LLIICCEEOO SSCCIIEENNTTIIFFIICCOO CCOORRSSOO DDII ... · 1. Si calcolino le aree dei quattro...

LLIICCEEOO SSCCIIEENNTTIIFFIICCOO

CCOORRSSOO DDII OORRDDIINNAAMMEENNTTOO

SSEESSSSIIOONNEE SSUUPPPPLLEETTIIVVAA

22001133

Il candidato risolva uno dei due problemi e 5 dei 10 quesiti scelti nel questionario.

2 N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo

PROBLEMA1

Sia ABC un triangolo equilatero di lato a. Dal vertice A, e internamente al triangolo, si

conduca una retta r, che forma l’angolo con il lato AB, e siano B’ e C’, rispettivamente, le

proiezioni ortogonali su r dei vertici B e C.

1. Si calcoli il rapporto:

2

22

''

a

CCBB

e lo si esprima in funzione di tanx , controllando che risulta:

14

33252

2

x

xxxf

2. Prescindendo dalla questione geometrica, si studi la funzione xf e se ne tracci il grafico

.

3. Si determinino le coordinate del punto in cui la curva incontra il suo asintoto e si scriva

l’equazione della tangente ad essa in tale punto.

4. Si determini l’area della superficie piana, appartenente al II quadrante, delimitata dagli assi

cartesiani, dalla curva e dal suo asintoto.

RISOLUZIONE

Punto 1 Consideriamo la figura seguente.

Applicando il teorema dei triangoli rettangoli al triangolo ABB’ si ha sin' aBB ; applicando

lo stesso teorema al triangolo ACC’ si ha

3sin' aCC con

30

.

Di conseguenza il rapporto 2

22

''

a

CCBB vale

Liceo scientifico di ordinamento sessione suppletiva 2013 3

3tan32tan54

cos

cos4

3cossin

2

3sin

4

5cossin

2

3sin

4

1cos

4

3sin

sin2

1cos

2

3sin

3sinsin

22

22222

2

222

f

Se tanx si ha:

22 1

1

tan1

1cos

x

pertanto

14

33253325

1

1

4

1

3tan32tan54

cos

2

22

2

2

22

x

xxxx

xxf

f

La limitazione geometrica sull’angolo può essere riporata sulla variabile x visto che

tanx . Si ha

303

tan0tan

xx

Punto 2

Studiamo della funzione 14

33252

2

x

xxxf

Dominio: xR ;

Intersezioni asse ascisse:

5

323033250

14

3325 2

2

2 ixxx

x

xxxf

. pertanto non ci sono

intersezioni con l’asse delle ascisse;

Intersezioni asse ordinate: 4

300 fx ;

Simmetrie: la funzione non è nè pari nè dispari;

Positività: poichè sia il numeratore che il denominatore della funzione 14

33252

2

x

xxxf

sono sempre positivi, si deduce che essa è sempre positiva in tutto il dominio R;

Asintoti verticali: non ve ne sono in quanto il dominio è R;


Asintoti orizzontali: poichè 4

5

14

3325lim

2

2

x

xx

x si deduce che la retta di equazione

4

5y è

asintoto orizzontale destro e sinistro;

Asintoti obliqui: trattandosi di funzione razionale fratta, la presenza dell’asintoto orizzontale esclude

la presenza di quello obliquo;

Crescenza e decrescenza: la derivata prima è

22

2

22

22

12

323

116

33258132104'

x

xx

x

xxxxxxf ; quest’ultima è positiva se il

numeratore è positivo essendo il denominatore sempre positivo nel dominio xR ,

pertanto la funzione è positiva se 3

330323 2 xxxx e negativa per

3

33 x . Di conseguenza la funzione è strettamente crescente in

,

3

33, e

strettamente decrescente in

3

3,3 e presenta pertanto un minimo relativo in

2

1,

3

3m e un

massimo relativo in

2

3,3M come mostra il quadro dei segni sottostante.

Concavità e convessità: la derivata seconda è 32

23

1

13333''

x

xxxxf ; notiamo che

02'',01''

00'',02

1''

02'',03''

ff

ff

ff

pertanto a norma del teorema degli zeri la derivata seconda si annulla in tre punti appartenenti agli

intervalli 2,1,0,2

1,2,3

. Di conseguenza la funzione presenta tre flessi a tangente obliqua.

Possiamo calcolare le ascisse dei tre flessi applicando alla funzione 13333 23 xxxxh , il

metodo di Newton-Raphson che permette di calcolare lo zero in maniera ricorsiva attraverso la

formula

x 3

Derivata prima: 22

2

12

323'

x

xxxf - Quadro dei segni

323 2 xx

22 12 x

3

3


33633

1332

33633

133332

23

2

23

1

nn

nn

nn

nnn

nnxx

xx

xx

xxxxx

Determiniamo lo zero 2,3 .

Poichè 03''3 hh allora il punto iniziale da cui partire con l’algoritmo è 30 x .

Di seguito la tabella che mostra i passi dell’algoritmo:

n nx 1nx 1 nnn xx

0 -3,000 -2,780 -

1 -2,780 -2,748 0,220

2 -2,748 -2,747 0,032

3 -2,747 -2,747 0,001

4 -2,747 -2,747 0,000

La soluzione 2,3 cercata è 747,2 .

Determiniamo lo zero

0,

2

1 .

Poichè 02

1''

2

1

hh allora il punto iniziale da cui partire con l’algoritmo è

2

10 x .


n nx 1nx 1 nnn xx

0 -0,500 -0,191 -

1 -0,191 -0,176 0,309

2 -0,176 -0,176 0,015

3 -0,176 -0,176 0,000

La soluzione

0,

2

1 cercata è 176,0 .

Determiniamo lo zero 2,1 .

Poichè 02''2 hh allora il punto iniziale da cui partire con l’algoritmo è 20 x .



n nx 1nx 1 nnn xx

0 2,000 1,476 -

1 1,476 1,247 0,524

2 1,247 1,194 0,229

3 1,194 1,192 0,052

4 1,192 1,192 0,003

5 1,192 1,192 0,000

La soluzione 2,1 cercata è 192,1 .

Di seguito il grafico

Considerando la limitazione geometrica 30 x il grafico della funzione 14

33252

2

x

xxy è

di seguito raffigurato in blu.


Notiamo che se 0 si ha 0' BB e 2

3' aCC coincidente con l’altezza del triangolo

equilatero di lato a; se 3

si ha 0' CC e

2

3' aBB coincidente con l’altezza del

triangolo equilatero di lato a.

In ambo i casi il rapporto 2

22

''

a

CCBB tende a

4

32

3

''2

2

2

22

a

a

a

CCBB

Infatti per sostituzione diretta ritroviamo che

4

3

14

33253

4

3

14

33250

3

2

2

0

2

2

x

x

x

xxf

x

xxf

Punto 3 La curva incontra il il suo asintoto nel punto in cui è soddisfatto il seguente sistema


4

5

14

33252

2

y

x

xxy

ovvero nel punto in cui è soddisfatta l’equazione

4

5

14

33252

2

x

xx

da cui si ricava

3

3553325 22 xxxx

e di conseguenza il punto di intersezione

4

5,

3

3C

La retta tangente a in

4

5,

3

3C ha equazione

4

5

3

3

xmy

dove

8

33

12

323

3

3'

3

32

2

xx

xxfm

pertanto l’equazione della tangente è

8

7

8

33

4

5

3

3

8

33

xxy

Di seguito nello stesso riferimento cartesiano il grafico la funzione e della tangente.


Punto 4

La regione delimitata, nel secondo quadrante, da , dagli assi cartesiani e dall’asintoto

obliquo è raffigurata di seguito.


La sua area è pari a

dxx

xxS

0

3

3

2

2

14

3325

4

5

Poichè la funzione 14

33252

2

x

xx è scomponibile come

12

1

1

2

4

3

4

5

14

3325222

2

xx

x

x

xx l’integrando diventa

12

1

1

2

4

3

14

3325

4

5222

2

xx

x

x

xx

e l’integrale è pari a:

.14,0123

4ln

4

3

3

3arctan

2

1

3

4ln

4

3arctan

2

11ln

4

3

12

1

1

2

4

3

14

3325

4

5

0

3

3

2

0

3

3

22

0

3

3

2

2

xx

dxxx

xdx

x

xxS


PROBLEMA2

Del trapezio ABCD si hanno le seguenti informazioni: la base maggiore AB e la base minore

DC misurano rispettivamente 4 m e 1 m, l’altezza del trapezio misura 3 m e la tangente

dell’angolo DAB ˆ è uguale a 23 .

1. Si calcolino le aree dei quattro triangoli in cui il trapezio è diviso da una sua diagonale e

dai segmenti che uniscono il punto medio di questa con gli estremi dell’altra diagonale.

2. Si determinino, con l’aiuto di una calcolatrice, le misure, in gradi e primi sessagesimali,

degli angoli del trapezio.

3. Riferito il piano del trapezio ad un conveniente sistema di assi cartesiani, si trovi

l’equazione della parabola Γ avente l’asse perpendicolare alle basi del trapezio e passante

per i punti B, C, D.

4. Si determinino le aree delle due regioni in cui il trapezio è diviso da Γ.

RISOLUZIONE

Punto 1 Consideriamo la figura seguente.

I triangoli ACD e ACB hanno stessa altezza, pertanto le loro aree sono proporzionali alle

rispettive basi, ovvero ACBSACDS4

1 e di conseguenza

ABCDSACBS

ABCDSACDS

5

4

5

1

.

Sia E il punto medio della diagonale AC; i triangoli AED e DEC hanno uguale area in quanto

hanno due lati congruenti e gli angoli tra essi compresu supplementari, pertanto


DECSDEAEDECDEAEDAEAEDS ˆsin2

1ˆsin2

1 .

Stesso discorso vale per i triangoli AEB e CEB:

CEBSBEAEBECBEAEBAEAEBS ˆsin2

1ˆsin2

1

Di conseguenza

ABCDSACBSCEBSAEBS

ABCDSACDSDECSAEDS

10

4

2

1

10

1

2

1

L’area del trapezio è

2

15ABDCS

pertanto

310

4

4

3

10

1

ABCDSCEBSAEBS

ABCDSDECSAEDS

Punto 2

Per ipotesi si sa che la tangente dell’angolo DAB ˆ è uguale a 23 pertanto

'18562

3arctanˆ

DAB e di conseguenza '42123'1856180ˆ CDA essendo il

supplementare di DAB ˆ . Poichè la tangente DAB ˆ è uguale a 23 , dal teorema dei triangoli

rettangoli si deduce che il segmento AH misura

23

23

ˆtan

ˆtan DAB

DHAHDABAHDH ; di conseguenza il segmento KB misura 1KB

e applicando il teorema dei triangoli rettangoli si deduce

3ˆtanˆtan KB

CKCBACBAKBCK da cui '34713arctanˆ CBA e

'26108180ˆ DCB .

Di seguito il trapezio con gli angoli calcolati.


Punto 3

Consideriamo un sistema di riferimento con origine in 0,0H . In questo sistema di

riferimento i vertici del trapezio sono

3,0

3,1

0,2

0,2

D

C

B

A

La parabola ha equazione generica cbxaxy 2 . Imponendo il passaggio per B,C e D si

ha:

3

3

024

c

cba

cba

da cui

3

2

3

2

3

3

324

c

b

a

c

ba

ba

L’equazione della parabole pertanto è 32

3

2

3 2 xxy .


Punto 4

Le regioni in cui la parabola divide il trapezio sono di seguito raffigurate e indicate con 1, .

La parabola interseca l’asse delle ascisse non solo in B, ma anche in I le cui coordinate si ricavano

risolvendo l’equazione

2102032

3

2

3 22 BI xxxxxx

di conseguenza il punto I ha coordinate 0,1I .

L’area della regione è pari all’area del triangolo ADH cui va sottratta l’area del segmento

parabolico nell’intervallo 0,1 :


4

5

4

733

4

3

2

133

4

3

22

23

32

3

2

3

0

1

23

0

1

2

xxx

dxxxADHSS

L’area della regione 1 è pari all’area del segmento parabolico nell’intervallo 0,1 cui va

aggiunta l’area del trapezio rettangolo DHBC:

4

25

2

9

4

7

2

321

4

7

32

3

2

30

1

2

1

DHBCSdxxxS

Si noti che 2

151 SS coincidente con l’area del trapezio ADCB.


QUESTIONARIO

Quesito 1 E’ dato il settore circolare AOB, di centro O, raggio r e ampiezza 3 . Si

inscriva in esso il rettangolo PQMN, con M ed N sul raggio OB, Q sull’arco e P su OA. Si

determini l’angolo xBOQ ˆ , affinchè il perimetro del rettangolo sia massimo.

Consideriamo la figura seguente.

Applicando il teorema dei seni al triangolo QOP si ha:

xr

x

rOPQ

POQQOQP

POQ

QP

OPQ

QO

3sin

3

32

3

2sin

3sin

ˆsin

ˆsin

ˆsinˆsin

x

rxr

OPQ

PQOQOOP

PQO

OP

OPQ

QOsin

3

32

3

2sin

sin

ˆsin

ˆsin

ˆsinˆsin

Applicando il teorema dei triangoli rettangoli al triangolo NOP si ha:

xrxr

OPNP sinsin3

32

2

3

3sin

Di conseguenza il perimetro del rettangolo PQMN è:

xxrxrx

rxp sin

3sin

3

322sin

3sin

3

3222

Sviluppando i calcoli, tenendo conto delle formule di sottrazione per il seno si ha:

xxrxxxrxp sin

3

31cos2sinsin

3cos

3

32cos

3sin

3

3222

La massimizzazione del perimetro la effettuiamo mediante derivazione:


xxrxxrxp tan

3

31cos2cos

3

31sin2'2

Poichè la geometria del problema impone

3,0

x e in suddetto intervallo la funzione

coseno è sempre positiva, il segno della derivata prima dipende dal fattore

xtan

3

31 , pertanto

3

31tan0tan

3

31cos2'2 xxxrxp

ovvero, visto che il fattore xcos è sempre positivo nell’intervallo

3,0

, la derivata prima è

positiva in

3

31arctan,0 e negativa in

3,

3

31arctan

e il perimetro è massimo

per

9.22

3

31arctanx .

S

Il perimetro massimo è pari, quindi, a:

3273

6372

3273

634

327

32

3

311

3

31

3

31

3

311

12

3

31arctan2

22

rr

rp

xcos

xtan3

31

0

3

31arctan

x

3

Derivata prima:

xxrxp tan

3

31cos2'2 - Quadro dei segni


Quesito 2 Quali sono i poliedri regolari? Perchè sono detti solidi platonici?

.

Un poliedro si dice regolare quando le sue facce sono poligoni regolari congruenti e i suoi

angoloidi sono congruenti. Pertanto gli angoli delle facce di ogni suo angoloide devono essere

angoli di poligoni regolari e devono essere almeno tre. Inoltre, per un noto teorema di

geometria solida, in ogni angoloide la somma degli angoli delle facce è minore strettamente di

360°. Se le facce del poliedro sono triangoli equilateri, l’angolo di ogni faccia è di 60°, quindi

si possono avere angoloidi di tre facce (si ottiene il tetraedo), di quattro facce (si ottiene

l’ottaedro), di cinque facce (si ottiene l’icosaedro) ma non di più, perché la loro somma sarebbe

maggiore o uguale a 360° e ciò è impossibile per il suddetto teorema. Se le facce del poliedro

regolare sono quadrati, l’angolo di ogni faccia è di 90°, quindi si può avere solo l’angoloide di

tre facce (si ottiene il cubo). Se le facce del poliedro regolare sono pentagoni regolari, l’angolo

di ogni faccia è di 108°, quindi si può avere l’angoloide di tre facce (si ottiene il dodecaedro)

ma non di più. Se le facce del poligono regolare sono esagoni regolari, l’angolo di ogni faccia è

di 120° quindi non si possono avere poliedri relativi perché la somma degli angoli di tre facce è

360° il che è impossibile. Analogamente non è possibile costruire poliedri regolari aventi per

facce poligoni regolari con più di sei lati. Quindi i poliedri regolari sono 5: tetraedro, ottaedro,

icosaedro, cubo, dodecaedro.

Vengono chiamati platonici in quanto Platone nel suo dialogo”Timeo” associa il tetraedro,

l'ottaedro, il cubo, e l'icosaedro rispettivamente a quelli che erano allora ritenuti i quattro

elementi fondamentali: fuoco, aria, terra e acqua. Il dodecaedro, non realizzabile unendo

opportunamente triangoli rettangoli (come invece avviene per i poliedri citati), veniva invece

associato all’immagine del cosmo intero.

Quesito 3 Si scriva l’equazione della tangente al grafico della funzione:

1

1log

2

1

y

yx

nel punto P di ordinata 2y .

Si può procedere in due modi, o partendo direttamente dalla funzione

1

1log

2

1

y

yx o

invertendo quest’ultima per riportarla alla forma classica xfy . Il legame tra la derivata di

una funzione e la sua inversa in un punto 00 , yx è il seguente:


0

10'

1'

yfxf

Partiamo dalla funzione

1

1log

2

1

y

yx . Il punto 00 , yx è

2,3log

2

1, 00 yx .

La derivata della funzione è pari a

21

1

1

1

1

1

2

11log

2

11log

2

1

1

1log

2

1

yyyyy

dy

d

y

y

dy

d

pertanto

3

1

1

12''

2

2

1

0

1

yy

fyf .

Di conseguenza l’equazione della tangente è pari a

22

3ln32

2

3ln

3

1

1

xxy

Se invertiamo la funzione

1

1log

2

1

y

yx , si ha

1

11

1

12

1

1log

2

2222

x

xxxx

e

eyeyeye

y

yx

y

y

La derivata di 1

12

2

x

x

e

ey è

22

2

22

2222

1

4

1

1212'

x

x

x

xxxx

e

e

e

eeeey

pertanto

3

2

34

1

4

1

43log

2

1'

223log

3log

3log2

122

2

e

e

e

ef

x

x

x

Di conseguenza l’equazione della tangente è pari a

22

3ln3

xy

coincidente con quella già precedentemente trovata.

Di seguito il grafico di 1

12

2

x

x

e

ey e della tangente di equazione 2

2

3ln3

xy .


Quesito 4 Un solido ha per base la regione R delimitata dal grafico di xxf log e

dall’asse x sull’intervallo e,1 . In ogni punto di R a distanza x dall’asse y, la misura

dell’altezza del solido è data da xxh . Quale sarà il volume del solido?

Ogni sezione del solido ha area

xxxA log

pertanto il volume del solido è pari a

dxxxdxxAV

ee

11

log

Applicando l’integrazione per parti si ha:

4

1

4

1

424log

2log

222

1

22

1

eeexx

xdxxxV

ee


Quesito 5 Un aereo civile viaggia in volo orizzontale con velocità costante lungo

una rotta che lo porta a sorvolare Venezia. Da uno squarcio nelle nuvole il comandante

vede le luci della città con un angolo di depressione di 7°. Tre minuti più tardi

ricompaiono nuovamente le luci, questa volta però l’angolo di depressione misurato è di

13°. Quanti minuti saranno ancora necessari perchè l’aereo venga a trovarsi esattamente

sopra la città?

Consideriamo la figura seguente.

Si sa che 7ˆPAQ e 13ˆPBQ . Applicando il teorema dei triangoli rettangoli al

triangolo AOQ si ha 83tanAOOQ , e, applicandolo al triangolo BHQ si ha

77tanAOHQ .

Di conseguenza 77tan83tan77tan83tan AOAOAOOHAB .

Il tratto AB è stato percorso a una velocità

secondo

metro v costante in 3 minuti, ovvero

in 180 secondi, questo significa che la lunghezza di AB è metri 180180 vvAB e

di conseguenza

77tan83tan

180vAO . Applicando il teorema dei triangoli rettangoli

a PBQ si ricava

metri 5,204

77tan83tan

77tan18077tan v

vPQBP

. Poichè la

velocità di volo è costante, per percorrere i v 5,204 metri per trovarsi sopra Venezia,

sono necessari secondi 5,204 5,204

v

v ovvero minuti 41,3

60

5,204 .


In alternativa avremmo potuto ragionare in questo modo. Per il teorema sui triangoli

rettangoli 13tanPBPQ e 7tanPAPQ ; di connseguenza

13tan7tan

7tan13tanPQPBPAAB e

7tan13tan

7tan

AB

PB. Poichè la velocità è

costante i tratti AB e PB vengono percorsi in tempi che sono proporzionali alle lunghezze dei

tratti, ovvero PBABTT PBAB :: da cui si ricava

41,37tan13tan

7tan3:

AB

PBTT ABPB minuti come precedentemente trovato.

Quesito 6 Si consideri la curva d’equazione 3 3 xxy . La curva ha asintoti? In caso

affermativo, se ne determinino le equazioni.

Il dominio della funzione 3 3 xxy è R in quanto trattasi di una funzione radice con

esponente dispari, di conseguenza non esistono asintoti verticali.

Poichè

32

3 3 11limlim

xxxx

xx deduciamo che non esistono gli asintoti

orizzontali.

Controlliamo la presenza di asintoti obliqui. Si ha:

11

1limlim 32

3 3

xx

xxm

xx e

0

11

1

1lim

11

1

11

1

lim11

1limlim

32

32

2

32

3 3

xx

x

xx

xxxxxq

xxxx

pertanto la retta xy è asintoto obliquo destro.

Analogamente

11

1limlim 32

3 3

xx

xxm

xx e

0

11

1

1lim

11

1

11

1

lim11

1limlim

32

32

2

32

3 3

xx

x

xx

xxxxxq

xxxx

pertanto la retta xy è asintoto obliquo sinistro.


In conclusione la funzione presenza solo un asintoto obliquo, destro e sinistri, di

equazione xy .

Quesito 7 Un cubo di legno di pioppo (densità 3

1 cmg 385,0 ) ed un tetraedro

regolare di cristallo (densità 3

2 cmg 33,3 ) hanno entrambi lo spigolo cml 5 .

Quale dei due ha la massa maggiore?

Il cubo di lato cml 5 ha volume 33 125cmlVCubo

e di conseguenza una massa

grammi 125,48125385,01 CuboCubo VM .

Il tetraedro di lato cml 5 ha volume

33

12

2125

12

3cm

lVTetraedro

e di conseguenza una massa

grammi 4912

212533,32 TetraedroTetraedro VM .

Di conseguenza la massa del tetraedro è maggiore di quella del cubo.


Quesito 8 Tommaso ha costruito un modello di tetraedro regolare e vuole colorare le 4

facce, ognuna con un colore diverso. In quanti modi può farlo se ha a disposizione 10 colori?

E se invece si fosse trattato di un cubo?

Avendo a disposizione un tetraedro regolare e 10 colori, è possibile colorare le 4 facce in

210!6!4

!10

4

10

modi.

Se abbiamo a disposizione un cubo e 10 colori, è possibile colorare le 6 facce in

210!6!4

!10

6

10

modi.

Pertanto non fa differenza se si tratta di un tetraedro o cubo in quanto vale la proprietà

binomiale

kn

n

k

n.

Quesito 9 Si calcoli il valore medio della funzione:

x

exf

x

1

nell’intervallo 41 x .

La funzione x

exf

x

1 è definita in ,0 ed è continua in 4,1 , pertanto è possibile

calcolare il suo valore medio in 4,1 .

Il valore medio richiesto è pari a:

78,313

222

3

1

22

1

3

11

3

1

3

1

24

1

4

1

4

1

4

1

eeex

dxx

e

xdx

x

exfV

x

xx

M

Quesito 10 Si controlli se la funzione 7sintan xxxf , nell’intervallo chiuso

,0 , verifica le ipotesi del teorema di Rolle e, in caso affermativo, si calcoli l’ascissa dei

punti ove si annulla la derivata prima.

Il teorema di Rolle può essere così enunciato.

Sia Rbaf ,: . Se f è continua in ba, , derivabile in ba, e bfaf , allora

0':, cfbac .

Nel caso in esame, le ipotesi del teorema di Rolle non sono soddisfatte in quanto,

nell’intervallo chiuso ,0 , la funzione 7sintan xxxf non è definita in 2

x in


corrispondenza del quale la funzione tangente, e di conseguenza 7sintan xxxf ,

diverge.

LLIICCEEOO SSCCIIEENNTTIIFFIICCOO CCOORRSSOO DDII ... · 1. Si calcolino le aree dei quattro...

Documents

Transcript of LLIICCEEOO SSCCIIEENNTTIIFFIICCOO CCOORRSSOO DDII ... · 1. Si calcolino le aree dei quattro...