www.matefilia.it ORDINAMENTO 2009

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ORDINAMENTO 2009 - PROBLEMA 1
1)
a) Angolo x convesso
L’area richiesta si ottiene togliendo dall’area del settore circolare OAB quella del
triangolo OAB.
Area settore: πR 2 = x : 2π ; da cui
R2x
Area settore=
2
R ⋅ R ⋅ sen(x)
Area triangolo=
2
R 2 x R ⋅ R ⋅ sen(x)
Area segmento circolare= Area settore – Area triangolo =
2
2
1 2
= R ( x − senx) = S ( x)
2
b) Angolo x concavo
1/4
In questo caso l’area richiesta si ottiene aggiungendo all’area del settore l’area del
triangolo, che è uguale a:
R ⋅ R ⋅ sen(2π − x) R ⋅ R ⋅ sen(2π − x)
R ⋅ R ⋅ sen( x)
=
=−
Area triangolo=
2
2
2
2
R ⋅ R ⋅ sen(x)
R x
Area segmento circolare= Area settore +Area triangolo =
+ ()
2
2
1
= R 2 ( x − senx) = S ( x) come prima.
2
2)
Con R=1 la funzione diventa
1
( x − senx) , da studiare nell’intervallo [0;2π ] .
2
• y (0) = 0, y (2π ) = π
• Con y=0 si ottiene x - sen x =0, cioè sen x =x che ammette la sola soluzione x= 0
y=
y
2
x
2
4
6
8
-2
•
•
•
•
•
•
y’>O per ogni x dell’intervallo escluso lo zero.
1
y ' = (1 − cos x) = 0 se cos x = 1, cioè per x = 0, x = 2π
2
y’>0 se 1-cos x >0, cos x < 1: per ogni x esclusi x = 0, x = 2π : quindi la funzione è
sempre crescente e agli estremi ha la tangente orizzontale.
1
y ' ' = senx = 0 se x = 0, π , 2π
2
y ' ' > 0 se 0 < x < π : in tale intervallo quindi il grafico è concavo verso l’alto; in x = π
π
c’è un flesso (a tangente obliqua), di ordinata .
2
Il Grafico della funzione è il seguente:
2/4
y
3π/2
π
π/2
x
π/2
π
3π/2
2π
5π/2
-π/2
3)
Lunghezza dell’arco AB = R x
Perimetro settore AOB = 2R + Rx.
R2x
Area settore=
=100.
2
Per via elementare:
Il prodotto R 2 x è costante, quindi lo è anche:
(2 R)( Rx) : la somma è minima se le due quantità sono uguali: quindi 2R = Rx, cioè x=2.
Sostituendo questo valore di x nell’area del settore si ottiene R = 10 m.
Metodo delle derivate:
Bisogna rendere minima la quantità 2R + Rx; ricavo x dall’area del settore: x =
Si ottiene la funzione: y = 2 R +
200
.
R2
200
, con la seguente limitazione per R:
R
200
ed essendo x nell’intervallo [0;2π ] , si ottiene la
R2
100
200
limitazione 2 ≤ 2π , quindi R ≥
.
π
R
dall’area del settore si ricava x =
3/4
Risulta y ' = 2 −
200
≥ 0 se R ≥ 10 .
R2
100
≤ R < 10 e crescente per R > 10 e quindi ha un
π
minimo assoluto per R =10 e, sostituendo nell’area del settore, si ottiene x = 2.
La funzione risulta decrescente da
Esprimiamo x in gradi sessagesimali:
2 : x° = π : 180° , da cui si ottiene x =
360°
≅ 115°
π
4)
La retta OA ha equazione y = 3x e la circonferenza x 2 + y 2 = 4 .
Il lato del quadrato sezione è y, quindi:
1
2
1
2
[ ]
V = ∫ y dx + ∫ y dx = ∫ (3 x )dx + ∫ (4 − x )dx = x
2
0
2
1
2
0
2
1
3 1
0
4/4
2

x3 
8
1
8
+  4 x −  = 1 + (8 − − 4 + ) =
3 1
3
3
3

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