Il Maraschini-Palma - volume 5

6 Derivate e grafici Poiché Q T = r e S P = x si ha: S = 2r + y, C (y + 2r)r TQ = _ x Poiché i due segmenti di tangenza a una circonferenza da un punto esterno hanno PT = SP = x. uguale lunghezza, abbiamo (y + 2)r Q= PT + TQ quindi P Q = x + _______. Inoltre, P x Da cui applicando il teorema di Pitagora al triangolo rettangolo QSP abbiamo: SP2 + QS2 = PQ2 Esprimendo la relazione in x e y otteniamo: (y + 2r)r 2 x2 + (y + 2r)2 = x + _ ( x ) y + 2r)2 r2 ( x2 + (y + 2r)2 = x2 + _ + 2r(y + 2r) x2 (y + 2r)2 r2 + 2r(y + 2r) (y + 2r)2 = _ x2 Poiché x e y sono non negativi, il termine y + 2r 0 e anche x2 0. Possiamo quindi dividere entrambi i termini dell uguaglianza per (y + 2r): (y + 2r) r2 + 2r (y + 2r) = _ x2 e moltiplicare per x2, ottenendo: (y + 2r)x2 = (y + 2r) r2 + 2rx2 Svolgendo i calcoli, si ha: yx2 yr2 = 2r3 da cui scriviamo y in funzione di x: 2 r3 y = ______ x2 r2 k Questa è una funzione del tipo y = _ , con k R+. Il suo grafico ha due a x2 + c asintoti verticali in corrispondenza dei valori per i quali la funzione non esiste: sono i valori che annullano il denominatore della frazione. Nel nostro caso: x = r. Inoltre, poiché al tendere di x all infinito, la funzione tende a 0, l asse delle ascisse è asintoto orizzontale del grafico. Il grafico inoltre, presenta un massimo in (0 ; 2r). Mentre la funzione, in quanto tale, è definita per ogni valore reale diverso da r, nel problema vi sono le limitazioni x > 0, y > 0: per questo, la parte di grafico che interessa è solo quella qui disegnata in colore. y r O r x 2r 339

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