Testo

Sia ABCD un quadrato di lato 1, P un punto di AB e Gamma la circonferenza di centro P e raggio AP. Si prenda sul lato BC un punto Q in modo che sia il centro di una circonferenza Lambda passante per C e tangente esternamente a Gamma.

1. Se AP = x, si provi che il raggio di Lambda in funzione di x è dato da \[ f(x)=\frac{1-x}{1+x} \] 2. Riferito il piano ad un sistema di coordinate Oxy, si tracci, indipendentemente dalle limitazioni poste ad x dal problema geometrico, il grafico di f(x). La funzione f(x) è invertibile? Se sì, quale è il grafico della sua inversa?

3. Sia \[ g(x)=\left|\frac{1-x}{1+x}\right| \] con \[ x\epsilon R \] quale è l’equazione della retta tangente al grafico di g(x) nel punto R(0, 1)? E nel punto S(1, 0)? Cosa si può dire della tangente al grafico di g(x) nel punto S?

4. Si calcoli l’area del triangolo mistilineo ROS, ove l’arco RS appartiene al grafico di f(x) o, indifferentemente, di g(x).

Soluzione

Il punto P appartiene al lato AB del quadrato con lati di lunghezza unitaria AB=BC=CD=AD=1. Posto AP=x con x compreso tra 0 e 1 mentre, chiamando F il punto di tangenza tra la circonferenza C e D ed r il raggio incognito di D, ho che r=CE=EF. Il triangolo PBE è rettangolo in B per cui sfruttando il teroema di pitagora ho che: \[ PE^{2}=PB^{2}+BE^{2} \] \[ PF=AP \] \[ PE=PF+EF=AP+EF=x+r \] \[ PB=AB-AP=1-x \] \[ BE=BC-CE=1-r \] \[ PE^{2}=PB^{2}+BE^{2}\rightarrow\left(x+r\right)^{2}=\left(1-x\right)^{2}+\left(1-r\right)^{2}\rightarrow \] \[ \rightarrow x^{2}+r^{2}+2rx=1+x^{2}-2x+1+r^{2}-2r \] \[ 2rx+2r=2-2x \] \[ 2r\left(x+1\right)=2\left(1-x\right)\rightarrow r=\frac{1-x}{x+1}\; con\: x+1\neq0 \]

L’ultima condizione è comunque sempre soddisfatta per la positività di x.

2. Dato che il testo chiede di studiare la funzione ottenuta indipendentemente dalle condizioni geometriche si tratta di ottenere il grafico della funzione f (che ricade nel modello delle funzioni omografiche) per il dominio: \[ x+1\neq0\rightarrow x\epsilon R-\left\{ -1\right\} \] Il grafico di f, così come quello delle altre funzioni omografiche, è un’iperbole equilatera riferita ai suoi asintoti. Per determinare la funzione occorre quindi trovare un suo punto e i suoi asintoti che sono (si è seguita la forma generale delle funzioni omografiche poi adattata al nostro esempio): \[ y=\frac{-1}{1}=-1 \] \[ x=-1 \] \[ f\left(0\right)=\frac{1-0}{1+0}=1 \]

La funzione f è iniettiva e suriettiva allo stesso tempo ed è pertanto invertibile ed il grafico della sua funzione inversa si ottiene con una simmetria assiale con asse y = x. Dato che comunque il grafico di f è un’iperbole e l’iperbole è simmetrica rispetto all’asse y = x (detto asse focale) il grafico di f coincide con il grafico della sua inversa. Da questa considerazione, senza utilizzare nessun cambio di coordinate o trasformazioni, posso affermare che: \[ f\left(x\right)=f^{-1}\left(x\right) \] 3. Supposto noto il grafico di f, ricavo g come: \[ g\left(x\right)=|f\left(x\right)|\rightarrow g\left(x\right)=\left\Vert \frac{1-x}{1+x}\right\Vert \rightarrow g:\left\{ \begin{array}{c} g\left(x\right)=f\left(x\right),\; f\left(x\right)\geq0\\ g\left(x\right)=-f\left(x\right)\; f\left(x\right)<0 \end{array}\right. \] La retta tangente t in R(0,1) è: \[ g’\left(x\right)=f’\left(x\right)=\frac{-1\left(1+x\right)-\left(1-x\right)}{\left(1+x\right)^{2}}=\frac{-2}{\left(1+x\right)^{2}}\; x>-1\:\wedge\: x<1 \] \[ t:y-f\left(0\right)=g’\left(0\right)\left(x-0\right)\rightarrow y-1=\frac{-2}{1+0}\cdot x\rightarrow y=-2x+1 \] La retta tangente nel punto S(1,0) non esiste poichè questo è un punto angoloso, infatti la tangente sinistra di g(x) in S è diversa dalla tangente destra di g(x) in S.

4. L’area richiesta è quella di colore arancio (vedi figura sopra, al punto 3): \[ A\left(ROS\right)=\int_{0}^{1}\frac{1-x}{1+x}dx \] Per semplificare il calcolo dell’integrale scompongo la funzione integranda in una somma: \[ \frac{1-x}{1+x}=\frac{1-x+\left(1-1\right)}{1+x}=\frac{\left(-1-x\right)+2}{1+x}=-1+\frac{2}{1+x} \] \[ A\left(ROS\right)=\int_{0}^{1}\frac{1-x}{1+x}dx \] \[ A\left(ROS\right)=\int_{0}^{1}\left(-1+\frac{2}{1+x}\right)dx=-\int_{0}^{1}dx+\int_{0}^{1}\frac{dx}{1+x} \] \[ A\left(ROS\right)=-\left[x\right]_{0}^{1}+2\left[\ln|1+x|\right]_{0}^{1}=-1+2\ln2\thickapprox0,386 \]