t = 0,
(
B 2 + 5 − t;0
) (
)
x = 2± 5−t
)
AB = x B − x A = 2 + 5 − t − 2 − 5 − t = 2 5 − t
AD = y A = t
(
)
2 p = 2 AD + AB = 2(t + 2 5 − t
L’equazione risolvente il problema è:
2(t + 2 5 − t = 2 p
Ossia:
t +2 5−t = p,
2 5−t = p −t
Il problema cviene così risolto dal seguente sistema misto:
⎧2 5 − t = p − t
⎨
p≥0
⎩0 ≤ t ≤ 5,
Il parametro p deve essere non negativo, rappresentando il semiperimetro.
Poiché l’equazione trovata è irrazionale, per renderla razionale si devono imporre le condizioni seguenti:
5−t≥0
→
t≤5
(condizioni di realtà del radicale)
p−t≥0
→
t≤p
(limite aggiunto)
Poiché la limitazione t ≤ 5 del problema è implicita nelle condizioni di realtà dell’equazione, può essere
trascurata. Il campo di variabilità dell’incognita è allora:
0≤t≤p
Elevando al quadrato entrambi i membri dell’equazione irrazionale, si ha:
Problemi con discussione
5
20 − 4t = p2 − 2pt + t2
t2 − 2(p − 2)t + p2 − 20 = 0
Ossia:
Il problema viene risolto dal seguente sistema misto:
⎧t 2 − 2( p − 2)t + p 2 − 20 = 0
⎨
p≥0
⎩0 ≤ t ≤ p,
Si discute ora l’equazione col metodo della parabola mobile.
• Condizioni di realtà dell’equazione:
Δ 2
2
= p – 4p + 4 − p + 20 = 24 − 4 p = 4(6 − p) ≥ 0 per p ≤ 6
4
•
Studio del segno del primo coefficiente:
1° C = 1 > 0 sempre
•
Studio del segno delle ordinate corrispondenti alle ascisse 0 e p.
f(0) = p2 − 20 ≥ 0 per p ≤ −2 5 oppure p ≥ 2 5
f(p) = p2 − 2p2 + 4p + p2 − 20 = 4p − 20 = 4(p −5) ≥ 0 per p ≥ 5
•
Confronto dei limiti della variabile t con l’ascissa del vertice della parabola
b
∑ = − 2a = p − 2
Σ − 0 = p − 2 ≥ 0 per p ≥ 2
Σ − p = p − 2 − p = − 2 < 0 sempre
QUADRO DEGLI INTERVALLI
Dal quadro, si rivcava:
Δ
6
0
1.
(una soluzione)
1° C
f(0)
2. Per 5 ≤ p ≤ 6 →
(due soluzioni)
Ciò significa che per p compreso tra 2 5 e
5 esiste soltanto un rettangolo che soddisfa le
condizioni del problema; invece, per p
compreso fra 5 e 6 ne esistono due.
2 5
5
f(p)
Σ−0
2
Si provi a verificare i risultati attribuendo al
parametro p, ossia al semiperimetro, dei
valori numerici.
Σ−p
p=1
Sia:
L’equazione diviene:
2 5 − t = 1 − p,
6
Per 2 5 ≤ p < 5 →
Problemi con discussione
0≤t≤1
Paolo Siviglia
Risolvendo, si ha:
20 − 4t = 1 − 2t + t2, t2 + 2t − 19 = 0
t1 = −1 − 20 < 0 → non accettabile
t 2 = −1 + 20 > 1 → non accettabile
La non accettabilità di entrambe le radici trovate era prevista dalla discussione.
Infatti, per 0 < p < 2 5 non si hanno soluzioni.
t1 < 0 < p < t2
t1
0
p
Si consideri ora:
p = 4,8
t2
t
Ciò significa che non esistono rettangoli inscritti
nel segmento parabolico considerato che abbiano
perimetro uguale a 2.
Essendo 4,8 compreso nell’intervallo che va da 2 5 a 5, si dovrà ottenere una radice accettabile.
L’equazione diviene:
2 5 − t = 4,8 − p,
Risolvendo, si ha:
0 ≤ t ≤ 4,8
20 − 4t = 23,04 − 9,6t + t2, t2 − 5,6t + 3,04 = 0
t1 = 2,8 − 4,8 ≈ 0,61 → accettabile
t 2 = 2,8 + 4,8 ≈ 4,99 > 4,8 → non accettabile
0
t1
t2
p
Come previsto è accettabile soltanto una delle due radici.
t
Infatti, per 2 5 < p < 5, si ha soltanto una soluzione.
0 < t1 < p < t2
Si consideri ora un valore numerico compreso fra 5 e 6.
Sia, ad esempio:
p = 5,6
Essendo 5,6 compreso nell’intervallo che va da 5 a 6, si dovranno ottenere due radici accettabili.
L’equazione diviene:
Risolvendo, si ha:
2 5 − t = 5,6 − p, 0 ≤ t ≤ 5,6
20 − 4t = 31,36 − 11,2t + t2, t2 − 7,2t + 11,36 = 0
t1 = 3,6 − 1,6 ≈ 2,34 → accettabile
t 2 = 3,6 + 1,6 ≈ 4,86 → accettabile
Infatti, per 5 < p < 6, si hanno due soluzioni.
0
t1
t2
p
t
0 < t1 < t2 < p.
Per p > 6, le radici non sono reali perché il discriminante è minore di zero.
Ciò significa che la parabola non intrseca l’asse delle ascisse.
4.
In un piano riferito a un sistema di assi cartesiani ortogonali Oxy è data la parabola
2x2 − 16x + 14 + 3y = 0. Inscrivere nel segmento parabolico contenuto nel semipiano
delle ordinate positive un rettangolo, con un lato sull’asse x, avente perimetro lungo 4k, dove
k è un numero reale positivo.
Problemi con discussione
7
Si risolva l’equazione rispetto all’incognita y.
2
16
14
y = − x2 + x −
3
3
3
Si ha:
16
32 64 14
b
−
=6.
xV = −
= − 3 = 4, yV = − +
4
3
3
3
2a
−
3
Si trovino le intersezioni della parabola con l’asse x, risolvendo il sistema:
y
2 2 16
14
⎧
⎪y = − x + x −
3
3
3,
⎨
⎪⎩ y = 0
V
C
D
L
O A C’ H
−
V(4; 6)
2 2 16
14
x + x − = 0,
3
3
3
x2 − 8x + 7 = 0, x1 = 1, x2 = 7.
Indicando con A e B tali punti, si ha:
B
D’
A(1; 0), B(7; 0),
x
Il problema è analogo a quello dell’esempio precedente. Ci si
propone però di risolverlo con un procedimento diverso.
Fig. 7
∩
Si consideri un punto C dell’arco
AV di parabola. Si indichino
con (x; y) le sue coordinate.
Sia, cioè:
C(x; y)
Affinché tale punto apparetenga alla parabola, dev’essere:
2
16
14 ⎞
⎛
C ⎜ x; − x 2 + x − ⎟
3
3
3⎠
⎝
Per non appesantire i calcoli è conveniente indicare con
sostituzione col trinomio di secondo grado successivamente.
y l’ordinata del punto C ed eseguire la
Dal punto C si conduca la parallela all’asse x fino ad incontrare in D la parabola. Siano C’ e D’ le
proiezioni ortogonali sull’asse x dei punti C e D. Il rettangolo CDD’C’ è inscritto nel segmento
parabolico contenuto nel semipiamo delle ordinate positive e ha un lato sull’asse x.
Noto il vertice C del rettangolo, come si vede, è univocamente determinato il rtettangolo avente le
caratteristiche espresse dal problema.
∩
A ogni punto C appartenente all’arco AV di parabola corrisponde uno e uno soltanto di tali rettangoli.
Per trovare l’equazione risolvente il problema, si determinino i lati del rettangolo a partire dalle
coordinate del punto C e si imponga che il perimetro sia 4k, come vuole il problema.
Si ha:
CL = xV − xC = 4 − x
CD = 2 CL = 2(4 − x) = 8 − x
CC ' = yC = y
(
)
Perimetro = 2 CD + CC ' = 2(8 −2x + y)
8
Problemi con discussione
Paolo Siviglia
e si ha l’equazione: 2(8 − 2x + y) = 4k
Dividendo per 2, si ha:
8 −2x + y = 2k
Per la condizione di appartenenza del punto C alla parabola, si deve avere:
2
16
14
y = − x2 + x −
3
3
3
Quindi, il problema viene risolto dal sistema:
2 2 16
14
⎧
⎪y = − x + x −
3
3
3
⎨
⎪⎩8 − 2 x + y = 2k
Sotto le condizioni:
1 < x < 4,
e
0<y<6
Si passa ora allo studio dei casi particolari.
y
I CASO: C ≡ A→ x = 1 e y = 0
Si ha: CD = AB = x B − x A = 7 − 1 = 6 ,
V
CC ' = 0
(
)
p = 2 CD + CC ' = 2(6 + 0) = 12
O
A ≡ C ≡ C’
B ≡ D ≡ D’
x
4k = 12 →
k=3
Il punto C può coincidere con il punto A e perciò si
ha: x ≥ 1 e y ≥ 0
Fig. 8
II CASO: C ≡ V→ x = 4 e y = 6
y
Si ha: CD = 0, CC ' = VH = yV = 6
(
C≡V≡D
O A
)
p = 2 CD + CC ' = 2(0 + 6) = 12 ,
4k = 12 →
B
C’ ≡ H ≡ D’
x
Il punto C può coincidere col vertice V.
Si ha, perciò: x ≤ 4
Fig. 9
1≤x≤4
k=3
e
y≤6
I campi di variabilità (o limitazioni) delle incognite
sono espressi da:
e
0≤y≤6
Come si è visto, per t = 3 il punto C può coincidere con A oppure con V. Ciò vuol dire che per lo stesso
Problemi con discussione
9
valore t = 3, il sistema fornisce due soluzioni limite. In tal caso, si dice che il problema è simmetrico e,
discutendolo, si devono ottenere due soluzioni o nessuna.
Il problema viene risolto, quindi, dal seguente sistema misto:
⎧3 y = −2 x 2 + 16 x − 14
⎪
⎨2 x − y + 2 k − 8 = 0
⎪1 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 6
⎩
La discussione può essere eseguita col metodo grafico tenendo presente che la prima equazione
rappresenta una parabola e la seconda un fascio di rette parallele.
y
t=
15
4
•
t=3
Retta del fascio passante per A(1; 0):
2 − 0 + 2k − 8 = 0, 2k − 6 = 0 → k = 3
V
•
Retta del fascio passante per V(4; 6):
8 − 6 + 2k − 8 = 0, 2k − 6 = 0 → k = 3
•
O
B
A
x
Retta del fascio tangente alla parabola.
Risolvendo la seconda equazione rispeto a y, si
ha:
y = 2x + 2k − 8
Fig. 10
Sostituendo nella prima equazione, si ha:
6x + 6k − 24 = − 2x2 + 16x − 14
Riducendo i termini simili e ordinando, si perviene all’equazione:
x2 − 5 x + 3k − 5 = 0
Per la condizione di tangenza, si ha:
Δ = 25 − 12k + 20 = 45 − 12k = 3(15 − 4k) = 0 per k =
15
4
Dal grafico, si deduce:
per
3≤k ≤
15
→
4
Infatti, le rette che si ottengono per k compreso fra 3 e
(due soluzioni)
15
intersecano due volte l’arco della parabola
4
avente per estremi i punti A e V.
5.
Sia t la retta tangente in B alla semicirconferenza di diametro
2
AB =2r. Determinare su tale
2
semicirconferenza un punto C tale che si abbia: 2 AC + CD = kr , dove D è la
2
proiezione ortogonale del punto C sulla retta t e k un numero reale assegnato. Discussione.
10
Problemi con discussione
Paolo Siviglia
t
C
D
A
k∈R
B
Fig. 11
H
⎧⎪ AB = 2r
DATI : ⎨
2
2
⎪⎩2 AC + CD = kr 2
Sia H la proiezione ortogonale del punto C sul diametro AB.
Posto: AH = x, risulta: CD = HB = AB − AH = 2r − x
Essendo ABC un triangolo rettangolo, per il primo teorema di Euclide, si ha:
2
AB ÷ AC = AC ÷ AH , 2r ÷ AC = AC ÷ x, AC = 2rx
Sostituendo così nella relazione del problema, si ha l’equazione:
4rx + (2r − x)2 = kr2
x2 + 4r2 − kr2 = 0
ossia:
Si procede ora alla determinazione del campo di variabilità dell’incognita x.
Poiché il punto C può andare da A a B lungo la semicirconferenza, la sua proiezione ortogonale H va
da A a B lungo il diametro AB.
0 < x < 2r
Quindi, si ha:
Si studino ora i casi particolari, cioè si stabilisca se il problema ha senso per C coincidente con gli
estremi A e B della semicirconferenza.
t
I CASO: C ≡ A → H ≡ A→ D ≡ B → x = 0
AC = 0, CD = AB = 2r
Sostituendo nella relazione del problema, si ha:
2 ⋅ 0 + (2r)2 = kr2 →
A≡C≡H
Fig. 12
B≡D
k=4
La soluzione x = 0 si ha per k = 4.
Quindi, si ha: x ≥ 0
t
II CASO: C ≡ B → H ≡ B→ D ≡ B → x = 2r
CD = 0, AC = AB = 2r
Sostituendo nella relazione del problema, si ha:
2 ⋅ (2r)2 + 0 = kr2 →
A
Fig. 13
B≡D≡C≡H
k=8
La soluzione x = 2r si ha per k = 8.
Quindi, si ha: x ≤ 2r
Problemi con discussione
11
I limiti geometrici del problema sono allora:
0 ≤ x ≤ 2r
I valori 4 e 8 sono due capisaldi del problema.
Si deve discutere allora il seguente sistema misto:
⎧ x 2 + 4r 2 − kr 2 = 0
⎨
⎩0 ≤ x ≤ 2r , k ∈ R
Si scriva l’equazione sotto la forma:
x2 = (k − 4)r2
Indicando con y entrambi i membri, si ottiene il sistema:
⎧⎪ y = x 2
⎨
⎪⎩ y = (k − 4)r 2
La prima equazione rappresenta una parabola col vertice nell’origine degli assi coordinati e la seconda
rappresenta un fasciuo di rette parallele all’asse delle ascisse.
∩
L’arco di parabola OE è formato da punti
aventi ascisse comprese fra 0 e 2r. Si ha:
y
(k−4)r2 = 4r2
E
(k − 4)r2 = 0
k=4
O
Fig. 14
k=8
x
2r
f(0) = 0 → O(0; 0),
f(2r) = 4r2 → E(2r; 4r2)
I valori di k delle rette rette passanti per i
punti O ed E sono:
(k − 4)r2 = 0
→ k=4
k − 4)r2 = 4 r2
→
k=8
Come si vede, si sono ritrovati nella discussione dell’equazione gli stessi valori dei capisaldi determinati
nello studio dei casi particolari. Se non si fosse verificato tale riscontro, allora da qualche parte sarebbe
stato commesso almeno un errore. Quindi, lo studio dei casi particolari (o casi limite) è impoprtante, sia
perché così è possibile stabilire se gli estremi del campo di variabilità dell’incognita siano inclusi o
meno, sia per un controllo della discussione dell’equazione risolvente il problema.
Dal grafico si deduce: per 4 ≤ k ≤ 8
y
soluzione)
t
C
A
−r
Si risolva ora il problema mediante la geometria
analitica.
D
⎧⎪ AB = 2r
DATI : ⎨
2
2
⎪⎩2 AC + CD = kr 2
B
r
O
Fig. 15
12
→ (una
Problemi con discussione
x
k∈R
Paolo Siviglia
Si consideri il centro O della semicirconferenza come origine di un sistema di assi cartesiani ortogonali
con l’asse x coincidente con la retta passante per i punti A e B e con l’asse y perpendicolare in O al
diametro AB.
A(− r; 0), B(r; 0), retta t: x = r
x2 + y2 = r2
(equazione della circonferenza col centro nell’origine degli
Si ha:
assi coordinati e raggio r)
C(x; y)
D (r; y)
Sia:
Risulta:
2
AC = (x + r)2 + (y − 0)2 = x2 + 2rx + r2 + y2 = x2 + y2 +2rx + r2
CD = xD − xC = r − x
Per la condizione di appartenenza del punto C alla semicirconferenza e per la relazione del problema, si
ha il sistema di equazioni:
⎧⎪ x 2 + y 2 = r 2
⎨ 2
⎪⎩2 x + y 2 + 2rx + r 2 + (r − x )2 = kr 2
(
2
)
2
2
Sostituendo r al posto di x + y nella seconda equazione, si ha:
2(r2 +2rx + r2 ) + (r − x)2 = kr2
2r2 +4rx + 2r2 +r2 − 2rx + x2 − kr2 = 0
x2 + 2rx + 5 r2 − kr2 = 0
Il campo di variabilità della x è:
−r≤x≤r
Il problema allora è risolto dal seguente sistema misto:
⎧ x 2 + 2rx + 5r 2 − kr 2 = 0
⎨
⎩− r ≤ x ≤ r
La discussione viene eseguita col metodo della parabola fissa.
Si può scrivere:
y
x2 + 2rx = (k−5)r2
Da cui, il sistema:
F
(k−5)r2 = 3r2
⎧⎪ y = x 2 + 2rx
⎨
⎪⎩ y = (k − 5)r 2
k=8
−r
O
(k−5)r2 = − r2
r
V
x
k=4
Fig.16
La prima equazione rappresenta una
parabola passante per l’origine e col
2
vertice nel punto V(−r; −r ).
I punti della parabola aventi le ascisse
comprese fra −r e r sono quelli
dell’rco avente per estremi i punti V e
F(r; 3r2).
Problemi con discussione
13
La seconda equazione rappresenta un fascio di rette parallele all’asse delle ascisse.
2
2
Retta passante per V: (k−5)r = − r → k = 4;
2
2
Retta passante per F: (k−5)r = 3r → k = 8.
Per k compreso tra 4 e 8, si hanno rette che intersecano una sola volta l’arco di parabola considerato.
Quindi, si può dire: 4 ≤ k ≤ 8: una soluzione.
In un triangolo rettangolo l’ipotenusa e l’altezza ad essa relativa misurano rispettivamente a e
h. Determinare il triangolo.
6.
B
⎧⎪ BC = a
DATI ⎨
⎪⎩ AH = h
Sia ABC un triangolo rettangolo.
H
C
A
Fig. 17
Posto: BH = x e HC = y
⎧x + y = a
⎨
2
⎩ xy = h
si ha il sistema:
(secondo teorema di Euclide)
Le incognite x e y devono soddisfare le condizioni:
0<x<a
e
0<y<a
Vengono ora studiati i casi limite.
A≡ H ≡ B
H≡B
C
→
→
x=0
2
y=a
e
Si ha: CH ⋅ HB = AH → a ⋅ o = h →
x≥0
Quindi:
A≡ H ≡ C
x≤0
Quindi:
h=0
2
y≤a
e
H≡C
B
A≡B
→
A≡C
→
2
x=a
e
Si ha: CH ⋅ HB = AH → 0 ⋅ a = h →
2
y=0
h=0
y≥0
e
Il problema è simmetrico perché si ha lo stesso caposaldo sia per H ≡ B sia per H ≡ C. Si ha così il
seguente sistema misto.
⎧x + y = a
⎪
2
⎨ xy = h
⎪0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ a
⎩
Si può discutere il sistema graficamente.
La prima equazione rappresenta una retta, la seconda un fascio di iperboli equilatere riferite ai propri
asintoti.
I punti della retta aventi ascisse e ordinate comprese fra 0 e a formano il segmento i cui estremi sono i
punti:
M(0; a)
14
Problemi con discussione
e
N(a; 0)
Paolo Siviglia
L’iperbole passante per il punto M è
degenere, coincidendo con i propri asintoti
(un’iperbole è degenere se i due rami che la
costituiscono sono due rette)
La sua equazione è: xy = 0, che equivale al
y
a M
h=
⎧x = 0
⎩y = 0
1
a
2
sistema: ⎨
Quindi, gli assi coordinati costituiscono
un’iperbole degenere. Allora, l’iperbole che
passa per M è quella che passa anche per N.
h= 0
h=0
N
a
O
Tale iperbole si ha per h = 0.
Fig. 18
x
Si trova ora per quale valore di h si ha
l’iperbole tangente alla retta x + y = a.
Sostituendo y = x − a nella seconda equazione, si ha:
x(x − a) = h, x2 − ax + h2 = 0
Δ = a2 − 4 h2 = 0
→ h=
1
a
2
Dal grafico si deduce:
0≤h≤
per
1
a
2
→
(due soluzioni)
Dal risultato si deduce che se ad un triangolo rettangolo sono assegnati l’ipotenusa e l’altezza ad essa
relativa, affinchè il triangolo esista, l’altezza dev’essere minore della metà dell’ipotenusa. Ad esempio,
se ad un triangolo rettangolo si assegna l’ipotenusa uguale a 20 cm, all’altezza non potrà essere
assegnato un valore maggiore di 10 cm.
7.
Sia AB = r 3 una corda della circonferenza di centro O e raggio r. Determinare sul
maggiore degli archi aventi come estremi i punti A e B, un punto P in modo che risulti:
PA + PB = kr , con k∈R.
P
⎧⎪ AB = r 3
DATI : ⎨
⎪⎩ PA + PB = kr
60°
A
120° − x
x
B
Fig- 19
∩
Sia P un generico punto appartenente al maggiore degli
∩
archi AB .
Unendo P con A e B, si ottiene il triangolo ABP.
Si prova facilmente che al variare del punto P sull’arco
∧
AB , si ha: A P B = 60°. Infatti, tenuto conto del teorema dei seni applicato al triangolo ABP, si ha:
Problemi con discussione
15
∧
∧
AB = 2r sen P → sen P =
∧
∧
AB r 3
3
=
=
→ P = 60°
2r
2r
2
∧
P A B = x, risulta: P B A = 120° − x
Posto:
Applicando il teorema dei seni al triangolo APB, si ha:
PA = 2r sen(120° − x) = 2r (sen 120° cos x − sen x cos120°) =
(
⎛ 3
⎞
1
= 2r ⎜⎜
cos x + sen x ⎟⎟ = r 3 cos x + sen x
2
⎝ 2
⎠
)
PB = 2r sen x
Sostituendo nella relazione del problema, si perviene alla seguente equazione:
(
)
r 3 cos x + sen x + 2r sen x = kr
Dividendo per r e ordinando si ottiene l’equazione risolvente il problema:
3 cos x + 3sen x = k
Per determinare il campo di variabilità dell’incognita x, basta osservare che il punto P può andare dal
punto B al punto A lungo il maggiore dei due
∩
archi AB .
P3
t
60°
≡ B, le rette PA e PB coincidono e
P2
Per P
60°
= 0° .
Per P ≡ A, la retta PA coincide con la retta t
tangente in A alla circonferenza e perciò, si
∧
60°
perciò, si ha: P A B
P1
∧
A
B
Fig. 20
ha: P A B = 120° .
Il campo di variabilità dell’incognita è
rappresentato allora dalla seguente relazione:
0° < x < 120°
Per stabilire se il problema ha significato anche per P
∩
coincidente con gli estremi A e B dell’arco AB ,
vengono ora esaminati i casi particolari.
P ≡ B→ x = 0°
PA = AB = r 3 , PB = BB = 0
A
B≡P
Fig. 21
Sostituendo nella relazione del problema, si ha:
r 3 + 0 = kr →
Quindi, si ha: x ≥ 0°
16
Problemi con discussione
k= 3
Paolo Siviglia
P ≡ A→ x = 120°
t
PA = AA = 0, PB = AB = r 3
Sostituendo nella relazione del problema, si ha:
r 3 + 0 = kr →
120°
P≡A
k= 3
Quindi, si ha: x ≤ 120°
Il campo di variabilità dell’incognita è, quindi:
B
Fig. 22
0° ≤ x ≤ 120°
Il problema è simmetrico perché il triangolo APB si
∩
riduce al segmento AB in entrambi i casi in cui il punto P coincide con uno degli estremi dell’arco AB .
Infatti, per lo stesso valore del parametro k =
3 , si ha: x = 0° e x = 120°.
Ciò vuol dire che per ogni valore del parametro k, il problema presenta o due soluzioni o nessuna.
Il problema viene risolto dal seguente sistema misto:
⎧ 3 cos x + 3 sen x = k
⎨
⎩0° ≤ x ≤ 120°
Il sistema può essere risolto facilmente col
metodo grafico, associando all’equazione
trovata quella relativa alla circonferenza
goniometrica Il sistema, infatti, può essere
espresso nel modo seguente:
Y
k=2 3
N
M X
k= 3
O
Fig. 23
⎧ 3 cos x + 3 sen x = k
⎪⎪ 2
2
⎨cos x + sen x = 1 .
⎪0° ≤ x ≤ 120°
⎪⎩
La prima equazione rappresenta un fascio di
rette parallele. Poiché l’angolo x è compreso fra
0° e 120°, bisogna considerare l’arco di
circonferenza goniometrica di estremi i punti M
e N. Si ha:
M(cos 0°; sen 0°) → M(1; 0)
⎛ 1 3⎞
⎟
N(cos120°; sen120°) → N ⎜⎜ − ;
⎟
2
2
⎝
⎠
3+0=k → k=
−
3
3
3
+ 3⋅
=k →k = 3
2
2
Retta passante per M
Retta passante per N
Sono stati ritrovati i capisaldi ottenuti dall’esame dei casi particolari, come era da aspettarsi.
Retta tangente alla circonferenza:
Problemi con discussione
17
k
3+9
= 1 → k = 2 3 → k = ±2 3
La retta tangente che riguarda il problema si ha per
k = 2 3.
Si ottengono i seguenti risultati:
Per
18
3≤k≤2 3
Problemi con discussione
due soluzioni