PROBLEMA 1
a) Il raggio della circonferenza di centro B varia tra i valori:
b) S ( PQCR) = S ( ABC ) − S ( APR) − S ( BPQ) =
a
3a
.
≤x≤
2
2
(
)
π
3a 2 π
3a 2 π
− (a − x) 2 − x 2 =
−
3 x 2 − 4ax + 2a 2 .
8
6
12
8
12
I valori di x che rendono minima o massima la funzione S (PQCR) sono i medesimi che
rendono, rispettivamente, massima o minima la funzione ausiliaria y = 3 x 2 − 4ax + 2a 2 , con le
a
3a
. Il minimo assoluto della funzione y si ha in corrispondenza
≤x≤
2
2
2a
2
dell’ascissa del vertice della parabola: x =
e vale a 2 . Il massimo assoluto della funzione y
3
3
limitazioni:
è
rappresentato
dal
(
maggiore
dei
due
valori
)
⎛ 3a ⎞
a2
⎛a⎞ 3
⎟ , il massimo della y è:
y⎜ ⎟ = a 2 <
17 − 8 3 = y⎜⎜
⎟
4
2
⎝2⎠ 4
⎠
⎝
massimo
e
il
minimo
della
funzione
assunti
2
a
4
(17
agli
− 8
estremi.
)
Poiché
3 . Pertanto, il
S (PQCR) sono,
rispettivamente,
⎛ 3 π ⎞
3a 2 π 2 2
− ⋅ a = a 2 ⎜⎜
− ⎟⎟ e
8
12 3
⎝ 8 18 ⎠
⎛ 3
3a 2 π a 2
17 − 8 3 ⎞⎟
17 − 8 3 = a 2 ⎜⎜
− ⋅
−π ⋅
.
8
12 4
48 ⎟⎠
⎝ 8
(
c) Posto
DE = 2 ⋅ DC = x
)
con
0≤ x≤a
S (D' E ' ED ) = DE ⋅ HK = DE ⋅ (CH − CK ) =
si ha:
CK =
3x
4
e
CH =
3a
.
4
Pertanto
3
x(a − x ) . Poiché tale funzione è una parabola, il suo
4
a
massimo lo si avrà in corrispondenza del vertice, x = .
2
d) Le sezioni del volume di W sono espresse da una funzione S (x) , definita “per casi”.
a
≤ x ≤ a , risultando
4
a
⎧ 2
se 0 ≤ x ≤
3x
⎪
a−x
4
PQ = 3 x e P ' Q' =
. La funzione richiesta è pertanto S ( x) = ⎪⎨
.
a
3
⎪( a − x) 2 / 3
se
≤x≤a
4
⎩⎪
a
a/4
a (a − x) 2
a/4
a
1
a3
Ne segue VolW = S ( x)dx =
.
3x 2 dx +
dx = x 3 0 + ( x − a ) 3 a / 4 =
0
0
a/4
3
9
16
I due casi da distinguere sono AP = x , con 0 ≤ x ≤
∫
∫
∫
a
4
e AP' = x con
[ ]
[
]
PROBLEMA 2
a) L’area richiesta è il doppio dell’area del segmento circolare di base ED e arco EKD. Tale
segmento si ottiene per differenza tra il settore circolare di angolo al centro ECˆ D =120° e il
triangolo ECD equivalente a un triangolo equilatero di lato 1 (raggio del cerchio). L’area
richiesta vale pertanto
⎛π
3 ⎞⎟
Area = 2 ⋅ ⎜⎜ −
⎟.
⎝3
4 ⎠
b) Determinare il rettangolo di area massima inscritto in Γ equivale a determinare il rettangolo di
area massima inscritto nel quadrante di cerchio CBK. Pertanto, considerato un punto L sull’arco
BK si costruisca il rettangolo CMLN. Posto LCˆ M = x (0°< x < 90°), si ha CM = cos x e
1
sin 2 x ,
2
1
, poiché il
2
massimo valore assunto dalla funzione seno è 1, in corrispondenza dell’angolo x = 45° . Il
rettangolo di area massima inscritto in Γ ha dunque area 1
LM = sin x , da cui Area(CMLN ) = sin x cos x =
che ha valore massimo
Lo stesso risultato si ottiene, più semplicemente, con considerazioni di simmetria. I rettangoli
inscritti, simmetrici rispetto alla retta r sono uguali. L’area massima di CMLN si ha nella
posizione centrale, quando i due rettangoli simmetrici coincidono in un quadrato.
c) Con riferimento alla figura si ha: CH = cos x ,
ottiene:
S1 ( x ) =
PH = sin x , con 0 ≤ x ≤ π . Ciò premesso si
1
1
⋅ AH ⋅ PH = (1 + cos x) sin x (il segno del coseno tiene conto dei casi in cui AH è
2
2
ottenuto per somma oppure per differenza tra AC e CH);
S 2 ( x) =
1
1
⋅ CH ⋅ HP = cos x sin x .
2
2
La funzione richiesta è f ( x) =
1 + cos x 1 + cos x
=
, data la non negatività di 1+ cos x , con
cos x
cos x
0≤ x <π /2 e π /2< x ≤π .
d) Per semplicità studiamo preliminarmente l’argomento del modulo, ovvero la funzione
1
1 + cos x
= 1+
, che può essere studiata con metodi elementari, a partire dalla
cos x
cos x
1
cosinusoide di cui viene determinata la reciproca
e quest’ultima traslata di un’unità, nella
cos x
g ( x) =
direzione positiva dell’asse delle ordinate.
La funzione è una funzione pari, periodica di periodo 2π e presenta nei punti di ascissa x = kπ
minimi relativi di valori alternativamente pari a 0 e 2. Presenta inoltre asintoti verticali di equazioni
π
x = + kπ
2
QUESTIONARIO
1. La proposizione è falsa. Si tratta della proposizione inversa del Principio di Cavalieri che pone
una condizione sufficiente, ma non necessaria per la equivalenza di due figure geometriche. Per
convincersene basta un esempio. Un parallelepipedo rettangolo di dimensioni 2, 4, 8 ha lo stesso
volume di un cubo di spigolo 4.
2. Si inscriva, nella circonferenza goniometrica, il decagono regolare, come nella figura. L’angolo
2π π
π
al centro corrispondente al lato del decagono è
=
e, pertanto, l’angolo AOˆ H = .
10
Essendo la circonferenza di raggio 1, si ha AH = sin
sezione aurea del raggio. Si ha pertanto AB =
π
10
5
10
, ma AH è la metà del lato il quale è la
5 −1
da cui l’asserto.
2
3. Indicati con r e h rispettivamente raggio e altezza del cilindro, la casseruola avrà superficie e
volume dati da:
S = πr 2 + 2πrh = cos t
V = πr 2 h .
S − πr 2
S
con 0 < r <
. Derivando la
2
π
S
che risulta positiva per 0 < r <
. Il volume massimo si
3π
Ricavando h da S e sostituendo in V si ha: V = r
funzione V (r ) si ha V ' (r ) =
ha per r =
S − 3πr 2
2
S
. L’altezza di tale casseruola di volume massimo coincide con quello trovato per
3π
il raggio.
4. Per l’enunciato richiesto si rinvia ad un manuale scolastico. Per la dimostrazione della validità
della relazione di limite proposta, si osservi che qualsiasi potenza a esponente intero x n derivata
n volte diventa la costante n!, mentre qualunque derivata di un esponenziale tende a infinito al
tendere di x all’infinito.
5. Indicato con P ( x) = ax 3 + bx 2 + cx + d ( a ≠ 0 ) le prime tre condizioni conducono al sistema
⎧d = 0
⎪
ovvero al polinomio della forma
⎨c = 0
⎪a + b = 0
⎩
Dalla quarta condizione,
∫ (ax
1
0
3
)
− ax 2 dx =
a
1
1
, si ricava − =
ovvero a = −1 . Pertanto il
12
12 12
polinomio richiesto è: P ( x) = − x 3 + x 2 .
⎛n⎞ ⎛n⎞
⎛n⎞ ⎛n⎞
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
6. La condizione posta equivale a ⎜⎜ ⎟⎟ − ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ − ⎜⎜ ⎟⎟ . Esplicitando i coefficienti binomiali si ha:
3
2
2
1
n 2 − 3n + 2
n(n − 1)(n − 2) n(n − 1) n(n − 1)
−
=
−n
→
− (n − 1) + 1 = 0
→
3⋅ 2
2
2
6
n 2 − 9n + 14 = 0
le cui soluzioni sono n1 = 7 e n2 = 2 , di cui solo la prima è accettabile in
quanto maggiore di 3.
7. Le radici reali richieste sono le ascisse dei punti di intersezione tra la cubica y = − x 3 + 3x 2 e le
rette del fascio y = k . La cubica presenta un minimo nell’origine e un massimo relativo nel
punto (2; 4) . Ne segue che le radici reali sono tre per 0 ≤ k ≤ 4 , mentre per k < 0 e k > 4 si ha
una sola radice reale, come evidenziato dal grafico della cubica.
8. Il
dominio
è
I x = {x ∈ R / x ≥ 0}.
Derivando
x
2
π −2
f ' ' ( x) = π ⋅ ln π − π ⋅ (π − 1) x . Per x = π si ha:
si
ha:
f ' ( x) = π x ⋅ ln π − π ⋅ x π −1
e
f ' (π ) = π π ⋅ ln π − π ⋅ π π −1 = π π (ln π − 1)
1 ⎞
⎛
f ' ' (π ) = π π ⋅ ln 2 π − π ⋅ (π − 1)π π − 2 = π π ⎜ ln 2 π + − 1⎟
π
⎝
⎠
Essendo π > e segue che ln π > 1 , pertanto i due valori precedentemente ricavati sono entrambi
positivi.
9. La funzione assegnata, definita “per casi” è
⎧ x2 −1
se x > 1
= x +1
⎪
⎪ x −1
da cui risulta che lim− f ( x) = −2 e lim+ f ( x) = 2 . Poiché limite
f ( x) = ⎨ 2
x →1
x →1
⎪ x − 1 = −( x + 1) se x > 1
⎪⎩ 1 − x
sinistro e destro sono diversi la funzione non ammette limite nel punto considerato.
10. Si ha pendenza = tan α =
α ≈ 4°
85
BC
=
≈ 0,07 = 7% che corrisponde a una inclinazione
AB
1200 2 − 85 2
GIANFRANCO PISTONI
FERRUCCIO ROHR
LICEO SCIENTIFICO “ARCHIMEDE”- ROMA
