PROBLEMA 1
Il triangolo rettangolo ABC ha l’ipotenusa $\mathrm{AB}=$ a e l’angolo $C \hat{A} B=\frac{\pi}{3}$.
a) Si descriva, internamente al triangolo, con centro in B e raggio x , l’arco di circonferenza di estremi $P$ e $Q$ rispettivamente su $A B$ e su $B C$. Sia poi $R$ l’intersezione con il cateto $C A$ dell’arco di circonferenza di centro A e raggio AP . Si specifichino le limitazioni da imporre ad x affinché la costruzione sia realizzabile.
b) Si esprima in funzione di $x$ l’area $S$ del quadrilatero mistilineo $P Q C R$ e si trovi quale sia il valore minimo e quale il valore massimo di $\mathrm{S}(\mathrm{x})$.
c) Tra i rettangoli con un lato su AB e i vertici del lato opposto su ciascuno dei due cateti si determini quello di area massima.
d) Il triangolo ABC è la base di un solido W . Si calcoli il volume di W sapendo che le sue sezioni, ottenute tagliandolo con piani perpendicolari ad AB , sono tutti quadrati.
Soluzione problema 1
Punto a.
Siano $A B=a, P B=x$.
$x$ è minimo quando R coincide con C , ossia $A P=A C=\frac{a}{2}$, e quindi anche $x=\frac{a}{2}$.
$x$ è massimo quando Q coincide con C , per cui $B P=\frac{a}{2} \sqrt{3}$.
pertanto $\frac{a}{2} \leq x \leq \frac{a}{2} \sqrt{3}$.
Punto b.
L’area del quadrilatero mistilineo PQRC si ottiene per differenza tra l’area del triangolo ABC e quella dei settori circolari APR e PQB.
Area $(\mathrm{ABC})=\frac{a}{2} \cdot \frac{a \sqrt{3}}{2} \cdot \frac{1}{2}=\frac{a^2 \sqrt{3}}{8}$
Area settore $(\mathrm{APR})=\frac{\pi(a-x)^2}{6}$
Area settore $(\mathrm{BQP})=\frac{\pi x^2}{12}$
Area $(\mathrm{PQCR})=\mathrm{S}(x)=\frac{a^2 \sqrt{3}}{8}-\frac{\pi(a-x)^2}{6}-\frac{\pi x^2}{12}=-\frac{\pi x^2}{4}+\frac{\pi}{3} a x+a^2\left(\frac{\sqrt{3}}{8}-\frac{\pi}{6}\right)$
$$
\operatorname{con} \frac{a}{2} \leq x \leq \frac{a}{2} \sqrt{3}
$$
Si tratta di una parabola che volge la concavità verso il basso. La funzione assume valore massimo in corrispondenza del vertice, $x_{\max }=\frac{2}{3} a$ ed è $S_{\max }=a^2\left(\frac{\sqrt{3}}{8}-\frac{\pi}{18}\right)$.
Per il minimo è necessario confrontare il valore di $\mathrm{S}(x)$ agli estremi. $S\left(\frac{a}{2}\right)=a^2\left(\frac{\sqrt{3}}{8}-\frac{\pi}{16}\right)$, mentre $S\left(\frac{a}{2} \sqrt{3}\right)=a^2\left(\frac{\sqrt{3}}{8}+\pi\left(\frac{\sqrt{3}}{6}-\frac{17}{48}\right)\right)$.
Il valore minimo si ha per $x=\frac{a}{2} \sqrt{3}$.
Punto c.
Si ponga $\mathrm{AT}=x$, $\operatorname{con} 0<x<\frac{a}{4}$.
Allora $\mathrm{MT}=\mathrm{NV}=x \sqrt{3}, \mathrm{NB}=2 x \sqrt{3}, \mathrm{VB}=3 x, \mathrm{TV}=a-4 x$.
Area $($ TVNM $)=x \sqrt{3} \cdot(a-4 x)=a x \sqrt{3}-4 x^2 \sqrt{3}$.
Come al punto precedente si tratta di una parabola e il massimo si trova in corrispondenza del vertice, con $x_{\max }=\frac{a}{8}$. L’area del rettangolo vale $\frac{a^2}{16} \sqrt{3}$.
Punto d.
Il volume del solido W si può calcolare con il metodo “delle fette”, che equivale al principio di Cavalieri. Il lato del quadrato sezione varia, a seconda che la sezione intersechi il lato AC o il lato BC. Chiamata $x$ la distanza del piano sezione dal vertice A e $t$ la distanza dal vertice B, il volume del solido sarà quindi:
$$
\int_0^{\frac{a}{4}} 3 x^2 d x+\int_0^{\frac{3 a}{4}} \frac{t^2}{3} d t=\left[x^3\right]_0^{\frac{a}{4}}+\left[\frac{t^3}{9}\right]_0^{\frac{3 a}{4}}=\frac{1}{16} a^3
$$
In alternativa si può osservare che il solido in questione è costituito da due piramidi aventi in comune la base, che è un quadrato avente per lato l’altezza del triangolo ABC relativa all’ipotenusa, che vale $\frac{a}{4} \sqrt{3}$.
La somma delle altezze delle piramidi è $\mathrm{AB}=a$.
Il volume pertanto vale $\frac{1}{3}\left(\frac{a}{4} \sqrt{3}\right)^2 \cdot a=\frac{a^3}{16}$.
PROBLEMA 2
Assegnato nel piano il semicerchio $\Gamma$ di centro C e diametro $\mathrm{AB}=2$, si affrontino le seguenti questioni:
a) Si disegni nello stesso semipiano di $\Gamma$ un secondo semicerchio $\Gamma_1$ tangente ad AB in C e di uguale raggio 1 . Si calcoli l’area dell’insieme piano intersezione dei due semicerchi $\Gamma$ e $\Gamma_1$
b) Si trovi il rettangolo di area massima inscritto in $\Gamma$.
c) Sia P un punto della semicirconferenza di $\Gamma, \mathrm{H}$ la sua proiezione ortogonale su $\mathrm{AB} . \mathrm{Si}$ ponga $P \hat{C} B=x$ e si esprimano in funzione di x le aree $\mathrm{S}_1$ e $\mathrm{S}_2$ dei triangoli APH e PCH .
Si calcoli il rapporto $f(x)=\frac{S_1(x)}{S_2(x)}$
d) Si studi $f(x)$ e se ne disegni il grafico prescindendo dai limiti geometrici del problema.
SOLUZIONE PROBLEMA 2
Punto a.
Con riferimento alla figura 1 , l’angolo MCN è di $\frac{2 \pi}{3}$, pertanto l’area della figura è il doppio dell’area del segmento circolare MNC. L’area cercata è quindi:
$$
2\left(\frac{\pi}{3}-\frac{\sqrt{3}}{4}\right)=\frac{2 \pi}{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}
$$
Punto b.
Chiamato $x$ l’angolo HCS, con $0 \leq x \leq \frac{\pi}{2}$ si ha $\mathrm{SL}=\sin x, \mathrm{RS}=2 \cos x$.
L’area del rettangolo KHSR è $S(x)=2 \sin x \cos x=\sin 2 x$, che nell’intervallo considerato ha un massimo per $x=\frac{\pi}{4}$. Si tratta di un rettangolo che ha la base doppia dell’altezza. L’area del rettangolo vale 1.
Punto c.
Sia $P \hat{C} H=x, \operatorname{con} 0 \leq x \leq \pi$; allora:
Area $(\mathrm{APH})=S_1(x)=\frac{A H \cdot P H}{2}=\frac{(1+\cos x) \sin x}{2}$
$\operatorname{Area}(\mathrm{PCH})=S_2(x)=\frac{|\cos x| \sin x}{2}$
Perciò $\frac{S_1}{S_2}=\frac{1+\cos x}{|\cos x|}$, dove $0 \leq x \leq \pi$.
Punto d.
Sia $f(x)=\frac{1+\cos x}{|\cos x|}$. la funzione è pari e periodica di periodo $2 \pi$. È definita per $x \neq \frac{\pi}{2}+k \pi$. è sufficiente studiarla in $[-\pi, \pi]$, anzi in $[0, \pi]$.
$$
f(x)= \begin{cases}\frac{1+\cos x}{\cos x} & \text { se } 0 \leq x<\frac{\pi}{2} \ \frac{1+\cos x}{-\cos x} & \text { se } \frac{\pi}{2}<0 \leq \pi\end{cases}
$$
La funzione assume valore positivo per ogni valore di $x$ e nell’intervallo analizzato si annulla solo se $x=\pi$.
Si ha $\lim _{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} f(x)=+\infty$.
In $\left[0, \frac{\pi}{2}\left[\right.\right.$ si ha $f^{\prime}(x)=\frac{\sin x}{\cos ^2 x}$ e $f^{\prime \prime}(x)=\frac{1+\sin ^2 x}{\cos ^3 x}$, pertanto la funzione è crescente e volge la concavità verso l’alto.
In $\left.] \frac{\pi}{2}, \pi\right]$ si ha $f^{\prime}(x)=-\frac{\sin x}{\cos ^2 x}$ e $f^{\prime \prime}(x)=\frac{-1-\sin ^2 x}{\cos ^3 x}$, pertanto la funzione è decrescente, ma volge ancora la concavità verso l’alto.
Tenendo conto di simmetrie e periodicità, il grafico è quello indicato nella figura 4.
QUESITO 1
Si consideri la seguente proposizione: ” Se due solidi hanno uguale volume, allora, tagliati da un fascio di piani paralleli, intercettano su di essi sezioni di uguale area”. Si dica se essa è vera o falsa e si motivi esaurientemente la risposta.
Soluzione quesito 1
La proposizione è falsa.
La proposizione è l’inversa del “principio di Cavalieri”, un assioma della geometria dello spazio che afferma:
“Se due solidi, allorché sono sezionati da un fascio di piani paralleli, formano, per ogni piano del fascio, sezioni di ugual area, allora i due solidi hanno ugual volume”.
Ovvero:
il principio di Cavalieri fornisce una condizione sufficiente per l’equivalenza di due solidi, ma questa condizione non è necessaria.
E’ facile trovare dei solidi che sono equivalenti ma per i quali non è possibile trovare un fascio di piani che “intercetti” su questi solidi sezioni di ugual area.
Consideriamo ad esempio un cubo e lo sezioniamo in due prismi uguali, tramite un piano che passa per le diagonali di due facce opposte. Questi due prismi li mettiamo uno sopra l’altro, ottenendo un prisma a base triangolare, di altezza doppia rispetto al cubo.
Quest’ultimo prisma e il cubo sono evidentemente equivalenti, ma non verificano il principio di Cavalieri.
QUESITO 2
Ricordando che il lato del decagono regolare inscritto in un cerchio è sezione aurea del raggio, si provi che $\operatorname{sen} \frac{\pi}{10}=\frac{\sqrt{5}-1}{4}$
Soluzione quesito 2
Ricordiamo che la sezione aurea di un segmento di lunghezza $a$ ha per misura $\frac{a(\sqrt{5}-1)}{2}$.
Poiché $\frac{\pi}{10}=18^{\circ}$ è la metà di $36^{\circ}$, la corda che corrisponde a quest’ultimo angolo nella circonferenza goniometrica è uguale al lato del decagono regolare inscritto ed è quindi lunga (se $r=a=1$ ) $\frac{\sqrt{5}-1}{2}$, perciò $\sin 18^{\circ}=\frac{\sqrt{5}-1}{4}$, essendo la metà della lunghezza di tale corda.
$A O=r=$ raggio della circonferenza
$A B=x=$ lato decagono regolare inscritto $(x>0)$
Si ha:
$\mathrm{AO}: \mathrm{AB}=\mathrm{AB}: \mathrm{OB}$
ossia $r: x=x:(r-x)$.
Si ottiene l’equazione:
$
x^2+r x-r^2=0
$
che ha come unica radice positiva $x=r \frac{\sqrt{5}-1}{4}$.
QUESITO 3
Fra le casseruole, di forma cilindrica, aventi la stessa superficie S (quella laterale più il fondo) qual è quella di volume massimo?
Soluzione quesito 3
Sia $x=$ raggio di base del cilindro, $x>0$
$S=S_{\text {base }}+S_{\text {laterale }}=\pi x^2+2 \pi x h \Rightarrow$
$h=\frac{S-\pi x^2}{2 \pi x} \quad\left(N B: S-\pi x^2 \geq 0 \Rightarrow x \leq \sqrt{\frac{S}{\pi}}\right)$
$V=\pi x^2 \cdot \frac{S-\pi x^2}{2 \pi x}=\frac{S x-\pi x^3}{2}$
$V^{\prime}=\frac{S-3 \pi x^2}{2}, \quad V^{\prime}>0 \text { per }-\sqrt{\frac{S}{3 \pi}}<x<\sqrt{\frac{S}{3 \pi}}$
Il cilindro di volume massimo ha il raggio di base pari a $\sqrt{\frac{S}{3 \pi}}$, e l’altezza pari al raggio. Il volume in tal caso misura $\frac{S}{3} \sqrt{\frac{S}{3 \pi}}$.
QUESITO 4
Si esponga la regola del marchese de L’Hôpital (1661 – 1704) e la si applichi per dimostrare che è: $\lim _{x \mapsto+\infty} \frac{x^{2008}}{2^x}=0$
Soluzione quesito 4
La regola citata nel testo è presente in ogni libro di testo per i licei scientifici. Basta applicare ripetutamente, 2008 volte, la regola di De L’Hôpital (la forma indeterminata è del tipo $\frac{\infty}{\infty}$ ).
Se si applica la regola una prima volta, si trova ancora una forma indeterminata dello stesso tipo:
$$ \lim {x \rightarrow+\infty} \frac{x^{2008}}{2^x}=\lim {x \rightarrow+\infty} \frac{2008 x^{2007}}{2^x \ln 2} $$
Dopo 2008 derivazioni si ottiene
$$
\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{2008!}{2^x(\log 2)^{2008}}=0
$$
QUESITO 5
Si determini un polinomio $P(x)$ di terzo grado tale che:
$$
P(0)=P^{\prime}(0)=0, P(1)=0 \text { e } \int_0^1 P(x) d x=\frac{1}{12}
$$
Soluzione quesito 5
Indichiamo con $p(x)=a x^3+b x^2+c x+d$, con $a \neq 0$, il polinomio di terzo grado.
Si ha
$p^{\prime}(x)=3 a x^2+2 b x+c$
e
$ \int p(x) d x=\frac{a x^4}{4}+\frac{b x^3}{3}+\frac{c x^2}{2}+d x+k $
Dalle condizioni assegnate, si ha:
$\begin{equation} \left\{\begin{array}{l} p(0)=d=0 \\ p^{\prime}(0)=c=0 \\ p(1)=a+b+c+d=0 \\ \int_0^1 p(x) d x=\frac{a}{4}+\frac{b}{3}+\frac{c}{2}+d=\frac{1}{12} \end{array}\right. \end{equation}$Quindi
$\begin{equation} \left\{\begin{array}{l} d=0 \\ c=0 \\ a=-b \\ 3 a+4 b=1 \end{array}\right. \end{equation}$
e in definitiva
$\begin{equation}
\left\{\begin{array}{l}
a=-1 \\
b=1 \\
c=0 \\
d=0
\end{array}\right.
\end{equation}$
QUESITO 6
Se $\binom{n}{1},\binom{n}{2},\binom{n}{3}$ con $n>3$ sono in progressione aritmetica, qual è il valore di $n$ ?
Soluzione quesito 6
Si ha
$a_1=\binom{n}{1}=n$
$a_2=\binom{n}{2}=\frac{n(n-1)}{2}$
$a_3=\binom{n}{3}=\frac{n(n-1)(n-2)}{6}$
con le condizioni $n \in N$ e $n>3$.
Poiché questi tre termini devono formare una progressione aritmetica, si ha:
$
a_3-a_2=a_2-a_1
$
da cui si ricava
$
\frac{n(n-1)(n-2)}{6}-\frac{n(n-1)}{2}=\frac{n(n-1)}{2}-\binom{n}{1}
$
che fornisce l’equazione di secondo grado (da risolvere in $N$ ):
$
n^2-9 n+14=0
$
la cui unica soluzione accettabile è $n=7$.
I tre numeri in progressione aritmetica richiesti sono:
$$
\text { 7, } 21 \text { e } 35 .
$$
QUESITO 7
Si determini, al variare di k, il numero delle soluzioni reali dell’equazione:
$$
x^3-3 x^2+k=0 .
$$
Soluzione quesito 7
L’equazione data si può scrivere:
$
k=-x^3+3 x^2
$
che equivale al sistema
$ \begin{cases} y=-x^3+3 x^2 \\ y=k \end{cases} $
Studio della cubica
Il dominio è $R$
Segno: $x^2(3-x)>0 \rightarrow 0<x<3$
Intersezione assi: $O(0 ; 0)$ e $A(3 ; 0)$
$ \lim {x \rightarrow+\infty} f(x)=-\infty $
$ \lim {x \rightarrow-\infty} f(x)=+\infty $
Non ci sono asintoti
DERIVATE :
$y^{\prime}=-3 x^2+6 x \quad \rightarrow \quad y^{\prime}>0 \quad \operatorname{per} 0<x<2$
MASSIMO $M(2 ; 4)$, minimo $m(0 ; 0)$
$y^{\prime \prime}=-6 x+6 \quad \rightarrow \quad y^{\prime \prime}>0 \quad \text { per } x<1$
Flesso $\quad F(1 ; 2)$
$y=k \quad$ fascio di rette parallele all’asse $x$
In definitiva si ottiene
1 soluzione per $k<0$ oppure per $k>4$;
3 soluzioni per $0<k<4$;
3 soluzioni (di cui due coincidenti) per $k=0$ oppure $k=4$.
QUESITO 8
Sia $f$ la funzione definita da $f(x)=\pi^x-x^\pi$. Si precisi il dominio di $f$ e si stabilisca il segno delle sue derivate, prima e seconda, nel punto $x=\pi$.
Soluzione quesito 8
Poiché $\pi^x$ è una funzione esponenziale (con base maggiore di 1 ) è definita per ogni $x$ reale, mentre $x^\pi$ è una potenza reale di base reale ed è definita solo se la base è positiva, si ha quindi $x>0$.
Pertanto il dominio di $f$ è appunto $x>0$.
Tuttavia, essendo l’esponente positivo, si può prolungare la funzione per continuità ed accettare nel dominio anche $x=0$, dove si ha $f(0)=1$.
Calcoliamo la $f^{\prime}(x)$. Si ottiene:
$
f^{\prime}(x)=\pi^x \log \pi-\pi x^{\pi-1}
$
e quindi
$
f^{\prime}(\pi)=\pi^\pi \log \pi-\pi^\pi=\pi^\pi(\log \pi-1)
$
ed essendo $\log \pi>1$ poiché
$
\log \pi>\log e=1
$
essendo $\pi>e$, ne consegue che
$
f^{\prime}(\pi)>0
$
Calcoliamo ora la derivata seconda della funzione:
$
f^{\prime \prime}(x)=\pi^x \log ^2 \pi-\pi(\pi-1) x^{\pi-2}
$
e quindi
$
f^{\prime \prime}(\pi)=\pi^\pi \log ^2 \pi-\pi(\pi-1) \pi^{\pi-2}=\pi^{\pi-1}\left(\pi \log ^2 \pi-\pi+1\right)=\pi^{\pi-1}\left(\pi\left(\log ^2 \pi-1\right)+1\right)>0
$
poiché $\log ^2 \pi-1>0$ essendo come detto in precedenza $\log \pi>1$.
In definitiva, nel punto $x=\pi$ la funzione data è crescente e convessa.
QUESITO 9
Sia $f(x)=\frac{x^2-1}{|x-1|}$; esiste $\lim _{x \rightarrow 1} f(x)$ ? Si giustifichi la risposta.
Soluzione quesito 9
Il dominio della funzione è $R-{1}$; la funzione può essere così definita:
$
f(x)= \begin{cases}\frac{(x+1)(x-1)}{1-x}=-x-1 & \text { per } x<1 \\ \frac{(x+1)(x-1)}{x-1}=x+1 & \text { per } x>1\end{cases}
$
In particolare:
$\lim {x \rightarrow \rightarrow^{+}} f(x)=2$
$\lim {x \rightarrow 1^{-}} f(x)=-2$
In $x=1$ (escluso dal dominio) c’è una discontinuità di I specie con un salto di 4.
Dunque il limite richiesto non esiste.
QUESITO 10
Secondo il codice della strada il segnale di “salita ripida” (fig. a lato) preaverte di un tratto di strada con pendenza tale da costituire pericolo. La pendenza vi è espressa in percentuale e nell’esempio è $10 \%$. Se si sta realizzando una strada rettilinea che, con un percorso di $1,2 \mathrm{~km}$, supera un dislivello di 85 m , qual è la sua inclinazione (in gradi sessagesimali)? Quale la percentuale da riportare sul segnale?
Soluzione quesito 10
In matematica si definisce la pendenza come il rapporto tra cateto opposto all’angolo e cateto adiacente all’angolo $\alpha$ :
$$
\tan \alpha=\frac{\text { cateto opposto }}{\text { cateto adiacente }}=\frac{C B}{A C}=\frac{85}{\sqrt{1200^2-85^2}} \approx 0,071=7,1 \%
$$
