2000 - Liceo scientifico di ordinamento problema 3

Sessione ordinaria 2000

Soluzione di De Rosa Nicola

a)

Lo si può risolvere in tre modi differenti, facendo uso della trigonometria, dei teoremi di Euclide oppure con semplici considerazioni geometriche.

a.1) Approccio trigonometrico

Si consideri la figura seguente:

L’area di un triangolo rettangolo è pari a: AC * CB

=

A 2

Ora π 

 ( )

ϑ ϑ

= − =

 

AC AB sin AB cos

 

2

( )

ϑ

=

CB AB sin π

 

2 2

( ) ( ) ( ) ( )

AB AB

ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ

= = ∈  

per cui A sin cos sin 2, 0,

 

2 4 2 π π

( )

ϑ ϑ π ϑ π

= = + = +

⇒ ⇒

sin 2 1 2 2 k k

Ovviamente l’area sarà massima quando 2 4

π

π

  ϑ

ϑ =

∈  

E nell’intervallo la soluzione accettabile è, cioè gli angoli alla base sono uguali

0,

  4

2

ed il triangolo è isoscele e l’area risulterà: π

  2

AB

ϑ = =

 

A

 

4 4

a.2) Approccio con i teoremi di Euclide

Approccio con i teoremi di Euclide: si consideri la figura sottostante:

L’area del triangolo è in generale: AB CH

*

=

A 2

a

Ora essendo AB = una costante ed assegnata allora la massimizzazione dell’area la si ha se viene massimizzata l’altezza CH. In particolare sfruttando i teoremi di Euclide si ha:

( ) ( ) ( )

= − ∈

CH x x a x, x 0

, a

Calcolandone la derivata si ha:

−

( ) a 2 x a

= > < <

⇒

I

CH x 0 0 x

( )

− 2

2 x a x

( ) −

( ) ( ) a 2 x

− − − −

2 2 x a x a 2 x ( ) ( ) ( )

− − − − − 2 2

x a x

( ) ( )

4 x a x a 2 x a

= = = − < ∀ ∈

II

CH x 0 x 0

, a

( )

− [ ] [ ]

( ) ( )

3 3

4 x a x − −

4 x a x 4 x a x

2 2

a

=

x

per cui massimizza l’area del triangolo, ed in particolare in tal caso le parti in cui l’altezza divide la base sono uguali e questo assicura che il triangolo è isoscele.. Anche in tal caso allora l’area sarà: AB

AB * 2

AB CH AB

* 2

= = =

A 2 2 4

a.3) Approccio puramente geometrico

Essendo il triangolo rettangolo esso è inscrivibile in una semicirconferenza con ipotenusa assegnata.