Soluzioni Seconda prova scritta Matematica 2007 – Liceo Scientifico di ordinamento sessione ordinaria

PROBLEMA 1

Si considerino i triangoli la cui base è AB=1e il cui vertice C varia in modo che l’angolo CA^B si mantenga doppio dell’angolo AB^C.

  1. Riferito il piano ad un conveniente sistema di coordinate, si determini l’equazione del luogo geometrico γ descritto da C.
  2. Si rappresenti γ, tenendo conto, ovviamente, delle prescritte condizioni geometriche.
  3. Si determini l’ampiezza dell’angolo AB^C che rende massima la somma dei quadrati delle altezze relative ai lati AC e BC e, con l’aiuto di una calcolatrice, se ne dia un valore approssimato in gradi e primi (sessagesimali).
  4. Si provi che se AB^C=36 allora è AC=512

SOLUZIONE DEL PROBLEMA 1

Punto 1.

Consideriamo il punto A coincidente con l’origine degli assi cartesiani e il punto B di coordinate (1;0)

Facciamo passare per il punto A una semiretta r.

Costruiamo l’asse a del segmento AB. Questo interseca la retta r nel punto D .

Disegniamo la bisettrice b’ dell’angolo formato dalla semiretta r con il semiasse positivo delle x.

Intersechiamo b con r ; si ottiene il punto C (figura 1 ).

Punto 2.

Al variare della semiretta r attorno all’origine degli assi, il punto C descrive un luogo geometrico γ di cui si vuole trovare l’equazione. Se indichiamo con 2t l’angolo BAC, l’equazione della retta r è data da:

y=(tan2t)x.

La retta b ha equazione:

y=(tan(πt))(x1)

Intersecando queste due rette si ottiene il punto C :

{y=(tan2t)xy=(tant)(x1)

Possiamo dunque scrivere:

{y=2tant1tan2txtant=y1x

Sostituendo tant=y1x nella prima equazione, dopo alcuni calcoli, si elimina il parametro t tra le due equazioni e si ottiene che il luogo geometrico γ ha per equazione cartesiana:

3x2y24x+1=0

Di questa iperbole si deve considerare solo il ramo “di sinistra”, ossia quello che giace nel semipiano definito da x13 Si tratta quindi di un’iperbole traslata che si può scrivere in forma canonica:

(x23)219y213=1

Ponendo {X=x23Y=y (traslazione degli assi)

Si ha:

X219Y213=1

Con centro di simmetria nel punto O(23;0) e asintoti le rette di equazioni y=±3(x23).

Soluzione alternativa dei primi due punti del problema

Si consideri il trapezio isoscele ABEC (figura 3).

In questo trapezio la base CE è uguale al lato AC (e quindi anche al lato BE). Infatti è facile dimostrare che il triangolo AEC è isoscele perché l’angolo CAE è uguale all’angolo CEA (che a sua volta è uguale all’angolo EAB).

Essendo M il punto medio di CE , ne consegue che CM è sempre la metà del segmento AC .

Consideriamo ora la retta a (asse del segmento AB ) come direttrice e il punto A come fuoco. Possiamo pensare al luogo geometrico γ come luogo dei punti C tali che

CACM=2

Il luogo γ è quindi una parte di iperbole di eccentricità 2 che ha un fuoco F nel punto A e una direttrice coincidente con la retta a avente per equazione x=12.

Considerando il punto A come origine degli assi e l’asse positivo delle x coincidente con AB , si ottiene:

x2+y212x=2

Quadrando si ottiene:

x2+y214x+x2=4

da cui si ottiene l’equazione del luogo:

3x2y24x+1=0

Di questa iperbole si deve considerare solo il ramo “di sinistra”, ossia quello che giace nel semipiano definito da x13,

Punto 3.

Disegniamo le altezze relative ai lati AC e BC come richiesto.

Ragionando sui triangoli rettangoli ABK e ABH , si ha AK=sint e AH=sin2t.

Nel triangolo ABC deve essere t+2t<π.

Si ricava pertanto che 0<t<π3.

La funzione si cui viene chiesto il massimo è la seguente:

s(t)=sin2t+sin2(2t)

Studiando il segno della derivata prima

s(t)=2sin(4t)+sin(2t)

si ottiene che il massimo si ha per t=arcsin58.

Usando la calcolatrice, si ottiene t=0,9117rad=5214.

Punto 4.

Se l’angolo ABC=36, allora l’angolo in A vale 72 e l’angolo in C vale 72.

Quindi il triangolo è isoscele.

Questo triangolo isoscele si ritrova nella costruzione geometrica del decagono regolare inscritto in una circonferenza (il lato è la sezione aurea del raggio).

Quindi AC è la sezione aurea di AB , ossia vale la seguente relazione:

AC=AB512=512

PROBLEMA 2

Si consideri un cerchio C di raggio r.

  1. Tra i triangoli isosceli inscritti in C si trovi quello di area massima.
  2. Si denoti con Sn l’area del poligono regolare di n lati inscritto in C. Si dimostri che Sn=n2r2sen2πn e si trovi un’analoga espressione per l’area del poligono regolare di n lati circoscritto a C.
  3. Si calcoli il limite di Sn per n.
  4. Si spieghi in che cosa consista il problema della quadratura del cerchio e se, e in che senso, si tratti di un problema risolubile o meno.

Soluzione del problema 2

Punto 1.

Consideriamo la figura 1.

Indichiamo con x la misura dell’altezza HC del triangolo.

Per i secondo teorema di Euclide, si ha:

HB=x(2rx) con0x2r

L’area del triangolo ABC è quindi:

S(x)=xx(2rx)

Derivando si ottiene:

S(x)=x(3r2x)x(2rx)

L’area è massima per x=32r.

In questo caso il triangolo è equilatero.

Punto 2.

Consideriamo un poligono regolare di n lati. Lo possiamo suddividere in n triangoli isosceli uguali. L’area di uno di questi triangoli è data da

Striangolo =12r2sin(2πn)

L’area del poligono regolare sarà pertanto:

Sn=n2r2sin(2πn)

Il poligono regolare circoscritto con lo stesso numero di lati avrà area:

Sn=nr2tan(πn)

Punto 3.

Il limite richiesto è il seguente:

limnSn=limn[n2r2sin(2πn)]=limn[πr2sin(2πn)2πn]=πr2limn[sin(2πn)2πn]=πr2

Questo limite rappresenta l’area del cerchio.

Punto 4.

Si tratta di un famoso problema nato nella matematica greca, ovvero se sia possibile, usando soltanto la riga e il compasso, costruire un quadrato equivalente, cioè con la stessa area, di un cerchio dato.

Per il cerchio questo problema non si può risolvere con riga e compasso.

Questo problema è possibile invece per ogni poligono. Ad esempio, è possibile fare la “quadratura di un triangolo”; si può infatti costruire, usando soltanto la riga e il compasso, un quadrato equivalente al triangolo.

Nell’Ottocento è stato dimostrato che il problema della quadratura del cerchio è impossibile perché il numero π è un numero trascendente (ovvero, non è soluzione di nessuna equazione algebrica a coefficienti interi).

QUESITO 1

La regione R delimitata dal grafico di y=2x, dall’asse x e dalla retta x=1 (in figura) è la base di un solido S le cui sezioni, ottenute tagliando S con piani perpendicolari all’asse x , sono tutte triangoli equilateri. Si calcoli il volume di S .

Soluzione quesito 1

Il volume del solido si può ottenere con un integrale definito con il metodo delle “fette”.

Determiniamo la superficie del generico triangolo equilatero. Si ottiene:

A(x)=12(2x)(2x32)=x3.

Integrando si ha:

V=01x3dx=32[x2]01=32.

QUESITO 2

Le misure dei lati di un triangolo sono 40,60e80 cm. Si calcolino, con l’aiuto di una calcolatrice, le ampiezze degli angoli del triangolo approssimandole in gradi e primi sessagesimali.

Soluzione quesito 2

Poiché si conoscono i tre lati del triangolo, allora si deve applicare come primo passaggio il teorema del coseno (o di Carnot).

Si ottiene:

a2=b2+c22bccosα

cosα=b2+c2a22bc

Quindi

cosα=b2+c2a22bc

Sostituendo a=80,b=60,c=40, si ottiene cosα=14, da cui α=arccos(14).

Si ha α10428,7.

Analogamente si ha:

cosβ=a2+c2b22ac

cosβ=1116, da cui β=arccos(1116)4634

Infine si ha cosγ=78. Quindi γ=arccos(78)2857,3

QUESITO 3

Si determini, al variare di k, il numero delle soluzioni reali dell’equazione:

x3x2k+1=0

Soluzione quesito 3

L’equazione data può essere scritta nella forma:

x3x2=k1

che si può risolvere tramite il sistema

{y=x3x2y=k1

La cubica y=x3x2 è facile da studiare e da disegnare.

La derivata prima è y=3x22x.

Il massimo si ha per x=0 e il minimo relativo x=23.

Il minimo relativo vale f(23)=427.

Si conclude che l’equazione ammette una soluzione per k>1 oppure per k<2327. Per 2327k1, l’equazione ammette tre soluzioni (con due di esse eventualmente coincidenti per i valori estremi, ossia per k=1 e per k=2327 ).

QUESITO 4

Un serbatoio di olio ha la stessa capacità del massimo cono retto di apotema 1 metro. Si dica quanti litri d’olio il serbatoio può contenere.

Soluzione quesito 4

Si pone h=OV=x. Si ricava pertanto il raggio di base del cono r=1x2 con 0x1.

Il volume del cono è dato da:

V(x)=13π(1x2)x

Derivando si trova che il volume è massimo per x=13. In questo caso si ha:

V=13π2313=2π3270,40307 m3

Trasformando in litri, si ottiene:

V403 litri. 

QUESITO 5

Si mostri che la funzione y=x3+8 soddisfa le condizioni del teorema del valor medio (o teorema di Lagrange) sull’intervallo [2,2]. Si determinino i valori medi forniti dal teorema e se ne illustri il significato geometrico.

Soluzione quesito 5

La funzione data è ottenuta traslando di 8 verso l’alto la funzione y=x3.

E’ una funzione derivabile e quindi continua in R e quindi anche nell’intervallo dato [2;2].

In base al teorema di Lagrange citato nell’enunciato esiste almeno un punto x0 interno all’intervallo tale che:

f(b)f(a)ba=f(x0)

Per determinare tale punto (o tali punti) dobbiamo risolvere l’equazione

f(2)f(2)2(2)=f(x)

ossia

3x2=4

Si ha pertanto x=±23.

In questi punti del grafico della cubica la retta tangente è parallela alla corda che congiunge i punti estremi A (2;0) e B (2;16) dell’arco della curva.

QUESITO 6

Si sa che il prezzo p di un abito ha subito una maggiorazione del 6%e, altresì, una diminuzione del 6%; non si ha ricordo, però, se sia avvenuta prima l’una o l’altra delle operazioni. Che cosa si può dire del prezzo finale dell’abito?

Soluzione quesito 6

Il prezzo finale dell’abito è inferiore a quello iniziale ed è indifferente, in questo caso se si è avuto prima l’aumento e poi la riduzione.
Infatti in entrambi i casi, il prezzo finale sarà:

p=p(16100)(1+6100)=p0,941,06=p0,9964

Il prezzo finale è quindi il 99,64% del prezzo iniziale.
In generale se t è il tasso percentuale di riduzione e di aumento, si ha:

p=p(1t)(1+t)=p(1t2)<p

QUESITO 7

Se f(x) è una funzione reale dispari (ossia il suo grafico cartesiano è simmetrico rispetto all’origine), definita e integrabile nell’intervallo [2,2], che dire del suo integrale esteso a tale intervallo? Quanto vale nel medesimo intervallo l’integrale della funzione 3+f(x) ?

Soluzione quesito 7

Se la funzione è dispari (e continua) allora il suo integrale in un intervallo simmetrico rispetto all’origine O è nullo.

L’integrale della funzione 3+f(x) sarà pertanto 12 :

22(3+f(x))dx=223dx+22f(x)dx=12

QUESITO 8

Si risolva l’equazione 4(n4)=15(n23)

Soluzione quesito 8

Il numero n deve essere un numero naturale maggiore od uguale a 5 perché deve essere n23. Applicando la definizione di coefficiente binomiale:

4n(n1)(n2)(n3)4321=15(n2)(n3)(n4)321

Semplificando si ottiene:

n(n1)=15(n4)

Si ottiene l’equazione di secondo grado:

n216n+60=0

che ha le soluzioni, entrambe accettabili, n=6 e n=10.

QUESITO 9

Si calcoli l’integrale indefinito 1x2dx e, successivamente, si verifichi che il risultato di 011x2dx è in accordo con il suo significato geometrico.

Soluzione quesito 9

L’integrale indefinito assegnato si risolve per sostituzione, una sostituzione di tipo trigonometrico; la sostituzione è suggerita dalla seguente figura.

Si pone x=cost e si ricava dx=sintdt.

Quindi t=arccosx

Sostituendo nell’integrale 1x2dx si ha

1cos2t(sint)dt==sin2tdt=1cos2t2dt=t2+14sin2t+c

Quindi tornando alla variabile x si ha:

1x2dx=12arccosx+12x1x2+c

In definitiva si ha

011x2dx=12[arccosx+x1x2]0=12(arccos0)=π4

L’integrale corrisponde a un quarto dell’area del cerchio unitario: π4=011x2dx.

QUESITO 10

Per orientarsi sulla Terra si fa riferimento a meridiani e a paralleli, a latitudini e a longitudini. Supponendo che la Terra sia una sfera S e che l’asse di rotazione terrestre sia una retta r passante per il centro di S, come si può procedere per definire in termini geometrici meridiani e paralleli e introdurre un sistema di coordinate geografiche terrestri?

Soluzione quesito 10

Un meridiano (figura 1) è una delle due semicirconferenze massime ottenute dall’intersezione di un piano passante per il polo Nord e per il polo Sud con la superficie sferica della Terra.

Gli estremi di un meridiano sono dunque il polo Nord e il polo Sud (figura 1).

Un parallelo (figura 2) è una circonferenza ottenuta dall’intersezione tra un piano perpendicolare all’asse terrestre con la superficie terrestre.

Considerato un meridiano di riferimento (Greenwich), per ogni punto della superficie terrestre (diverso dai poli) passa uno ed un solo meridiano.

L’angolo (minore di 180°) formato tra il piano passante per l’asse terrestre contenente il meridiano e quello di riferimento si chiama longitudine (che è detta latitudine Est oppure latitudine Ovest a seconda che il punto P si trovi a Est oppure a ovest del meridiano di Greenwich. Ad esempio l’Italia è a Est; vedi figura 3).

Considerato il piano perpendicolare all’asse terrestre e passante per il centro O della Terra, questo interseca la superficie sferica su un cerchio massimo detto equatore. Il meridiano passante per P incontra l’equatore in un punto E.

L’angolo POE si chiama latitudine (“latitudine Nord” se P appartiene all’emisfero Nord, “latitudine Sud” se P appartiene all’altro emisfero; vedi figura 4).

SOS Matematica

4.6
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