Compito di matematica Classe III ASA 20 novembre 2014

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1 Compito di matematica Classe III ASA 0 novembre Risolvere le seguenti disequazioni irrazionali: 8 x x > 1 x x 1 (x 1) Soluzione (algebrica): La prima disequazione è del tipo A(x) > B(x) e l insieme delle sue soluzioni ha la forma S = S 1 S, essendo S 1 e S, rispettivamente, le soluzioni dei due sistemi: Si ha dunque: 1 x < 0 = x > 1 B(x) < 0 A(x) 0 e B(x) 0 A(x) > [B(x)] 8 x x 0 = x + x 8 0 = (x + 4)(x ) 0 = 4 x Pertanto S 1 = x R 1 < x } 1 x 0 = x 1 8 x x > (1 x) = x < 0 = < x < } } Pertanto S = x R < x 1 e infine S = S 1 S = x R < x La seconda disequazione è del tipo A(x) B(x) e richiede pertanto la risoluzione del sistema B(x) 0 A(x) 0 A(x) [B(x)] 1

2 Si ha dunque: (x 1) 0 = x 1 x 1 0 = x 1 x 1 x 1 4(x 1) = 3x 8x = (x 1)(3x 5) 0 = x 1 x 5 3 Pertanto si ha infine S = Soluzione alternativa (grafica): x R x = 1 x 5 } 3 Rappresentiamo sul piano cartesiano le due curve di equazione y = 8 x x e y = 1 x. Dalla prima equazione si ottiene: y = 8 x x x + y + x = 8 (x + 1) + y = 9 ovvero l equazione rappresenta una semicirconferenza di centro C( 1; 0) e raggio 3, situata al di sopra dell asse x. Tale semicirconferenza interseca la retta di equazione y = 1 x nel punto P la cui ascissa si trova risolvendo l equazione 8 x x = 1 x Elevando al quadrato (con la condizione di non negatività del radicando: 8 x x 0 4 x, del resto già evidente dal grafico appena disegnato), si ottiene: 8 x x = 1 x + x x = x = ± (La soluzione che ci interessa è evidentemente quella negativa, in quanto quella positiva corrisponde all intersezione della retta con la semicirconferenza situata al di sotto dell asse x). La soluzione della disequazione data sarà infine costituita dall insieme dei valori di x in corrispondenza dei quali la semicirconferenza giace strettamente al di sopra della retta, ossia in definitiva < x.

3 In maniera del tutto analoga, per la seconda disequazione si rappresentano graficamente le funzioni y = x 1 (il cui grafico è costituito da due rami di iperbole equilatera appartenenti al primo e al secondo quadrante) e la retta di equazione y = (x 1). La soluzione della disequazione data sarà infine costituita dall insieme dei valori di x in corrispondenza dei quali l iperbole giace al di sotto della retta oppure interseca la retta stessa; risolvendo ( l equazione si ottiene facilmente che le due curve si intersecano nei punti P (1; 0) e 5 C 3 ; 4 ), e pertanto la soluzione della disequazione, come già trovato in precedenza, è data 3 da S = x R x = 1 x 5 } 3. Dato il fascio di rette di equazione x + (k )y + k + 1 = 0 determinare: a) il centro del fascio, le rette generatrici e la retta non rappresentata da alcun valore di k; b) i valori di k in corrispondenza dei quali si ottengono rette che formano con gli assi cartesiani un triangolo di area 5. Soluzione: Riscrivendo l equazione del fascio nella forma x y k(y + 1) = 0, si individuano immediatamente le rette generatrici del fascio stesso: r : x y + 1 = 0 corrispondente a k = 0 s : y + 1 = 0 che non corrisponde ad alcun valore di k (o, più formalmente, a k ) Il centro C del fascio è il punto d intersezione tra le due rette generatrici, determinabile mediante la soluzione del sistema: x y + 1 = 0 x = 3 = = C = ( 3; 1) y + 1 = 0 y = 1 3

4 Osservando la figura, si nota che vi sono esattamente due rette del fascio che possono formare con gli assi cartesiani un triangolo di area fissata S, qualunque sia il valore di S. Considerando infatti la retta di equazione y 3x = 0 (passante per l origine e corrispondente a k = 1, essa non forma triangoli con gli assi cartesiani (si potrebbe dire che forma triangoli degeneri di area nulla); ruotando poi intorno al centro C, la retta interseca l asse x in un punto A e l asse y in un punto B formando così un triangolo AOB compreso rispettivamente nel quarto o nel secondo quadrante a seconda che la rotazione avvenga in senso orario o antiorario. Quando infine la retta arriva a disporsi parallelamente a uno degli assi, il triangolo non si chiude e l area tende a. In realtà le rette del fascio potrebbero formare triangoli con gli assi cartesiani anche nel terzo quadrante, ma l area di questi triangoli risulta in ogni caso maggiore di 3 (area del rettangolo avente come vertici l origine, il centro C e le sue proiezioni sugli assi) e pertanto non rilevante ai fini del problema. Dall equazione del fascio occorre innanzitutto determinare, in funzione di k, le coordinate dei punti A e B d intersezione con gli assi: x + (k )y + k + 1 = 0 = A = ( (k + 1); 0 ) y = 0 x + (k )y + k + 1 = 0 x = 0 = B = ( 0; k + 1 ) k Dal momento che i triangoli vengono formati nel secondo o nel quarto quadrante, le coordinate x A e y B hanno comunque segni discordi, e pertanto l area risulta x Ay B = x Ay B. Si ottiene infine: 1 (k + 1) k = 5 5(k +1) = 4( k) 5k +14k 3 = 0 k = 3 k = Determinare per quali valori di k le rette del fascio di equazione kx + (k + 1)y 1 = 0 intersecano: a) il segmento AP di estremi A(1; 1) e P (0; ) b) il segmento AQ di estremi A(1; 1) e Q( 1; 1) Soluzione: Riscrivendo l equazione del fascio nella forma y 1 + k(x + y) = 0, si individuano immediatamente le rette generatrici del fascio stesso: r : y 1 = 0 s : x + y = 0 nonché il centro C( 1; 1) del fascio, punto d intersezione tra le due rette generatrici, determinabile mediante la soluzione del sistema ottenuto dalle due rette r e s. La retta r corrisponde al valore k = 0, mentre la retta s non corrisponde ad alcun valore di k (o, in una visione più formale ma alquanto utile ai fini del presente problema, corrisponde a un valore di k tendente a infinito). 4

5 Si procede ora a determinare i valori di k corrispondenti alle rette passanti per gli estremi dei segmenti indicati dal problema. Riguardo al punto A, è evidente dal grafico che A r, e pertanto k A = 0. Per i punti P e Q, sostituendo le rispettive coordinate nell equazione del fascio, si ottiene: P : 1 + k(0 + ) = 0 = k P = 1 Q : k( 1 1) = 0 = k Q = 1 Le rette del fascio attraversano dunque il segmento AP per 1 k 0, ruotando in senso orario intorno al centro C al crescere di k. Considerando il verso di rotazione, ed inoltre il fatto che il segmento AQ attraversa la retta s (che corrisponde a k ), si ottiene infine che il segmento AQ stesso è attraversato dalle rette del fascio per k 1 k 0. In particolare, per k 1 le rette attraversano il segmento nei punti del terzo quadrante (tratto OQ), mentre per k 0 l attraversano nei punti del primo quadrante (tratto OA). Soluzione alternativa: Dopo aver determinato l equazione della retta AP, occorre trovare le coordinate (in funzione di k) del punto R d intersezione di tale retta con la retta generica del fascio, quindi imporre la condizione x P x R x A (o in maniera equivalente, come si può facilmente provare, y A y R y P ). Si procederà poi in maniera del tutto analoga per il segmento AQ. Si ha dunque: y retta AP : 1 = x 0 = y = x (il risultato si poteva facilmente evincere dal grafico, osservando semplicemente che la retta AP è parallela alla bisettrice del secondo e quarto quadrante (m = 1) ed interseca l asse y nel punto P di ordinata ). R : y = x + kx + (k + 1)y 1 = 0 = kx + (k + 1)( x) 1 = 0 = x = k + 1 e dunque R = ( k + 1; 1 k ). Si ha infine: 0 x R 1 = 0 k = 1 k 0 = 1 k 0 Analogo risultato, come si può facilmente provare, si ottiene imponendo la condizione sulle y: 1 y R ovvero 1 1 k. Per il segmento AQ si ottiene: retta AQ : y = x (evidente dal grafico) 5

6 R : y = x kx + (k + 1)y 1 = 0 = kx + (k + 1)x 1 = 0 = x = 1 k + 1 ( ) 1 e dunque R = k + 1 ; 1. Si ha infine: k x R 1 = 1 1 k = 1 k = k = k k = k 1 k 0 (Si osservi come manipolando in modo opportuno la doppia disuguaglianza e giocando con i valori assoluti e con la disuguaglianza tra i reciproci di quantità positive si riesce ad arrivare alla soluzione alquanto rapidamente, evitando un più lungo sistema di due disequazioni fratte). Analogo risultato, evidentemente, si ottiene imponendo la condizione 1 y R Dopo aver determinato i punti d intersezione A e B della retta di equazione x + y = 0 con la circonferenza di equazione x + y + x 3y = 0, determinare i punti C e D della circonferenza che formano con A e B un triangolo isoscele sulla base AB. Calcolare infine l area del quadrilatero ACBD. Soluzione: I punti A e B si determinano, come di consueto, risolvendo il sistema ottenuto dalle equazioni della retta e della circonferenza: x + y = 0 = y = x x + y + x 3y = 0 x + ( x) + x 3( x) = 0 x = 0 x = ±1 e quindi A = ( 1; 3) e B = (1; 1). Se i triangoli ACB e ADB sono isosceli come richiesto dal problema, allora il segmento CD deve appartenere all asse del segmento AB (corda della circonferenza) e deve pertanto essere un diametro della circonferenza stessa. L equazione dell asse di AB si può determinare in (almeno) due modi distinti: a) come equazione della retta passante per il punto medio di AB e perpendicolare ad AB stesso: m AB = = 1 m CD = 1 ( = 1 M = ; ) = (0; ) m AB 6

7 asse di AB : y y M = m CD (x x M ) y = 1 (x 0) y = x + b) come luogo geometrico dei punti del piano equidistanti da A e da B: (x x A ) + (y y A ) = (x x B ) + (y y B ) (x+1) +(y 3) = (x 1) +(y 1) x+1 6y+9 = x+1 y+1 4x 4y+8 = 0 y = x+ È ora possibile determinare le coordinate dei punti C e D mettendo a sistema le equazioni della circonferenza e della retta appena trovata (asse di AB): x + y + x 3y = 0 y = x + Sostituendo nella prima equazione si ottiene: x + (x + ) + x 3(x + ) = 0 = x + x = 0 = x = 1 ± 5 ( e infine C = ; 3 + ) ( e D = ; 3 ) 5. Il quadrilatero ACBD ha le diagonali perpendicolari, e quindi la sua area si può facilmente AB CD calcolare mediante la formula A ABCD =. Risulta: AB = (x A x B ) + (y A y B ) = ( 1 1) + (3 1) = Dal momento che CD è un diametro della circonferenza, la sua lunghezza si può facilmente determinare calcolando la lunghezza del raggio a partire dall equazione della circonferenza: ) ( ) r = ( a b 10 + c = e quindi CD = r = 10 Si ottiene infine: A ABCD = 10 = 0 = Dopo aver determinato l equazione della circonferenza passante per i punti A(0; 6) e B(4; 0) e il cui centro appartiene alla retta x y + 1 = 0: a) determinare le equazioni della tangente t 1 passante per l origine degli assi e della tangente t ad essa parallela; b) detti O e T i punti di tangenza, calcolare l area del quadrilatero OAT B. Soluzione:

8 Se si disegna con una certa accuratezza la figura corrispondente al problema, si osserva immediatamente ad occhio che il punto C(; 3) risulta appartenente alla retta x y + 1 = 0 ed equidistante da A e da B, e sarà quindi il centro della circonferenza cercata. Poiché si ha inoltre OC = BC, la circonferenza stessa passa anche per l origine, e quindi la sua equazione si ricava immediatamente: x + y 4x 6y = 0. Volendo procedere in modo più formale, scriviamo l equazione generica della circonferenza nella forma x + y + ax + by + c = 0 e determiniamo tre condizioni indipendenti che ci consentano, risolvendo un sistema di tre equazioni in tre incognite, di determinare i parametri incogniti a, b e c. Le tre condizioni sono: appartenenza del punto A(0; 6) alla circonferenza; appartenenza del punto B(4; 0) alla circonferenza; ( appartenenza del centro C a ; b ) alla retta di equazione x y + 1 = 0. Impostando e risolvendo il sistema così ottenuto, si ha: b + c = a + c = 0 a + b = 0 a = 4 b = 6 c = 0 (Tralascio i passaggi intermedi, che sono alquanto semplici!) [Un altra strada per arrivare all equazione della circonferenza potrebbe essere la seguente: troviamo prima il centro C della circonferenza, come intersezione tra la retta data dal problema e l asse del segmento AB, poi il raggio (= AC) ed infine scriviamo direttamente l equazione della circonferenza di cui sono a questo punto noti centro e raggio.] Per trovare le equazioni delle tangenti t 1 e t conviene ragionare sulle varie simmetrie della figura e sui coefficienti angolari delle varie rette, in questo modo: a) il punto T è il secondo estremo del diametro passante per O; le sue coordinate sono quindi immediatamente T (4; 6); b) il coefficiente angolare della retta passante per O e per T vale m 1 = y T y O x T x O = 3 ; c) il coefficiente angolare della retta t 1 tangente in O è antireciproco di m 1 (in quanto le due rette sono tra loro perpendicolari) e risulta quindi 3 ; d) l equazione della retta t 1, passante per l origine, risulta quindi immediatamente y = 3 x. Per trovare l equazione della retta t basta applicare la formula della retta passante per un punto dato (T ) ed avente coefficiente angolare noto (lo stesso di t 1, essendo le due tangenti parallele): y 6 = 3 (x 4) y = 3 x Infine, il quadrilatero OAT B è un rettangolo di base 4 e altezza 6, e la sua area è quindi pari a 4. Come commento conclusivo, credo sia emerso con evidenza che dall osservazione di un grafico accuratamente realizzato sia spesso possibile ricavare informazioni preziose che consentono di snellire i calcoli e di sfruttare utilmente eventuali proprietà geometriche della figura. Naturalmente, quando si individua una scorciatoia, ciò non può mai essere fatto con leggerezza e deve sempre essere accuratamente giustificato a parole in modo convincente. A queste condizioni, la scorciatoia diventa, oltre che un alleggerimento dei calcoli, anche una soluzione decisamente più intelligente e quindi apprezzabile. 8