Problemi di geometria con la goniometria

Un problema di geometria si può quasi sempre impostare con le lunghezze. A volte però la figura ha un punto che si muove, o un angolo che è proprio quello che si chiede: allora conviene prendere l’angolo come incognita, scrivere i lati con seno e coseno, e lasciare che il problema diventi un’equazione goniometrica.

Il vantaggio non è estetico: con l’angolo le relazioni fra i lati sono già incorporate nella goniometria, e spesso spariscono le radici.

Il caso

$P$ è un punto della semicirconferenza di diametro $AB = 2r$ , e $\alpha$ è l’angolo in $A$ .

Un triangolo inscritto in una semicirconferenza: l'angolo in P è retto, i due cateti valgono 2r cos alfa e 2r sen alfa

L’angolo in $P$ è retto per costruzione: è un angolo inscritto in una semicirconferenza. Quindi $APB$ è un triangolo rettangolo di ipotenusa $2r$ , e i due cateti si leggono direttamente:

AP = 2r\cos\alpha \qquad PB = 2r\sin\alpha \qquad 0 < \alpha < \frac{\pi}{2}

Un solo parametro, $\alpha$ , e tutta la figura è descritta. Se il problema chiede, per esempio, per quale posizione di $P$ si ha $AP + PB = 3r$ , quella richiesta è già un’equazione:

2r\cos\alpha + 2r\sin\alpha = 3r

La regola: i lati di un triangolo rettangolo

In un triangolo rettangolo di ipotenusa $i$ , dato un angolo acuto $\alpha$ :

\text{cateto opposto ad } \alpha = i\,\sin\alpha \qquad\qquad \text{cateto adiacente ad } \alpha = i\,\cos\alpha

“Adiacente” significa semplicemente quello che non è opposto: dei due cateti, uno tocca l’angolo e l’altro gli sta di fronte.

Scambiare opposto e adiacente produce un’equazione che sembra giusta.

\underbrace{\text{opposto} = i\sin\alpha}_{\text{corretto}} \qquad\neq\qquad \underbrace{\text{opposto} = i\cos\alpha}_{\text{sbagliato, ma risolvibile}}

È l’errore peggiore della categoria, perché non si manifesta: l’equazione scambiata si risolve lo stesso, dà un angolo, e quell’angolo sembra una risposta. Solo il confronto con la figura lo smaschera.

Il controllo costa cinque secondi: prendi $\alpha$ piccolo. Se l’angolo tende a zero, il lato che gli sta di fronte si accorcia fino a sparire, e quello adiacente tende all’ipotenusa. Ora guarda le tue formule: $\sin 0 = 0$ e $\cos 0 = 1$ . Se non tornano in questo verso, le hai scambiate.

Il metodo

Scegli l’angolo come incognita e dichiara in che intervallo varia — quasi sempre lo impone la figura.
Esprimi i lati che servono in funzione dell’angolo.
Traduci la condizione del problema in un’equazione.
Risolvi l’equazione goniometrica con le tecniche note: sostituzione, formule, relazione fondamentale.
Scarta le soluzioni impossibili. Qui la geometria è più severa dell’algebra.
Torna all’angolo con la funzione inversa, e verifica che stia nell’intervallo del passo 1.

Un esempio completo dei passi 5 e 6, dove sta tutta la sostanza. Supponiamo che i passi 1-3 — con la figura che impone $0 < x < \frac{\pi}{2}$ — abbiano prodotto

3\sin^2 x - 8\sin x + 4 = 0

Si pone $t = \sin x$ e si risolve:

3t^2 - 8t + 4 = 0 \qquad \Delta = 64 - 48 = 16 \qquad t = \frac{8 \pm 4}{6} \qquad\Longrightarrow\qquad t = 2 \;\lor\; t = \frac{2}{3}

\underbrace{\sin x = 2}_{\text{impossibile}} \qquad\qquad \underbrace{\sin x = \tfrac{2}{3}}_{\text{accettabile}}

Il seno di un angolo non può valere 2: l’immagine è $[-1,1]$ , e nel disegno quel valore sarebbe un cateto più lungo dell’ipotenusa. L’equazione di secondo grado non lo sa e la restituisce lo stesso; il passo 5 esiste per questo.

Resta $\sin x = \tfrac23$ , e qui lavora il passo 6. Come ogni equazione col seno, ha due famiglie di soluzioni:

x = \arcsin\tfrac{2}{3} \approx 0{,}73 \qquad\lor\qquad x = \pi - \arcsin\tfrac{2}{3} \approx 2{,}41

La seconda sta oltre $\tfrac{\pi}{2}$ : la figura la rifiuta. La risposta è $x = \arcsin\tfrac{2}{3}$ — ma solo perché l’intervallo del passo 1 ha scartato l’altra. Fermarsi all’arcoseno senza nemmeno scrivere la seconda famiglia è un errore che qui non si vede, e alla prima figura con l’angolo ottuso si paga.

Due controlli sono sempre disponibili e trovano quasi tutti gli errori:

l’immagine: seno e coseno stanno fra $-1$ e $1$ , sempre. Ogni valore fuori è da scartare senza calcolarne l’arcoseno;
la relazione fondamentale $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$ : se dal problema ricavi entrambe le funzioni, questa deve tornare. È il modo più rapido di accorgersi che hai scritto un lato male.

Esercizio.

In un triangolo rettangolo l’ipotenusa misura $10$ e un angolo acuto è $\alpha$ . Scrivi perimetro e area in funzione di $\alpha$ .
Riferendoti al caso di apertura, risolvi $2r\cos\alpha + 2r\sin\alpha = 3r$ per $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ .
Per quale valore di $\alpha$ il triangolo $APB$ del caso di apertura ha area massima? (Puoi rispondere senza derivate.)
Un’equazione impostata correttamente ha prodotto $2\cos^2 x - 3\cos x + 1 = 0$ , con $0 < x < \pi$ . Trova le soluzioni accettabili.

Mostra la soluzione

1. I cateti sono $10\sin\alpha$ (opposto) e $10\cos\alpha$ (adiacente).

2p = 10 + 10\sin\alpha + 10\cos\alpha \qquad A = \frac{10\sin\alpha \cdot 10\cos\alpha}{2} = 50\sin\alpha\cos\alpha

2. Divido per $r$ (positivo, quindi lecito) e uso la relazione fondamentale. Pongo $s = \sin\alpha + \cos\alpha$ ; elevando al quadrato:

s^2 = \sin^2\alpha + \cos^2\alpha + 2\sin\alpha\cos\alpha = 1 + 2\sin\alpha\cos\alpha

Dall’equazione $2s = 3$ , cioè $s = \frac32$ , segue

\frac94 = 1 + 2\sin\alpha\cos\alpha \qquad\Longrightarrow\qquad \sin\alpha\cos\alpha = \frac58

Ma $\sin\alpha\cos\alpha = \frac12\sin 2\alpha \le \frac12$ , e $\frac58 > \frac12$ : nessuna soluzione. Geometricamente è ovvio a posteriori — la somma dei cateti non può arrivare a $3r$ quando l’ipotenusa è $2r$ (il massimo è $2\sqrt2\,r \approx 2{,}83\,r$ ).

3. L’area è

A = \frac{2r\cos\alpha \cdot 2r\sin\alpha}{2} = 2r^2\sin\alpha\cos\alpha = r^2\sin 2\alpha

Il seno vale al massimo $1$ , e ciò accade per $2\alpha = \frac{\pi}{2}$ , cioè $\alpha = \frac{\pi}{4}$ . Il triangolo di area massima è quello isoscele, con area $r^2$ .

Nessuna derivata: è bastato riconoscere che il massimo di un seno è $1$ .

4. Sostituzione $t = \cos x$ :

2t^2 - 3t + 1 = 0 \qquad \Delta = 9 - 8 = 1 \qquad t = \frac{3 \pm 1}{4} \qquad\Longrightarrow\qquad t = 1 \;\lor\; t = \frac12

Entrambi stanno in $[-1,1]$ , quindi entrambi sono algebricamente validi — ma va guardato l’intervallo:

\cos x = 1 \Longrightarrow x = 0 \qquad \cos x = \tfrac12 \Longrightarrow x = \tfrac{\pi}{3}

$x = 0$ è escluso perché l’intervallo è aperto. Resta $x = \frac{\pi}{3}$ .

Verifica. Il punto 2 mostra il controllo più utile di tutti: una condizione può essere geometricamente impossibile, e allora la risposta giusta è “nessuna soluzione”. Chi si aspetta per forza un angolo forza i conti finché non ne esce uno.

Il controllo veloce era disponibile prima di iniziare: la somma di due cateti di un triangolo rettangolo di ipotenusa $2r$ non supera $2\sqrt2\,r$ , che è meno di $3r$ .