1977 luglio maturità scientifica

12.

Luglio 1977

Primo problema

In un sistema di assi coordinati cartesiani si considerino le parabole rappresentate dalle equazioni

y = 3x - x²      y = x² - 2x

Nella regione finita di piano delimitata dalle due curve si determini il triangolo avente un vertice nel punto comune alle due curve diverso dall'origine ed il lato opposto parallelo all'asse delle ordinate e la cui area abbia valore massimo.

Si calcolino inoltre le aree delle regioni finite limitate dai lati di questo triangolo e dalle curve stesse.

La prima parabola y = -x² + 3x ha la concavità rivolta verso il basso, vertice nel punto

V = (3/2; 9/4)

Luglio 1977 - Primo Problema

e taglia l'asse x nei punti d'ascissa 0 e 3.

La seconda parabola y = x² - 2x ha invece la concavità rivolta verso l'alto, vertice nel punto

V₂ = (1; -1)

e taglia l'asse x nei punti d'ascissa 0 e 2.

y

retta x = k

V₁

B

H

A

C

V₂

y = x² - 2x

y = -x² + 3x

x

Luglio 1977 - Primo Problema

Determiniamo le coordinate del punto di intersezione A

y = -x² + 3x

y = x² - 2x

-x² + 3x = x² - 2x

2x² - 5x = 0

x (2x - 5) = 0

x = 0     y = 0     coord. dell'origine

x = 5/2     y = 5/4     coord. del punto A

Tracciando la retta verticale di equazione x = k si determina il triangolo ABC.

Mettendo a sistema tale retta con ciascuna delle due parabole, si ottengono le coordinate dei punti B e C.

B = (k; 3k - k²)

C = (k; k² - 2k)

e quindi si ha

BC = 3k - k² - (k² - 2k)

62

Luglio 1977 - Primo Problema

BC = k(5 - 2k)

E' inoltre

AH = 5/2 - k

e quindi l'area del triangolo ABC è

S = k(5 - 2k) * (5 - 2k)/2 * 1/2

S = k(5 - 2k)²/4

Usando le variabili x e y', più consuete, dobbiamo ora massimizzare la funzione

y = x(5 - 2x)²/4

in cui, per ragioni geometriche, deve essere

0 < x < 5/2

La derivata prima è

y' = [1 * (5 - 2x)²]/4 + [x * 2(5 - 2x) * (-2)]/4

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Luglio 1977 - Primo Problema

y' = (12x² - 40x + 25)/4

Studiandone il segno si ha

f'(x)

5/6              5/2

max              (da scartare)

e perciò il triangolo ABC ha area massima per

k = 5/6

Passiamo ora al calcolo delle superfici colorate S₁, S₂, S₃, corrispondenti al caso in cui il triangolo ABC ha area massima.

Cominciamo dall'ultima, perché più breve

S₃ = integrale da 0 a 5/6 [3x - x² - (x² - 2x)] dx = integrale da 0 a 5/6 (-2x² + 5x) dx =

= [-2/3 x³ + 5/2 x²]₀^5/6 = -125/324 + 125/72 = 875/648

Per il calcolo di S₁, occorre prima determinare l'equazione della retta passante per A e B, che è

A = (5/2; 5/4)     B = (5/6; 65/36)

y = -1/3 x + 25/12

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Luglio 1977 - Primo Problema

e perciò

S₁ = [ -x² + 3x - ( -1/3 x + 25/12 ) ] dx_5/6^5/2 = ( -x² + 10/3 x - 25/12 ) dx_5/6^5/2

= [ -x³/3 + 5x²/3 - 25x/12 ]_5/6^5/2 = ... = 125/162

Anche per S₂ determiniamo prima l'equazione della retta passante per A e C.

A = (5/2; 5/4) C = (5/6; -35/36) -> y = 4/3 x - 25/12

e quindi

S₂ = [ 4/3 x - 25/12 - (x² - 2x) ] dx_5/6^5/2 = ( -x² + 10/3 x - 25/12 ) dx_5/6^5/2 = 125/162

in quanto sia funzione integranda che estremi di integrazione sono uguali a quelli del calcolo di S₁.

Luglio 1977 - Secondo Problema

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13.

1977: secondo problema

Tre punti A, B, C, non allineati, sono vertici di un triangolo ABC, i cui lati BC e CA sono lunghi rispettivamente a, b. Si dica come deve essere scelto l'angolo ACB = affinché la somma dei quadrati delle altezze del triangolo relative ai lati BC e CA, diminuita del quadrato del lato AB, sia massima. Posto b = ma (m > 0), si determini per quale valore di m tale angolo assume ampiezza minima.

Sono noti

BC = a

AC = b

e deve essere

0° < < 180°

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Luglio 1977 - Secondo Problema

Valgono le seguenti espressioni

AH / AC = sen

BK / BC = sen

AH = b . sen

BK = a . sen

o anche, quadrando i membri,

AH² = b² sen²

BK² = a² sen²

(1)

Inoltre, per il teorema di Carnot, si ha

AB² = a² + b² - 2ab cos

(2)

Possiamo ora applicare la relazione fornita dal testo

y = AH² + BK² - AB²

sostituendo in essa le (1) e (2):

y = b² sen² + a² sen² - a² - b² + 2ab cos

y = sen² (a² + b²) + 2ab cos - a² - b²

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Luglio 1977 - Secondo Problema

È questa la funzione da massimizzare.

Calcoliamo la derivata prima (ricordando che è la variabile indipendente, mentre a e b sono costanti)

y' = 2 sen cos (a² + b²) - 2ab sen

Fattorizzando e uguagliando a zero si ha

2 sen [cos (a² + b²) - ab] = 0

le cui soluzioni sono

sen = 0

0; =

entrambe da scartare perché rispettano bene A, B, C allineati

cos = ab / (a² + b²)

= arccos ab / (a² + b²)

(3)

Quest'ultima soluzione è accettabile perché la frazione

ab / (a² + b²)

è contemporaneamente maggiore di zero (in quanto a > 0, b > 0) e minore di uno. Infatti:

(a - b)² = a² + b² - 2ab >= 0

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Luglio 1977 - Secondo Problema

a² + b² >= 2ab

e quindi a maggior ragione

a² + b² > ab

da cui si ricava, appunto,

ab / (a² + b²) < 1

Studiamo ora il segno della derivata prima:

Per angoli < 0 -> cos > ab / (a² + b²)

Per angoli > 0 -> cos < ab / (a² + b²)

Perciò

f'( ) = ab / (a² + b²) max

Dunque la (3) rappresenta il valore di per cui la relazione proposta ha un massimo.

Poniamo ora b = ma (con m > 0) nella relazione

cos = ab / (a² + b²)

Si ottiene

cos = ma² / (a² + m²a²) -> cos = m / (1 + m²)

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Luglio 1977 - Secondo Problema

che è la funzione da minimizzare.

Ricordiamo però che l'angolo può variare fra 0° e 180°, e che in questo intervallo all'aumentare di il cos è sempre decrescente. Quindi se poniamo

cos = y

m = x

si ha la funzione

y = x / (1 + x²) (4)

e il valore minimo di y corrisponde ad un massimo per la funzione (4).

Essa passa per l'origine ed ha un solo asintoto orizzontale coincidente con l'asse x. La derivata è

y' = (1 + x² - 2x²) / (1 + x²)²

y' = (1 - x²) / (1 + x²)²

Studiamone il segno (del solo numeratore in quanto il denominatore è sempre positivo)

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Luglio 1977 - Secondo Problema

f'(x)     0     max     1

I valori negativi non sono permessi perché deve essere m > 0

Il grafico della (4) è quello qui seguente

y = cos

La (4) ammette un massimo, in corrispondenza del quale

cos = 1/2

e quindi

= 60°

e il valore minimo cercato

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Luglio 1977 - Terzo Problema

14.

1977: terzo problema

Data la funzione

y = a sen x + b cos x

Si determinino i coefficienti a, b in modo che per x = 2/3, sia y = 1 e che i valori estremi di y siano -2 e 2.

Se ne disegni il grafico nell'intervallo:

0 x 2

Posto

y = c sen (x + )

Si calcolino c, in modo che questa funzione coincida con quella assegnata.

Fatte le sostituzioni y = s e x = 2t

Dove s rappresenta lo spostamento dall'origine di un punto P che si muove su di una retta nel tempo t, si aggiunga facoltativamente, la descrizione del moto di P, determinando, in particolare, gli istanti nei quali la velocità è nulla e quelli nei quali è massima.

Luglio 1977 - Terzo Problema

Imponendo alla funzione generica di passare per il punto di coordinate

(2/3 ; 1)

si ottiene

1 = a sqrt(3)/2 - b/2

a sqrt(3) - b = 2 (1)

Calcoliamo poi la derivata prima e uguagliamo la a zero

y' = a cos x - b sen x = 0

cioè

b sen x = a cos x

tg x = a/b (2)

Dalla trigonometria possiamo ricavare le relazioni seguenti

sen² / cos² = tg²

e cioè

sen²/(1 - sen²) = tg² -> sen² = tg² - sen² tg² ->

-> sen² (1 + tg²) = tg² -> sen = ± tg/sqrt(1 + tg²)

Luglio 1977 - Terzo Problema

e anche

(1 - cos²)/cos² = tg² -> 1 - cos² = cos² tg² ->

-> cos² (1 + tg²) = 1 -> cos = ± 1/sqrt(1 + tg²)

Il testo (usando il termine improprio di "estremanti") afferma che nei punti individuati dalla (2), la funzione assume ordinate pari a ± 2.

Quindi in tali punti la funzione diviene

a sen x + b cos x = ± 2

cioè, sfruttando le relazioni sopra ricavate,

a (± tg x/sqrt(1 + tg² x)) + b (± 1/sqrt(1 + tg² x)) = ± 2

± a tg x/sqrt(1 + tg² x) ± b/sqrt(1 + tg² x) = ± 2

o anche, per la (2),

± (a · a/b)/sqrt(1 + a²/b²) ± b/sqrt(1 + a²/b²) = ± 2

± a²/sqrt(a² + b²) ± b²/sqrt(a² + b²) = ± 2

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Luglio 1977 - Terzo Problema

che, potendosi scrivere

plus or minus (a² + b²) / sqrt(a² + b²) = plus or minus 2

ci permette di tralasciare il doppio segno. Si ha perciò

sqrt(a² + b²) = 2

cioè

a² + b² = 4 (3)

Risolvendo il sistema costituito dalle (1) e (3), si ottengono le due soluzioni

a = 0b = -2

a = 3b = 1

che, sostituite nell'equazione generica, forniscono le due funzioni

y = -2 cos x (4)

y = 3 sen x + cos x (5)

entrambe accettabili perché soddisfano tutti i requisiti richiesti.

Studiando separatamente le due funzioni e

Luglio 1977 - Terzo Problema

75

riportandole su uno stesso grafico, si ha

y

2

1

-1

-2

x

y = 3 sen x + cos x

y = -2 cos x

/2

/3

5/6

/

4/3

3/2

11/6

2

Consideriamo ora l'espressione

y = c sen (x + ) (6)

e determiniamo per quali valori di c e la (6) si trasforma nelle (4) e (5).

Applicando le formule d'addizione e sottrazione alla (6), si ha

y = c sen x cos + c cos x sen

Tenendo presente che la variabile è la x, questa espressione risulta identica alla (4) e alla (5) se i coefficienti corrispondenti sono uguali.

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Luglio 1977 - Terzo Problema

Nel primo caso si ha

c sen x cos + c cos x sen = 0 . sen x - 2 cos x

e quindi deve essere

{ c . cos = 0
{ c . sen = -2

cioè cos = 0

{ = ¹/²
{ = ³/²

e sostituendo nella seconda equazione del sistema si trova rispettivamente

{ c = -2
{ c = 2

Perciò la (4) diviene uguale alla (6) quando

{ = ¹/²
{ c = -2

oppure

{ = ³/²
{ c = 2

Nel secondo caso invece si ha

c sen x cos + c cos x sen = 3 sen x + cos x

e quindi deve essere

{ c cos = 3
{ c sen = 1

77

Luglio 1977 - Terzo Problema

Dividendo membro a membro si ha

cotg = 3

{ = ¹/⁶
{ = ⁷/⁶

sostituendo nella seconda equazione del sistema, si ha rispettivamente

{ c = 2
{ c = -2

E perciò la (5) diviene uguale alla (6) quando

{ = ¹/⁶
{ c = 2

oppure

{ = ⁷/⁶
{ c = -2

Quindi le funzioni (4) e (5) rappresentano due casi particolari della funzione più generale (6).

Se in quest'ultima poniamo

{ y = s
{ x = 2 t

si ottiene

s = c sen(2 t + )

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Luglio 1977 - Terzo Problema

ben nota in fisica e che esprime la legge oraria del moto armonico.

posiz. corrisp. all'ist. iniziale

orbita

Se R si muove con moto circolare uniforme con velocità angolare = /t

il punto P si muove con moto armonico la cui legge oraria è

s = OR · sen ( + )

dove è lo sfasamento, cioè l'angolo già descritto dal punto R quando si fa partire il cronometro. Esso può anche essere scritto

s = OR · sen (t + )

Nel nostro caso è OR = 2 (vanno cioè scartate le soluzioni negative perché non hanno significato geometrico), e = 2. Quindi il periodo è

T = 2 / = 2 / 2 = 1 sec

Considerando gli spostamenti corrispondenti alle due soluzioni accettabili, si hanno i due moti armonici seguenti

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Luglio 1977 - Terzo Problema

s = 2 sen (2t + 3/2)

s = 2 sen (2t + /6)

La velocità di P lungo il diametro orizzontale è massima (in modulo) in O e nulla agli estremi del diametro stesso. Cioè è massima quando

2t + 3/2 = k

2t + /6 = k

t = k/2 - 3/4

t = k/2 - 1/12

ed è minima quando

2t + 3/2 = k/2

2t + /6 = k/2

t = k/4 - 3/4

t = k/4 - 1/12

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Luglio 1977 - Quarto Problema

15.

1977: quarto problema

Si enunci la regola di De L'Hopitale. Se ne dia un esempio di applicazione.

Siano f(x) e g(x) due funzioni continue e derivabili in un certo intervallo a - b.

Supponiamo che entrambe le funzioni diventino infinitesime per x - c (dove c è un punto interno all'intervallo suddetto).

Risulta quindi

lim f(x)/g(x) = 0/0

Ebbene, la regola di De L'Hopital afferma che

lim f(x)/g(x) = lim f'(x)/g'(x) = f'(c)/g'(c)

perché sia g'(c) 0

Facciamo un esempio di applicazione della

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Luglio 1977 - Quarto Problema

Regola

Il limite notevole

lim sen x/x = 1

può facilmente essere ricavato applicando la regola de l'Hopital. Dopo aver constatato che il limite dato sostituendo x = 0 nelle funzioni fornisce la forma indeterminata 0/0, derivando separatamente numeratore e denominatore si ottiene subito

lim cos x/1 = 1

E' da notare che la regola de l'Hopital può essere applicata anche alla forma indeterminata / perché si può scrivere

/ = (1/0)/(1/0) = 1/0 * 0/1 = 0/0