Categorie: Matematica Riflessioni
Tags: angolo massimo esame difficile geometria quiz tangenti circonferenze
Scritto da: Vincenzo Zappalà
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L'esame di matematica più difficile di sempre (ma non per gli antichi greci) **
Un problema dell'esame di Maturità degli anni '20 del secolo scorso è stato giudicato da molti il più difficile della storia (risolto solo dal 25% dei candidati). La soluzione ufficiale, pensata da chi aveva preparato il problema, faceva uso della trigonometria, vietando qualsiasi rappresentazione analitica. Tuttavia, non vi era nessun divieto di usare soluzioni di pura geometria. Se l'avessimo proposto agli antichi greci, avrebbero avuto grandi problemi? Assolutamente no! Anzi, sarebbe stato un esercizio decisamente semplice, privo di veri e propri calcoli se non una sola applicazione del teorema di Pitagora. L'intera costruzione, sia della figura di partenza, sia di quella finale, potevano essere eseguite facilmente con le loro regole: riga non graduata e compasso "molle".
Beh... malgrado io non sia certo all'altezza di quegli antichi maestri, sono riuscito a immedesimarmi in loro e a trovare una soluzione banale, dopo qualche momento di ragionamento. Insomma, bastavano pochi minuti per risolvere il problema, facendo addirittura a mente gli unici calcoli "finali" necessari. Ancora meglio, però... Bastavano pochi secondi per dare graficamente la risposta che poi veniva quantizzata in modo elementare. Direi che invece di definirlo il più difficile di sempre potrebbe essere definito il più rapido di sempre... Chissà se qualcuno potrebbe semplificarlo ancora di più?
Problema:
Due circonferenze di raggi qualsiasi R e r (R > r) sono tangenti internamente in T. Determinare sopra la tangente comune t il punto P, tale che le altre due tangenti condotte da P alle due circonferenze formino il massimo angolo possibile. Chiamiamo a l'angolo da massimizzare e x la sua posizione su t, rispetto a T, in funzione dei soli raggi R e r.
La soluzione DEVE essere ottenuta lavorando geometricamente "alla greca".
9 commenti
solo riga e compasso
http://www.infinitoteatrodelcosmo.it/wp-content/uploads/2025/12/hardest.pdf
Abbi pazienza, caro Sprmnt21, ma mi sembra che tu abbia dimenticato una radice quadrata per strada...
In effetti, mi è saltato un esponente2 (graficamente mi sembrava piu semplice della radice)
ottimo! abbiamo usato la stessa strategia, solo leggermente diversa nella ricerca del punto P. Direi che siamo in parità
La trigonometria è molto utile, così come la geo analitica, ma se si può usare quella "pura" è tutta un'altra cosa. Si ragiona un po' di più (forse), ma spesso si semplifica... Come hanno fatto gli esaminatori di quei tempi a non vedere una soluzione così immediata?
Anche una via trigonometrica, senza usare derivate, è carina.
La riduzione del problema originario a quello di cercare il massimo angolo con vertice in t che vede il segmento dei due centri (qui indicati con A e B), ammette una piccola generalizzazione che consente di evidenziare la specificità del problema originario, per cui si sottintendono alcuni fatti.
Nelle discussioni, usando come via per trovare il punto P un cerchio per due punti e tangente ad una retta data, abbiamo sottointeso il fatto che di tali cerchi ce ne sono due distinti che toccano la retta t alla stessa distanza da T ma da parti opposte. Nel caso della retta t ortogonale alla retta dei centri la simmetria della situazione consente di trascurare il secondo cerchio.
Con una piccola generalizzazione, consideriamo t genericamente inclinata rispetto ad AB. In questo caso si perde la simmetria.
Siano P e Q i punti di tangenza. Per determinarli, bisogna soddisfare la relazione TP=TQ = TB*TA imposta dal teorema della secante e tangente. Usando uno dei teoremi di Euclide sui triangoli rettangoli, sia S l’intersezione tar la semicirconferenza di diametro AT e la perpendicolare per B ad AT, risulta ST=AT*BT. P e Q sono le intersezioni del cerchio di centro T e raggio TS con t.
A differenza del caso dei maturandi, <APB =/= <AQB. Pertanto il massimo non è uno qualsiasi dei due punti ma quello per cui l’angolo è maggiore.
Nel caso disegnato, ad esempio, <AQB > <APB e per qualche punto Rq si potrebbe avere che <ARqB > <APB.
Soluzione trigonometrica-algebrica (no derivate)
Dati del problema O 1 T = R e O 2 T = r . Scelto P su t e posto P T = x , vogliamo determinare il valore di x che rende massimo l’angolo φ = ∠ T 1 P T 2 .
Essendo ∠ T 1 P T = 2 ∠ O 1 P T e ∠ T 2 P T = 2 ∠ O 2 P T , vale che ∠ T 1 P T 2 = 2 ∠ O 1 P O 2 . Pertanto il valore di x che massimizza uno massimizza anche l’altro.
La funzione tan φ ( x ) è strettamente crescente in [ 0 , π / 2 ] , pertanto il massimo di φ ( x ) e di tan φ ( x ) si ottengono per lo stesso valore di x .
Posto ∠ O 1 P T = α e ∠ O 2 P T = β , abbiamo che tan φ = tan ( α - β ) , cioè tan φ = (tan α - tan β)/( 1 + tan α ⋅ tan β) (*).
Per provare quest’ultima, partendo dalle formule di somma sen e cos, partiamo da
tanφ=sinφ/cosφ=(sin(α-β)/cos(α-β)=(sinα cosβ-cosα sinβ)/(cosα cosβ+sinα sinβ)
dividendo numeratore e denominatore per cos α cos β , si ottiene la formula (*)
Avendo tan α = R x e tan β = r x , allora tan φ ( x ) = (R / x - r / x )/(1 + r R / x^2) che, moltiplicando per x numeratore e denominatore diventa tan φ ( x ) = (R - r)/( x + r R / x ).
Risultando che ∀ x , ( x - r R / x ) 2 ≥ 0 , si ha che , x + r R / x ≥ 2 (r R)^.5 . Quindi tan φ ( x ) ≤ ( R - r )/ 2 (r R)^.5 .
Ma per x_M = r*R , la funzione assume proprio il valore massimo, tan φ ( x_M ) = ( R - r )/ 2 (r R)^.5 .
grazie Sprmnt2021,
il tuo contributo è sempre interessantissimo!