Sistema misto
$ \{sqrt(-x^2+6rx)+sqrt(-x^2+2rx)= kr, (0<=x<=2r)} $
Gentilmente vorrei sapere se questo sistema misto può essere discusso per via grafica. Grazie.
Gentilmente vorrei sapere se questo sistema misto può essere discusso per via grafica. Grazie.
Risposte
Qualche osservazione si può fare.
Dividi il sistema in questo modo:
$f(x)=sqrt(-x^2+6rx)+sqrt(-x^2+2rx)$
$g(x)=kr$
Il sistema chiede sostanzialmente per quali valori di k e r, f(x) e una retta costante si intersecano nell'intervallo [0,2r].
f(x) è sempre positiva, pertanto k e r devono avere segno concordante. Dato che l'intervallo assegnato è positivo allora $r,k>=0$
Per k=0, allora x=0 (si vede ad occhio nudo)
$f(2r)=2sqrt(2)r$ quindi $kr=2sqrt(2)r rArr k=2sqrt(2)$
Se adesso passi al grafico di f(x), troverai che la funzione ha un massimo.
Quindi per $0<=k<2sqrt(2)$ vi è un'unica intersezione/soluzione.
Mentre per $2sqrt(2)<=k<(maxf(x))/r$ vi sono due intersezioni soluzioni.
Infine per $k=(maxf(x))/r$ la retta è tangente, quindi vi è un'unica soluzione
P.S: $(maxf(x))/r=(5+sqrt(3))/2$
Dividi il sistema in questo modo:
$f(x)=sqrt(-x^2+6rx)+sqrt(-x^2+2rx)$
$g(x)=kr$
Il sistema chiede sostanzialmente per quali valori di k e r, f(x) e una retta costante si intersecano nell'intervallo [0,2r].
f(x) è sempre positiva, pertanto k e r devono avere segno concordante. Dato che l'intervallo assegnato è positivo allora $r,k>=0$
Per k=0, allora x=0 (si vede ad occhio nudo)
$f(2r)=2sqrt(2)r$ quindi $kr=2sqrt(2)r rArr k=2sqrt(2)$
Se adesso passi al grafico di f(x), troverai che la funzione ha un massimo.
Quindi per $0<=k<2sqrt(2)$ vi è un'unica intersezione/soluzione.
Mentre per $2sqrt(2)<=k<(maxf(x))/r$ vi sono due intersezioni soluzioni.
Infine per $k=(maxf(x))/r$ la retta è tangente, quindi vi è un'unica soluzione
P.S: $(maxf(x))/r=(5+sqrt(3))/2$
Ci sto pensando. In linea di massima sì, si tratta di una semicirconferenza e di un fascio di semicirconferenze con il centro su ordinata variabile.
Devo dire sinceramente che risolvere il problema con i fasci di coniche è un casino. Volevo provare perché mi sembrava un problema da terza/quarta superiore, quando non ci sono ancora le nozioni per gli studi di funzione, ma è molto difficile.
$ C(-r/2; 3r/2) $Io ho provato ad elevare al quadrato i due membri dell'equazione ed ho ottenuto:
$-2x/k+kr/2=sqrt(-x^2+2rx)$
Ho ottenuto una semicirconferenza e un fascio di rette di centro $C(-r/2; 3r/2)$
$-2x/k+kr/2=sqrt(-x^2+2rx)$
Ho ottenuto una semicirconferenza e un fascio di rette di centro $C(-r/2; 3r/2)$
Credo che il metodo indicato da Bokonon sia il migliore; o almeno, non ne ho trovati di più rapidi. Deve però aver fatto un errore nella ricerca del massimo, dato che il suo risultato non concorda col mio.
Occorre studiare la funzione
$f(x)=sqrt(-x^2+2rx)+sqrt(-x^2+6rx)$
nel C.S. $0<=x<=2r$ e si ha $f(0)=0$ ed $f(2r)=2r sqrt 2$. La derivata è
$f'(x)=(-x+r)/ sqrt(-x^2+2rx)+(-x+3r)/sqrt(-x^2+6rx)$
E' faticoso risolvere la disequazione f'>0 e quindi mi limito a trovare i punti di stazionarietà con l'equazione f'=0; semplificando per $sqrt x$ (è lecito perché $x=0$ non annulla la derivata) la scrivo nella forma
$(3r-x)sqrt(-x+2r)=(x-r)sqrt(-x+6r)$
I due membri devono avere lo stesso segno e poiché $3r-x$ è sempre positivo deve essere $x-r>0->x>r$. Con questa limitazione elevo a quadrato; a calcoli fatti, trovo un'equazione di primo grado con soluzione $x=3/2r$, che soddisfa la limitazione. Si ha $f(3/2r)=2r sqrt 3$, e questo è il massimo.
Si continua come indicato da Bokonon.
La soluzione di IPPAS040 non va bene perché il primo membro non rappresenta un fascio di rette: in un fascio, il parametro deve comparire in forma lineare e non è così.
Occorre studiare la funzione
$f(x)=sqrt(-x^2+2rx)+sqrt(-x^2+6rx)$
nel C.S. $0<=x<=2r$ e si ha $f(0)=0$ ed $f(2r)=2r sqrt 2$. La derivata è
$f'(x)=(-x+r)/ sqrt(-x^2+2rx)+(-x+3r)/sqrt(-x^2+6rx)$
E' faticoso risolvere la disequazione f'>0 e quindi mi limito a trovare i punti di stazionarietà con l'equazione f'=0; semplificando per $sqrt x$ (è lecito perché $x=0$ non annulla la derivata) la scrivo nella forma
$(3r-x)sqrt(-x+2r)=(x-r)sqrt(-x+6r)$
I due membri devono avere lo stesso segno e poiché $3r-x$ è sempre positivo deve essere $x-r>0->x>r$. Con questa limitazione elevo a quadrato; a calcoli fatti, trovo un'equazione di primo grado con soluzione $x=3/2r$, che soddisfa la limitazione. Si ha $f(3/2r)=2r sqrt 3$, e questo è il massimo.
Si continua come indicato da Bokonon.
La soluzione di IPPAS040 non va bene perché il primo membro non rappresenta un fascio di rette: in un fascio, il parametro deve comparire in forma lineare e non è così.
@gianmaria
Si ho sbagliato i conti finali...anch'io ero arrivato alla medesima x.
Grazie della correzione!
Si ho sbagliato i conti finali...anch'io ero arrivato alla medesima x.
Grazie della correzione!
Ripensandoci, ho trovato una soluzione di altro tipo; la preferisco perché riduce i calcoli ed in particolare evita quello della derivata. Ad evitare fastidiose ricerche, la espongo in forma completa e quindi anche ripetendo cose già dette, da altri o da me.
L'interpretazione geometrica del testo dice che nel primo quadrante ci sono due semicirconferenze passanti per l'origine e di centri $C_1(r,0)$ e $C_2(3r,0)$. Per il punto $P(x,0)$ si traccia la parallela all'asse y, che le interseca rispettivamente in $A,B$ ed occorre studiare la funzione $f(x)=PA+PB$. La figura stessa dice che $f(0)=0$; occorre invece calcolare $f(2r)=2r sqrt 2$.
Per $x
$C_1P:C_2P=C_1A:C_2B$
$C_1P:(C_1P+C_2P)=C_1A:(C_1A+C_2B)$
Si ha $C_1P+C_2P=C_1C_2=2r$; sostituendo ovunque i valori noti ottengo
$C_1P:2r=1:4->C_1P=(2r*1)/4=r/2$
Il triangolo rettangolo $C_1AP$ ha perciò un cateto che è la metà dell'ipotenusa e quindi è la metà di un triangolo equilatero; di conseguenza $PA=C_1A sqrt3/2=(r sqrt3)/2$. Si ha poi $PB=3PA=(3r sqrt3)/2$, quindi
$"Massimo"=(r sqrt3)/2+(3r sqrt3)/2=2r sqrt3$.
Con questi dati possiamo disegnare la curva $y=f(x)$ e dedurre la discussione grafica, cercando le sue intersezioni con la retta $y=kr$: c'è una soluzione se $0<=k<2 sqrt2$ e ce ne sono due se $2 sqrt2<=k<=2 sqrt3$.
L'interpretazione geometrica del testo dice che nel primo quadrante ci sono due semicirconferenze passanti per l'origine e di centri $C_1(r,0)$ e $C_2(3r,0)$. Per il punto $P(x,0)$ si traccia la parallela all'asse y, che le interseca rispettivamente in $A,B$ ed occorre studiare la funzione $f(x)=PA+PB$. La figura stessa dice che $f(0)=0$; occorre invece calcolare $f(2r)=2r sqrt 2$.
Per $x
$C_1P:C_2P=C_1A:C_2B$
$C_1P:(C_1P+C_2P)=C_1A:(C_1A+C_2B)$
Si ha $C_1P+C_2P=C_1C_2=2r$; sostituendo ovunque i valori noti ottengo
$C_1P:2r=1:4->C_1P=(2r*1)/4=r/2$
Il triangolo rettangolo $C_1AP$ ha perciò un cateto che è la metà dell'ipotenusa e quindi è la metà di un triangolo equilatero; di conseguenza $PA=C_1A sqrt3/2=(r sqrt3)/2$. Si ha poi $PB=3PA=(3r sqrt3)/2$, quindi
$"Massimo"=(r sqrt3)/2+(3r sqrt3)/2=2r sqrt3$.
Con questi dati possiamo disegnare la curva $y=f(x)$ e dedurre la discussione grafica, cercando le sue intersezioni con la retta $y=kr$: c'è una soluzione se $0<=k<2 sqrt2$ e ce ne sono due se $2 sqrt2<=k<=2 sqrt3$.
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