PROBLEMI DI SECONDO GRADO: ESEMPI

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1 PROBLEMI DI SECONDO GRADO: ESEMPI Problema 1 Sommando al triplo di un numero intero il quadrato del suo consecutivo si ottiene il numero 9. Qual è il numero? Il campo di accettabilità delle soluzioni è, come vuole il testo, costituito dai soli numeri interi positivi oppure negativi. Se il numero da determinare è x, il modello algebrico del problema è dato da una equazione di secondo grado che di seguito risolviamo: x+3(x+1) =9 quindi, svolgiamo i passaggi: x+3(x + x+1) 9=0 x+ 3 x +6 x+3 9=0 3 x +7 x 6=0 Δ=7 4 3 ( 6)=49+31=361 x= 7± 361 = 7±19 = 13/3=x =x Scartiamo la prima soluzione perchè non appartiene al campo di accettabilità e teniamo solo la seconda. Verifichiamo che il numero ottenuto sia soluzione sostituendo x= nell'equazione del modello algebrico x+3(x+1) =9 +3(+1) =+3 9=+7=9 : Pertanto il numero cercato è x=. Problema : Determina la frazione il cui numeratore supera di il denominatore, sapendo inoltre che essa è uguale alla frazione reciproca aumentata di Il campo di accettabilità, in base al testo del problema, sono le frazioni numeriche dell'insieme Q per cui, detti x e y rispettivamente il numeratore ed il denominatore, il modello algebrico del problema è il seguente : x= y+ x y = y x 15} + 16 Per risolvere il sistema basta sostituire al posto della lettera x la sua espressione nella lettera y data dalla prima equazione ottenendo una equazione di secondo grado fratta nella sola incognita y che risolviamo con le normali procedure di calcolo. x= y+ x y = y x 15} + 16 y+ y = y y ( y+) 15 y ( y+) = 15 y +16 y ( y+) 15 y ( y+) Prof. I. Savoia Problemi di secondo grado : esempi p. 1

2 Dopo avere stabilito le CE y 0 y possiamo moltiplicare tutta l'equazione per il denominatore comune ottenendo quindi una equazione intera che risolviamo: 15 ( y +) =15 y +16 y ( y+) 15 y +60 y +60=15 y +16 y +3 y 16 y 8 y 60=0 4 y 7 y 15=0 Da cui, utilizzando la formula risolutiva dell'equazione di secondo grado otteniamo: Δ=( 7) 4 4 ( 15)=49+40=89 y= ( 7)± 89 = 7± = 5/ 4= y 1 3= y Scartiamo la prima delle due soluzioni perchè non appartenente al campo di accettabilità delle soluzioni del problema (il denominatore della frazione cercata si intende come numero intero) e sostituiamo il valore della seconda nella prima delle due equazioni del nostro modello algebrico, ottenendo: x=3+=5. Verifichiamo la validità della soluzione ottenuta sostituendo x=5 e y=3 nella seconda equazione del sistema x y = y x : 5 3 = = Quindi la soluzione del problema è data dalla frazione 5/3. = = 5 15 = 5 3. Problema 3. Determina l area di un rettangolo il cui perimetro è di 56 cm, sapendo che esso è inscritto in una circonferenza di raggio 10 cm. Rappresentiamo per prima cosa il modello grafico del problema: Prof. I. Savoia Problemi di secondo grado : esempi p.

3 Analizziamo il problema e costruiamo le relazioni tra i dati: anzitutto la richiesta è quella di determinare la misura dell'area per cui occorre, ovviamente, determinare prima le misure dei lati del rettangolo. Essendo il rettangolo inscritto nella circonferenza, la sua diagonale vale il doppio del raggio (D=R=0 cm) e, detti x e y le misure dei suoi lati, per il teorema di Pitagora deve valere la relazione D =x + y poichè la diagonale è anche l'ipotenusa di un triangolo rettangolo con cateti di misure x e y. Il perimetro del rettangolo è dato dal doppio della somma delle misure dei suoi lati per cui possiamo ora costruire il modello algebrico del nostro problema: (x+ y)=56 } x + y =0 x+ y=8 x + y =400} Il modello algebrico consiste quindi di un sistema simmetrico di secondo grado la cui soluzione si ottiene, ad esempio, applicando la formula di waring della somma di due quadrati x + y =( x+ y) x y ottenendo un sistema somma-prodotto: x+ y=8 x + y =400} x+ y=8 (x+ y ) x y=400} x+ y =8 (8) x y=400} x+ y=8 x y= } x+ y=8 x y= 384/( )=19} Scriviamo e risolviamo l'equazione associata al sistema somma-prodotto: z 8 z+19=0 Δ=( 8) 4 19= =16 z= ( 8)± 16 = 8±4 =1 16 Quindi verifichiamo i valori ottenuti sostituendoli nel sistema iniziale: x+ y=8 x + y =400} 1+16= =144+56=400} La soluzione del sistema simmetrico è pertanto: ( x=1, y =16) ; ( x=16, y=1)}. La soluzione del problema è quindi data dal semplice calcolo dell'area A del rettangolo con una qualsiasi delle due coppie di valori sopra trovati: A= x y=16 1=19 [cmq] Prof. I. Savoia Problemi di secondo grado : esempi p. 3

4 Problema 4. Un rettangolo ha l area di 96 cm e la differenza tra il doppio della base e la metà dell altezza è uguale a 9 cm. Determinare la lunghezza delle diagonali. Analisi del testo: l'area, data dalla semplice formula A=x y dove x e y sono le misure dei lati del rettangolo (rispettivamente la base e l'altezza), è un dato numerico conosciuto (A=96 cmq) mentre il quadrato della diagonale incognita vale, per il teorema di pitagora, D = x + y. Campo di accettabilità delle soluzioni: ivalori positivi trattandosi di segmenti. Modello algebrico del problema: x y=96 } x y =9. Il sistema si può risolvere per sostituzione, isolando una delle due incognite della seconda equazione, ad esempio la y, e sostituendone l'espressione in funzione della sola incognita x nellla prima equazione del prodotto. In questo modo si ottiene una equazione di secondo grado nella sola incognita x le cui soluzioni vanno sostituite una per una nell'altra equazione per ottenere i rispettivi valori della y: x y=96 x y =9 } x y =96 4 x y=58} y=4 x 58} x y=96 x (4 x 58)=96 y =4 x 58 } 4 x 58 x 96=0 y =4 x 58 } Δ=( 58) 4 4 ( 96)=4900=70 Risolvendo l'equazione di secondo grado otteniamo: x= ( 58)±70 4 = 58±70 8 = x 1 = 1 8 =3 x = =16 Ora sostituiamo i due valori nell'altra equazione per ottenere i rispettivi valori della y: y 1 =4 x 1 58=4 3 58= 5<0 da scartare perchè negativo; y =4 x 58= =64 58=6 soluzione accettabile. Prof. I. Savoia Problemi di secondo grado : esempi p. 4

5 Verifica dei valori ottenuti: x y=96 } 16 6=96 } x y = =3 3=9 ; assumiamo dunque x=16 e y=6 e, con questi due valori, dall'espressione del teorema di Pitagora D =x + y, otteniamo la diagonale cercata estrando la radice : Soluzione: D= x + y = = 56+36= 9= 4 73= [cm] Problema 5. In un triangolo rettangolo l ipotenusa è 0 cm più lunga di un cateto e questo è 5 3 della sua proiezione sull ipotenusa stessa. Determina il perimetro del triangolo e la sua area [10 cm] Modello grafico del problema: Analisi del testo e relazioni fra i dati: La misura dell'ipotenusa BC=z è data dalla somma delle proiezioni dei suoi cateti: BC=BK+CK, ed è più lunga di 0 cm uno dei cateti, diciamo AB, e questo ultimo è i 5/3 della sua proiezione BK: AB=(5/3)x. Trattandosi di proiezioni dei cateti è il caso di ricordare il primo teorema di Euclide: "il quadrato costruito su di un cateto equivale ad un rettangolo che ha per lati l'ipotenusa e la proiezione del cateo stesso sull ipotenusa". Da questo si ha quindi: AB =BC BK ( 5 3 ) x =z x 5 9 x =z x z= 5 9 x Prof. I. Savoia Problemi di secondo grado : esempi p. 5

6 Modello algebrico : BC =AB+0 AB= BK 3 z= BC =BK +CK} x+0 } z= x+ y con z= 5 9 x, Risoluzione del modello: dalle precedenti relazioni otteniamo, dopo avere sostituito, i valori della proiezione del cateto AB e dell'ipotenusa z=bc: 5 9 x= 5 3 x+0 5 x=15 x x=180 x=18 ; z= =50 Pertanto: la proiezione misura BK=18 [cm], l'ipotenusa misura BC=50 cm mentre il cateto misura AB=(5/3) 18=30 [cm]. Risoluzione del problema: per ottenere il perimetro e l'area occorre anzitutto ottenere la misura del secondo cateto AC dal teorema di Pitagora : AB +AC =BC 30 + AC =50 AC = =1600 AC= 1600=40 Ora possiamo infine concludere ottendo il perimetro e l'area del triangolo ABC: Perimetro: p=ab+bc+ac= =10 [cm]. Area: A= AB AC = = 100 =600 [cmq]. Problemi proposti: 6 In un triangolo rettangolo l ipotenusa è 5 cm più lunga di un cateto e questo è 5 4 della sua proiezione sull ipotenusa stessa. Determina il perimetro del triangolo. [60 cm] 7 Un triangolo rettangolo ha un cateto lungo 7 cm più dell altro e il perimetro di 30 cm. Calcolane l area. 30 cm 8 Un triangolo rettangolo ha un cateto lungo 3 cm più dell altro e il perimetro di 36 cm. Calcolane l area. 54 cm Prof. I. Savoia Problemi di secondo grado : esempi p. 6