Area delimitata da una parabola e due rette tangenti

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Area delimitata da una parabola e due rette tangenti #65489

avt
BleakHeart
Frattale
Buonasera a tutti, stavo svolgendo il seguente problema: sull'area racchiusa tra una parabola e due rette ad essa tangenti.

Considerata la generica parabola di equazione x=ay^2+by+c, si determinino i coefficienti a, b, c in modo che essa passi per i punti (â6;0),\ (0;2),\ (0;6).
Quindi si calcoli l’area della regione piana limitata dalla curva e dalle tangenti ad essa nei punti di ascissa nulla.


L'equazione della parabola richiesta è:

x=-\frac{y^2}{2}+4y-6

Per trovare l'equazione delle rette tangenti nei punti (0;2) e (0;6), ho pensato di calcolare la derivata dell'equazione della parabola. Tuttavia, svolti i calcoli, le rette che trovo non sono tangenti. In particolare trovo:

y=-2x+6 e y=2x+2
 
 

Area delimitata da una parabola e due rette tangenti #65504

avt
Omega
Amministratore
Ciao BleakHeart,

prima di arrivare al punto che per te è problematico, ripercorro il metodo di risoluzione dal principio a beneficio degli altri lettori. emt


1) Individuare l'equazione della parabola passante per i tre punti assegnati.

Senza troppi fronzoli, consideriamo una generica parabola con asse di simmetria orizzontale

x=ay^2+by+c

e imponiamo il passaggio per i tre punti dati: le coordinate dei punti devono soddisfare l'equazione della parabola. Ciò ci conduce ad un sistema di tre equazioni in tre incognite (i coefficienti dell'equazione)

\begin{cases}-6=a0+b0+c\\ 0=a(2)^2+b(2)+c\\ 0=a(6)^2+b(6)+c\end{cases}

Procedendo per sostituzione si arriva a

a=-\frac{1}{2},\ b=4,\ c=6

da cui l'equazione della parabola cercata

x=-\frac{y^2}{2}+4y-6


2) Rette tangenti alla parabola nei punti di ascissa nulla

vale a dire nei punti (0;2),\ (0;6)

Potremmo procedere con il classico metodo del Delta, ma disponiamo di strumenti più avanzati: quelli dell'Analisi Matematica 1. Possiamo calcolare le equazioni delle rette tangenti al grafico della funzione, ok, ma...

x=-\frac{y^2}{2}+4y-6

individua una funzione del tipo y=f(x) ? Certo che no, anzi non individua nemmeno una funzione y=f(x) perché non soddisfa la definizione di funzione reale di variabile reale. Ad una ascissa deve corrispondere al più una ed una sola ordinata, NON più di una.

Di contro, potremmo cercare di descrivere la parabola come unione dei grafici di due funzioni della forma y=f(x). Prendiamo l'equazione ed esprimiamo y in termini di x

x=-\frac{y^2}{2}+4y-6

passiamo a

-2x=y^2-8y+12

dunque a

y^2-8y+(12+2x)=0

Ora trattiamo questa equazione come un'equazione di secondo grado e x come un parametro. Con qualche semplice calcolo ricaviamo

y_{1,2}=4\pm\sqrt{4-2x}

Le espressioni delle soluzioni equivalgono alle espressioni analitiche delle due funzioni i cui grafici, per 4-2x\geq 0\ \to\ x\leq 2, descrivono la parabola. emt

y=f_1(x)=4-\sqrt{4-2x} (Ramo inferiore)

y=f_2(x)=4+\sqrt{4-2x} (Ramo superiore)

parabola unione grafici


A questo punto puoi calcolare le equazioni delle rette tangenti lai grafici delle due funzioni nei punti di competenza. Occhio a scegliere il ramo giusto nei rispettivi casi!

(0;2)\ \to\ f_1(x)=4-\sqrt{4-2x}

(0;6)\ \to\ f_2(x)=4+\sqrt{4-2x}

Calcola le derivate, valutale nelle ascisse dei punti di tangenza e ottieni così i coefficienti angolari delle rette tangenti. Poi usa l'equazione della retta per un punto e imponi il passaggio per il punto di tangenza

y-y_T=m(x-x_T)

Primo punto

(0;2)\ \to\ f_1(x)=4-\sqrt{4-2x}

la derivata è

f_1'(x)=\frac{1}{\sqrt{4-2x}}

quindi il coefficiente angolare della retta tangente è

m_1=f_1'(0)=\frac{1}{2}

e dunque l'equazione della tangente è

y-2=\frac{1}{2}x\ \to\ y=\frac{1}{2}x+2


Secondo punto

(0;6)\ \to\ f_1(x)=4+\sqrt{4-2x}

la derivata è

f_2'(x)=-\frac{1}{\sqrt{4-2x}}

quindi il coefficiente angolare della retta tangente è

m_2=f_2'(0)=-\frac{1}{2}

e dunque l'equazione della tangente è

y-6=-\frac{1}{2}x\ \to\ y=-\frac{1}{2}x+6


3) Area delimitata dalla curva e dalle rette tangenti.

Iniziamo dalla rappresentazione grafica della situazione

area compresa tra parabola e rette tangenti


e ricordiamoci del significato geometrico degli integrali: è l'area con segno sottesa dal grafico della funzione.

A_{sottesa\ da\ f\ su\ [a,b]\ rispetto\ asse\ x}=\int_{a}^{b}f(x)dx

per l'area compresa tra il grafico di due funzioni

A_{compresa\ tra\ grafico\ f\ e \grafico\ g\ su\ [a,b]}=\int_{a}^{b}|f(x)-g(x)|dx

Se ci troviamo nel semipiano ad ordinate positive e se scriviamo la differenza in modo da sottrarre alla funzione che "giace al di sopra" quella che "giace al di sotto", possiamo eliminare il valore assoluto.

Guardiamo il grafico e calcoliamo l'ascissa del punto di intersezione tra le due rette. Troviamo x=4.

- Su [0,2] abbiamo due contributi d'area.

- Su [2,4] abbiamo un contributo d'area.

Ok, impostiamo il calcolo:

A_{compresa}=\int_{0}^{2}\left[\left(-\frac{1}{2}x+6\right)-\left(4+\sqrt{4-2x}\right)\right]dx+

+\int_{0}^{2}\left[\left(4-\sqrt{4-2x}\right)-\left(\frac{1}{2}x+2\right)\right]dx+

+\int_{2}^{4}\left[\left(-\frac{1}{2}x+6\right)-\left(\frac{1}{2}x+2\right)\right]dx

Volendo potresti calcolare l'area dell'ultimo contributo con la formula dell'area di un triangolo, ma già che siamo in ballo... emt

Lascio ovviamente a te i calcoli residui, molto semplici. emt
Ringraziano: Pi Greco, Galois, BleakHeart

Area delimitata da una parabola e due rette tangenti #65584

avt
BleakHeart
Frattale
Omega, la logica è chiarissima.. Il problema è che sto studiando moltissimo, a tal punto da non ricordarmi in quale senso girare la chiave (quando è inserita nella serratura della porta) di casa emt
Ringraziano: Omega

Area delimitata da una parabola e due rette tangenti #65586

avt
Omega
Amministratore
emt

Tieni duro, tra poco più di un mese è tutto finito. emt
Ringraziano: BleakHeart
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Os