Problema di massimo con geometria piana
Ho questo problema: data una semicirconferenza di diametro $AB=2r$ traccia la tangente $t$ in $A$ e, preso un punto $P$, indica con $C$ la sua proiezione su $t$. Trova $P$ in modo che $PB+PC$ sia massima.
Ho provato a fare un disegno, poi però ho visto che dovrei trovare la base minore e il lato obliquo di un trapezio, ma non ho dati a sufficienza per farlo. Potreste indicarmi che strada prendere per risolverlo?
Ho provato a fare un disegno, poi però ho visto che dovrei trovare la base minore e il lato obliquo di un trapezio, ma non ho dati a sufficienza per farlo. Potreste indicarmi che strada prendere per risolverlo?
Risposte
Certo che ti sforzi pochetto. Inizia a buttar giù un piano. Ad esempio che formula ha una circonferenza di raggio r e con centro (r,0)? Scrivila e poi prendi la parte positiva.
Ma il problema andrebbe risolto con la gometria euclidea e non analitica. Con la geometria analitica effettivamente sarebbe più semplice.
Z. sono tutti triangoli rettangoli. Prova a porre $P\hat(B)A=x$ ed a esprimere $\bar(PB)$ e $\bar(PC)$ in funzione di questo.
Ad esempio, $\bar(PB)=2*R*cos(x)$
$\bar(AC)=\bar(PH)=\bar(PB)*sen(x)$
indicando con $H$ il piede della perpendicolare al diametro $\bar(AB)$ condotta da $P$.
$\bar(PA)=2*R*sen(x)$
Poi con il teorema del coseno trovi $\bar(PC)$ suvvia, questo non è difficile. Ce ne sono di ben peggiori.
Ad esempio, $\bar(PB)=2*R*cos(x)$
$\bar(AC)=\bar(PH)=\bar(PB)*sen(x)$
indicando con $H$ il piede della perpendicolare al diametro $\bar(AB)$ condotta da $P$.
$\bar(PA)=2*R*sen(x)$
Poi con il teorema del coseno trovi $\bar(PC)$ suvvia, questo non è difficile. Ce ne sono di ben peggiori.
Vabbè, allora comincia a segnare l'origine O, congiungi anche AP e traccia l'altezza PD del triangolo rettangolo APB. Infatti, come certo sai, tutti i triangoli inscritti in una semicirconferenza sono rettangoli.
Fatto questo noterai che $CP=AD=x$ così ci dai un nome e sai che devi trovare $L(x)_(max)=x+PB$
$PB=sqrt(DB^2+PD^2)$ e $DB=2r-x$.
Ci manca PD ma sappiamo che $DO=r-x$ e che $OP=r$, quindi $PD=sqrt(r^2-(r-x)^2)$
E direi che puoi continuare tu..e definire la funzione $L(x)$
Fatto questo noterai che $CP=AD=x$ così ci dai un nome e sai che devi trovare $L(x)_(max)=x+PB$
$PB=sqrt(DB^2+PD^2)$ e $DB=2r-x$.
Ci manca PD ma sappiamo che $DO=r-x$ e che $OP=r$, quindi $PD=sqrt(r^2-(r-x)^2)$
E direi che puoi continuare tu..e definire la funzione $L(x)$
Si in effetti in questo caso si può anche porre un segmento come incognita @Bokonon. Io avevo pensato all'angolo.
"SirDanielFortesque":
Si in effetti in questo caso si può anche porre un segmento come incognita @Bokonon. Io avevo pensato all'angolo.
L'ho vista subito dopo che avevo postato....e di certo è un'ottima strada pure quella.
ZfreS potrebbe provare a farlo in entrambi i modi secondo me gli gioverà sicuramente.
Se trova le $x_(M_1)$ e $x_(M_2)$ in corrispondenza delle quali si ha il massimo (massimizzando le due diverse funzioni che otterrà) può direttamente verificare che in entrambi i casi il valore massimo è lo stesso (ovviamente).
Se trova le $x_(M_1)$ e $x_(M_2)$ in corrispondenza delle quali si ha il massimo (massimizzando le due diverse funzioni che otterrà) può direttamente verificare che in entrambi i casi il valore massimo è lo stesso (ovviamente).
Ok, ho visto prima la risposta di SirDanielFortesque, ma grazie comunque anchè per la'ltra soluzione! Il problema è risolto!
In effetti non era complesso, ma c'è questo che lo è, è in parte simile: sulla semicirconferenza di diametro $AB=2r$ determina un punto $P$ tale che, dette $M$ e $H$ le sue proiezioni ortogonali rispettivamente sulla retta tangente in $A$ alla semicirconferenza e sul diametro $AB$, sia massima l'area del rettangolo $AHPM$. Allego sotto il disegno.
Ho provato a ragionare così: l'incognita posta già dal problema è l'angolo, quindi devo cercare di esprimere tutto il resto in funzione di questo. Trovo $AP$ che vale $AP=2rsinx$ e trovo poi $PB=2rcosx$ e infine trovo $PH=PBsinx=2rsinxcosx$.
L'idea per trovare $AH$ era di applicare pitagora al triangolo $APH$, ma forse non è la strada più conveniente perchè mi porta a funzioni goniometriche sotto radice, complicando la funzione finale. Potreste aiuutarmi su questo punto, sempre se ho fatto giusto il resto?
In effetti non era complesso, ma c'è questo che lo è, è in parte simile: sulla semicirconferenza di diametro $AB=2r$ determina un punto $P$ tale che, dette $M$ e $H$ le sue proiezioni ortogonali rispettivamente sulla retta tangente in $A$ alla semicirconferenza e sul diametro $AB$, sia massima l'area del rettangolo $AHPM$. Allego sotto il disegno.
Ho provato a ragionare così: l'incognita posta già dal problema è l'angolo, quindi devo cercare di esprimere tutto il resto in funzione di questo. Trovo $AP$ che vale $AP=2rsinx$ e trovo poi $PB=2rcosx$ e infine trovo $PH=PBsinx=2rsinxcosx$.
L'idea per trovare $AH$ era di applicare pitagora al triangolo $APH$, ma forse non è la strada più conveniente perchè mi porta a funzioni goniometriche sotto radice, complicando la funzione finale. Potreste aiuutarmi su questo punto, sempre se ho fatto giusto il resto?
"SirDanielFortesque":
Zfres può provare a farlo in entrambi i modi secondo me gli gioverà sicuramente.
Concordo.
Se non ho sbagliato i conti $L(x)_(max)=5/2r$ confermi?
Si anche a me viene così massimizzando la funzione:
$L(x)=2*r*[cos(x)+sen^2(x)]$
La scrivo perché in effetti applicando il teorema di Carnot viene fuori un'espressione piuttosto complicata da derivare utilizzando il metodo della incognita angolo, ma raccogliendo e usando le identità goniometriche si riesce a semplificare fino a così come ho scritto. Con l'incognita segmento è più veloce forse.
$x_(M_1)=pi/3$
$L(x)=2*r*[cos(x)+sen^2(x)]$
La scrivo perché in effetti applicando il teorema di Carnot viene fuori un'espressione piuttosto complicata da derivare utilizzando il metodo della incognita angolo, ma raccogliendo e usando le identità goniometriche si riesce a semplificare fino a così come ho scritto. Con l'incognita segmento è più veloce forse.
$x_(M_1)=pi/3$
No, dovrebbe venire $rsqrt(3)$, ho provato entrambi i casi. Nel caso dell'angolo come incognita non mi viene un'espressione complicata ma viene $2rcosx+2rsin^2x$
"ZfreS":
No, dovrebbe venire $r*sqrt(3)$, ho provato
Adesso provo a rifarlo. Mi sembra strano.
Guarda ti metto il procedimento. Però a me continua a venire $L(x_(M_1))=5/2R$.
Considero $PAB$, triangolo rettangolo in $A\hat(P)B$. Pongo $P\hat(B)A=x$
$\bar(PB)=2*R*cos(x)$ "ciascun cateto è uguale al prodotto dell'ipotenusa per il coseno dell'angolo adiacente al cateto stesso".
$\bar(PA)=2*R*sen(x)$ "ciascun cateto è uguale al prodotto dell'ipotenusa per il seno dell'angolo opposto al cateto".
Considero $PAC$, triangolo rettangolo in $P\hat(C)A$.
Per il teorema di Pitagora:
$\bar(PC)=sqrt(\bar(PA)^2-\bar(AC)^2)$
$\bar(AC)=\bar(PA)*cos(P\hat(A)C)=\bar(PA)*cos(x)=2*R*sen(x)*cos(x)$ "ciascun cateto è uguale al prodotto dell'ipotenusa per il coseno dell'angolo adiacente"
$\bar(PC)=sqrt((2*R*sen(x))^2-(2*R*sen(x)*cos(x))^2)=2*R*sen^2(x)$
Da cui:
$L(x)=2*R*cos(x)+2*R*sen^2(x)$
Devo trovare il massimo, derivo:
$(dL)/dx=-2*R*sen(x)*(1-2*cos(x))$
Chiaramente limito lo studio per $x in [0,pi/2)$
E mi dispiace ma a me viene che il massimo è in $x_(M_1)=pi/3$
e
$L(x_(M_1))=5/2R$ Mi sa che hai sbagliato tu ZFreS da dove ti è uscito $sqrt(3)*R$ ???
Considero $PAB$, triangolo rettangolo in $A\hat(P)B$. Pongo $P\hat(B)A=x$
$\bar(PB)=2*R*cos(x)$ "ciascun cateto è uguale al prodotto dell'ipotenusa per il coseno dell'angolo adiacente al cateto stesso".
$\bar(PA)=2*R*sen(x)$ "ciascun cateto è uguale al prodotto dell'ipotenusa per il seno dell'angolo opposto al cateto".
Considero $PAC$, triangolo rettangolo in $P\hat(C)A$.
Per il teorema di Pitagora:
$\bar(PC)=sqrt(\bar(PA)^2-\bar(AC)^2)$
$\bar(AC)=\bar(PA)*cos(P\hat(A)C)=\bar(PA)*cos(x)=2*R*sen(x)*cos(x)$ "ciascun cateto è uguale al prodotto dell'ipotenusa per il coseno dell'angolo adiacente"
$\bar(PC)=sqrt((2*R*sen(x))^2-(2*R*sen(x)*cos(x))^2)=2*R*sen^2(x)$
Da cui:
$L(x)=2*R*cos(x)+2*R*sen^2(x)$
Devo trovare il massimo, derivo:
$(dL)/dx=-2*R*sen(x)*(1-2*cos(x))$
Chiaramente limito lo studio per $x in [0,pi/2)$
E mi dispiace ma a me viene che il massimo è in $x_(M_1)=pi/3$
e
$L(x_(M_1))=5/2R$ Mi sa che hai sbagliato tu ZFreS da dove ti è uscito $sqrt(3)*R$ ???
Scusa un attimo, ma parliamo del primo o del secondo problema. Se è il secondo allora è giusto il valore dell'angolo è $pi/3$
Scusa ho ricontrollato. E' l'esercizio 298 p. 1823 del matematica.cianotica. Leggi bene la soluzione è $\bar(AP)=sqrt(3)*R$. Praticamente il libro pone come $x$ il segmento $\bar(AP)$ che effettivamente è lungo, nel caso in cui $P\hat(B)A=pi/3$, proprio:
$\bar(AP)=2*R*sen(pi/3)=2*R*sqrt(3)/2=sqrt(3)*R$ quindi è giusto quello che ti ho scritto.
Praticamente il libro sceglie come incognita il segmento analogamente a quanto fatto da Bokonon, io invece ho preso l'angolo per una mia scelta iniziale. Tu fai come meglio credi.
Comunque questo lo mette con due pallini di difficoltà il libro ma secondo me si è sbagliato. Io metterei un pallino. Ce ne sono altri più difficili tipo quello che hai mandato una settimana fa tu o non mi ricordo chi.
$\bar(AP)=2*R*sen(pi/3)=2*R*sqrt(3)/2=sqrt(3)*R$ quindi è giusto quello che ti ho scritto.
Praticamente il libro sceglie come incognita il segmento analogamente a quanto fatto da Bokonon, io invece ho preso l'angolo per una mia scelta iniziale. Tu fai come meglio credi.
Comunque questo lo mette con due pallini di difficoltà il libro ma secondo me si è sbagliato. Io metterei un pallino. Ce ne sono altri più difficili tipo quello che hai mandato una settimana fa tu o non mi ricordo chi.
Veramente i pallini sono abbastanza inopportuni, ci sono esercizi da un pallino che ne meriterebbero due, e esercizi da due pallini che ne meriterebbero uno. Comunque il problema è risolto. Potresti aiutarmi con l'altro problema?
Quello ponendo la $x$ come segmento? Perché ho visto che ne hai mandato uno con le parabole ci posso provare ma a me le parabole non piacciono tanto.
No, quello che ho scritto in questo thread, nell'altra pagina.
E' giusta l'idea di applicare pitagora invece.
$\bar(AP)$, $\bar(PB)$, $\bar(PH)$ li ha trovati giusti.
Poi fai:
$\bar(AH)=sqrt([\bar(AP)^2-bar(PH)^2])=sqrt([4*R^2*sen^2(x)-4*R^2*sen^2(x)*cos^2(x)])=sqrt([4*R^2*sen^2(x)*(1-cos^2(x))])$
da qui poi sai che
$sen^2(x)+cos^2(x)=1$
cioè:
$sen^2(x)=1-cos^2(x)$
e quindi puoi sostituire a quel $1-cos^2(x)$ sotto radice il seno al quadrato:
$\bar(AH)=sqrt([4*R^2*sen^2(x)*(1-cos^2(x))])=sqrt([4*R^2*sen^2(x)*sen^2(x)])=sqrt(4*R^2*sen^4(x))=2*R*sen^2(x)$
cosa che del resto andava fatta anche nel primo problema. Sono molto simili in effetti.
$\bar(AP)$, $\bar(PB)$, $\bar(PH)$ li ha trovati giusti.
Poi fai:
$\bar(AH)=sqrt([\bar(AP)^2-bar(PH)^2])=sqrt([4*R^2*sen^2(x)-4*R^2*sen^2(x)*cos^2(x)])=sqrt([4*R^2*sen^2(x)*(1-cos^2(x))])$
da qui poi sai che
$sen^2(x)+cos^2(x)=1$
cioè:
$sen^2(x)=1-cos^2(x)$
e quindi puoi sostituire a quel $1-cos^2(x)$ sotto radice il seno al quadrato:
$\bar(AH)=sqrt([4*R^2*sen^2(x)*(1-cos^2(x))])=sqrt([4*R^2*sen^2(x)*sen^2(x)])=sqrt(4*R^2*sen^4(x))=2*R*sen^2(x)$
cosa che del resto andava fatta anche nel primo problema. Sono molto simili in effetti.
Grazie tante!
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