Ricevo da Elisa la seguente domanda:
Caro professore,
puo farmi vedere come si risolvono i seguenti problemi (Matematica Blu, pag 213V, n.339 e n.340)?
1) Dopo aver scritto l’equazione della parabola che ha per asse la retta \(x=1\) ed è tangente nell’origine alla curva di equazione \(y=\frac{2x}{1-x}\), trova le coordinate del punto \(A\) che le due curve hanno in comune oltre all’origine \(O\). Determina poi il punto \(P\) sull’arco \(OA\) tale che l’area del triangolo \(OPA\) sia massima.
2) Date le parabole \(y^2=4x\) e \(x=-\frac{1}{16}{{y}^{2}}+4\), nella zona finita limitata dalle due parabole inscrivi un rettangolo con i lati paralleli agli assi. Determina l’altezza del rettangolo in modo che abbia volume massimo il cilindro ottenuto dalla rotazione completa del rettangolo intorno all’asse \(x\).
Grazie mille.
Le rispondo così:
Cara Elisa,
nel primo caso, la parabola cercata ha equazione del tipo \(y=ax^2-2ax\), dal momento che passa per l’origine e ha per asse la retta delle ascisse \(-b/(2a) = 1\). Poiché la funzione \(y=\frac{2x}{1-x}\) ha derivata \(y’=\frac{2}{(1-x)^2}\), che in \(x=0\) vale \(2\), e poiché la pendenza della retta tangente alla parabola nell’origine è \(-2a\), si deve avere \(a=-1\), e l’equazione della parabola stessa diventa \(y=-x^2+2x\). Il secondo punto d’intersezione con la curva \(y=\frac{2x}{1-x}\) si determina in \(A(3,-3)\). Detto \(P(x,-x^2+2x)\), con \(0\leq x\leq 3\), un punto dell’arco \(OA\), si osserva che il triangolo \(OPA\) ha area massima quando sia massima l’altezza \(PH\) relativa al lato fisso \(OA\), cioè quando sia massima la distanza \(d(x)\) di \(P\) dalla retta \(x+y=0\) cui \(OA\) appartiene: \[d\left( x \right)=\frac{\left| x-{{x}^{2}}+2x \right|}{\sqrt{2}}=\frac{-{{x}^{2}}+3x}{\sqrt{2}}\] dove si è tralasciato il valore assoluto perchè \(-x^2+3x\geq 0\) per \(0\leq x\leq 3\). Deriviamo e poniamo uguale a zero la derivata per cercare il punto di massimo: \[d'\left( x \right)=\frac{-2x+3}{\sqrt{2}}=\Rightarrow x=\frac{3}{2}\]da cui\(P(3/2,3/4)\).
Nel secondo caso, si ricava che le due parabole si incontrano nei punti \(A\) e \(B\) di ascissa \(x=16/5\). Pertanto, se consideriamo un punto \(P\) sull’arco \(OB\) della parabola \(y^2=4x\), con ascissa \(0\leq x \leq 16/5\), i vertici del rettangolo \(PQRS\) sono determinati in funzione di \(x\):
\[P\left( x,2\sqrt{x} \right),\quad Q\left( -\frac{x}{4}+4,2\sqrt{x} \right),\quad R\left( -\frac{x}{4}+4,-2\sqrt{x} \right),\quad S\left( x,-2\sqrt{x} \right)\]
per cui raggio di base \(r=y_P\) e altezza \(h=PQ\) del cilindro che si ottiene per rotazione del rettangolo intorno a \(x\) sono date in termini dell’ascissa \(x\) di \(P\), e di conseguenza il volume \(V(x)\):
\[V\left( x \right)=\pi h{{r}^{2}}=\pi \frac{\left( 16-5x \right)}{4}4x=\pi \left( -5{{x}^{2}}+16x \right)\Rightarrow V'\left( x \right)=\pi \left( -10x+16 \right)=0\Rightarrow x=\frac{8}{5}\]
Il valore di annullamento della derivata corrisponde al massimo cercato, cioè l’altezza \(PS=2{{y}_{P}}=8\sqrt{\frac{2}{5}}\).
Massimo Bergamini