Discussione di un problema goniometrico con settore circolare

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Discussione di un problema goniometrico con settore circolare #92702

avt
gcappellotto47
Cerchio
Ho questo problema goniometrico con un'incognita sul settore circolare, di cui devo effettuare la discussione.

Si abbia un settore circolare OAB con angolo al centro di 90^o e raggio r. Sia P un punto dell'arco AB e H il punto medio del raggio OA. Sia F la proiezione di P su OB. Porre

POA=x

e discutere la relazione:

PH^2+PF^2=kr^2

porre k=2.0 nell'equazione ottenuta precedentemente e risolvere senza tener conto delle limitazioni geometriche poste.

Cosa accade se poniamo k=5\ ?

Grazie e saluti.
 
 

Discussione di un problema goniometrico con settore circolare #92706

avt
Ifrit
Ambasciatore
Ciao gcappellotto,

questo è un (a)tipico problema goniometrico con parametro in cui interviene un settore circolare.

Possiamo affrontare l'esercizio mediante le formule di Trigonometria e alcune considerazioni di tipo geometrico.

Partiamo comunque dalle informazioni date dalla traccia. Abbiamo a che fare con un settore circolare con angolo al centro di 90 gradi, ossia un angolo retto, inoltre sull'arco di circonferenza AB vi è un punto che è indicato con P e di esso dobbiamo considerare la proiezione F sul lato OB. Non dimentichiamoci di H, il punto medio del lato OA.

La traccia inoltre suggerisce di porre x=P\hat{O}A e questo è un ottimo suggerimento, perché ci permette di esprimere in funzione di x gli elementi che intervengono nell'equazione

PH^2+PF^2=k r^2

dove r è il raggio della circonferenza che definisce il settore circolare.

Il nostro compito è quindi quello di esprimere PF e PH in funzione dell'angolo x.

Partiamo da PF perché è più facile da determinare.

Consideriamo il triangolo rettangolo di vertici OPF retto in F, per i teoremi trigonometrici sui triangoli rettangoli (in particolare il primo), si ha che il lato PF è uguale all'ipotenusa OP per il seno dell'angolo opposto a PF, ossia l'angolo POF che possiamo determinare osservando che esso è l'angolo complementare di x, pertanto

P\hat{O}F=90^{o}-x

In definitiva possiamo asserire che

PF=OP\sin(90^{o}-x)

e grazie agli archi associati tale relazione si riscrive come

PF=OP\cos(x)\implies PF^2=OP^2\cos^2(x)

Ora non ci resta che determinare anche PH in funzione di x, e per farlo facciamo riferimento al teorema di Carnot (o teorema dei coseni) applicato al triangolo di vertici OPH grazie al quale possiamo scrivere che

PH^2=OP^2+OH^2-2OP\cdot OH\cos(x)

Ora non ci resta che effettuare alcune considerazioni di tipo geometrico:

- poiché P è un punto dell'arco AB allora il segmento OP coincide con il raggio e dunque OP=r;

- poiché H è il punto medio di OA allora per definizione stessa di punto medio si ha che OH=\frac{OA}{2}=\frac{r}{2}.

Possiamo pertanto asserire che

\\ PH^2=r^2+\left(\frac{r}{2}\right)^2-2 r\cdot \frac{r}{2}\cos(x)=\\ \\ \\=\frac{5}{4}r^2-r^2\cos(x)=

che mediante un raccoglimento totale si riscrive come

=r^2\left(\frac{5}{4}-\cos(x)\right)

A questo punto abbiamo a disposizione gli elementi per analizzare l'equazione goniometrica

PH^2+PF^2=k r^2

basta infatti sostituire gli elementi trovati:

r^2\cos^2(x)+r^2\left(\frac{5}{4}-\cos(x)\right)=k r^2

Raccogliamo r^2, semplifichiamolo membro a membro

\cos^2(x)-\cos(x)+\frac{5}{4}=k

e portiamo tutto a denominatore comune

4\cos^2(x)-4\cos(x)+5-4k=0

Abbiamo ottenuto un'equazione in coseno che possiamo risolvere mediante una sostituzione, ponendo t=\cos(x) così da ottenere la seguente equazione di secondo grado parametrica:

4t^2-4t+5-4k=0

il cui discriminante associato è

\Delta=b^2-4ac=16- 16(5-4k)=64(k-1)

L'equazione associata ha soluzioni reali se e solo se il delta è positivo (due soluzioni distinte) o nullo (due soluzioni coincidenti)

\Delta\ge 0\iff 64(k-1)\ge 0\iff k\ge 1

Le soluzioni in t sono:

\\ t=\frac{-b\pm\sqrt{\Delta}}{2a}=\\ \\ \\= \frac{4\pm \sqrt{64(k-1)}}{8}=

che mediante la regola del trasporto fuori dalla radice (è una delle proprietà dei radicali) possiamo scrivere come

\\ =\frac{4\pm 8\sqrt{k-1}}{8}=\\ \\ \\= \frac{1\pm 2\sqrt{k-1}}{2}

Poiché t=\cos(x) otteniamo due equazioni elementari in coseno.

La prima è

\cos(x)=\frac{1-2\sqrt{k-1}}{2}

che ammette soluzioni se e solo se

-1\le \frac{1-2\sqrt{k-1}}{2}\le 1

Perché? Semplicissimo, al primo membro abbiamo un coseno, che sappiamo essere una funzione limitata da -1\mbox{ e }1 e per questo anche il secondo membro deve essere limitato tra -1\mbox{ e }1.

La doppia disequazione può essere risolta in modo abbastanza furbo

-1\le \frac{1-2\sqrt{k-1}}{2}\le 1

Moltiplichiamo membro a membro per 2

-2\le 1-2\sqrt{k-1}\le 1

Sottraiamo membro a membro 1

-3\le -2\sqrt{k-1}\le 0

Cambiamo segno membro a membro ricordandoci che ciò cambia i versi delle disuguaglianze

0\le 2\sqrt{k-1}\le 3

Dividiamo per 2 membro a membro

0\le \sqrt{k-1}\le \frac{3}{2}

ed inoltre eleviamo membro a membro al quadrato

0\le k-1\le \frac{9}{4}

infine sommiamo membro a membro 1

1\le k\le \frac{13}{4}

Per tali valori di k l'equazione

\cos(x)=\frac{1-2\sqrt{k-1}}{2}

ammette soluzioni e per determinarle possiamo fare affidamento alla funzione inversa del coseno, ossia l'arcocoseno

\\ x=\arccos\left(\frac{1-2\sqrt{k-1}}{2}\right)+2k\pi\\ \\ \\ \mbox{oppure}\\ \\ \\ x=-\arccos\left(\frac{1-2\sqrt{k-1}}{2}\right)+2k\pi

Imponiamo ora l'altra equazione

\cos(x)=\frac{1+ 2\sqrt{k-1}}{2}

essa ammette soluzioni se e solo se

-1\le \frac{1+2\sqrt{k-1}}{2}\le 1

e procedendo in modo simile al precedente otterremo che

1\le k\le \frac{5}{4}

Se k soddisfa queste condizioni, l'equazione goniometrica

\cos(x)=\frac{1+2\sqrt{k-1}}{2}

ha per soluzioni

\\ x=\arccos\left(\frac{1+2\sqrt{k-1}}{2}\right)+2k\pi\\ \\ \\ \mbox{oppure}\\ \\ \\ x=-\arccos\left(\frac{1+2\sqrt{k-1}}{2}\right)+2k\pi

con k\in\mathbb{Z}.

Questo era un approfondimento, vediamo cosa succede per k=2.

L'equazione

4\cos^2(x)-4\cos(x)+5-4k=0

diventa

4\cos^2(x)-4\cos(x)-3=0

e ponendo t=\cos(x) essa diventa

4t^2-4 t-3=0\iff t=-\frac{1}{2}\vee t=\frac{3}{2}

da cui

\cos(x)=-\frac{1}{2}\iff x=-\frac{2}{3}\pi+2k\pi\vee x=\frac{2}{3}\pi+2k\pi

(potrebbe essere utile la tabella dei valori delle funzioni goniometriche)

mentre

\cos(x)=\frac{3}{2} non ammette soluzioni perché \frac{3}{2}\ge 1.

Se k=5 l'equazione

4\cos^2(x)-4\cos(x)+5-4k=0

diventa

4\cos^2(x)-4\cos(x)-15=0

e procedendo per sostituzione t=\cos(x) otteniamo l'equazione di secondo grado

4 t^2-4 t-15=0

avente per soluzioni

t=-\frac{3}{2}\vee t=\frac{5}{2}

e che conducono alle equazioni elementari in coseno

\cos(x)=-\frac{3}{2}

che è impossibile perché -\frac{3}{2}<-1, e

\cos(x)=\frac{5}{2}

anche questa impossibile perché \frac{5}{2}>1.

L'esercizio è concluso.
Ringraziano: CarFaby, gcappellotto47
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Os