2010 L.S: PNI + Brocca + Proteo prova straordinaria

Svolgimento a cura di Nicola de Rosa

Problema 1

Punto 1

Consideriamo la figura sottostante rappresentante la geometria del problema.

M N t

K

P Q

H

A O B

La superficie laterale del solido ottenuto dalla rotazione del trapezio isoscele PQNM attorno alla retta PQ è dato dalla somma del doppio della superficie laterale del cono di apotema MP e raggio di base MH e del cilindro di altezza MN e raggio di base MH,

( )

π π π

= + = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ +

S 2 S S 2 MH MP 2 MH MN 2 MH MP MN .

L, Cono L, Cilindro ( )

π

= ⋅ +

=

Poiché la superficie da trovare sarà.

S 2 MP MN

MH 1

La traccia non ci dice quale angolo deve avere ampiezza x, per cui a nostra scelta poniamo

π

ˆ = ≤ ≤

M

P

H x con; applicando il teorema dei triangoli rettangoli al triangolo MPH si ha

0 x 2 1

= ⋅ → =; applicando lo stesso teorema al triangolo KPO si ha

MH MP sin x MP sin x −

1 1 1 1 cos x

= ⋅ → = = − = − =

. Per differenza, per cui

KO PO sin x PO OH PO PH

sin x sin x tan x sin x

−

 

1 cos x

= =  . La superficie totale sarà quindi:

MN 2

OH 2

 

sin x

( )  

− −

 

1 1 cos x 3 2 cos x

( ) π π π

= ⋅ + = ⋅ + = ⋅

 

S x 2 MP MN 2 2 2.

 

 

 

sin x sin x sin x

Punto 2

( ) −

S x 3 2 cos x [ ]

( ) π

= = 0

, 2

Studiamo la funzione in

f x π

2 sin x [ ]

π

π

• ≠ ⇒ ≠ ∈ 0

, 2

Dominio: ; in particolare nell’intervallo, la

sin x 0 x k k Z

π π π

≠ ∈ ≠ ∧ ≠ ∧ ≠

condizione diventa per cui il dominio è

x k k Z x 0 x x 2

( ) ( )

π π π

∈ ∪

x 0

, , 2; 3

• = non ha soluzioni

Intersezione asse ascisse: non ve ne sono in quanto l’equazione cos x 2

in R;

• = non appartiene al dominio;

Intersezione asse ordinate: non ve ne sono in quanto x 0 π

• =

Simmetrie: la funzione è periodica di periodo e dispari in quanto

T 2

( )

− − −

3 2 cos x 3 2 cos x

( ) ( )

− = = = −

f x f x;

( )

− −

sin x sin x [ ]

( ) ( ) ( )

π π

> → > → ∈ − > ∀ ∈ ⊃

• f x 0 sin x 0 x 0

, 3 2 cos x 0 x R 0

, 2

in quanto;

Positività:

Asintoti verticali

− − − −

3 2 cos x 3 2 cos x 3 2 cos x 3 2 cos x

= +∞ = +∞ = −∞ = −∞ per

lim, lim, lim, lim

+ − + −

π π π

sin x sin x sin x sin x

→ → → →

x 0 x x x 2

π π

= = = sono asintoti verticali;

cui le rette x 0, x, x 2

Asintoti orizzontali e obliqui

• Asintoti orizzontali: non ve ne sono in quanto la funzione è periodica e limitata;

• Asintoti obliqui: non ve ne sono in quanto la funzione è periodica e limitata;

Crescenza e decrescenza

• Crescenza e decrescenza: la derivata prima è

( )

− − −

2

2 sin x 3 2 cos x cos x 2 3 cos x

( ) = =

f ' x; studiamo il segno della derivata prima:

2 2

sin x sin x

   

2 2 2

π

− > ⇒ < ⇒ < < −

   

N: 2 3 cos x 0 cos x arccos x 2 arccos

   

3 3 3

π π

> ⇒ ≠ ∧ ≠ ∧ ≠

2

D x x x x

: sin 0 0 2

   

2 2

( ) π π π

> ⇒ < < ∨ < < −

   

f ' x 0 arccos x x 2 arccos

   

3 3

Il quadro dei segni è di seguito presentato:

−

2 3 cos x

2

sin x α π

π α

π − 2

2 x

0

Dal quadro soprastante deduciamo che la funzione presenta un minimo relativo in

   

2 2

π

= = − −

   

e un massimo relativo in;

m arccos, 5 M 2 arccos, 5

   

3 3 − +

2

3 cos x 4 cos x 3

( ) =

• f ' ' x per cui

Concavità e convessità

Concavità e convessità: la derivata seconda è 3

sin x

( ) ( )

π

> ⇔ > ⇒ > ⇒ − + >

2

3

f ' ' x 0 sin x 0 sin x 0 x 0

, in quanto 3 cos x 4 cos x 3 0

[ ] ( )

π π

∀ ∈ ⊃

x R 0

, 2 0

,

. Quindi la funzione presenta concavità verso l’alto in e verso il basso

( )

π π

, 2 e non presenta flessi.

in [ ]

π

0

, 2

Il grafico nell’intervallo è di seguito presentato:

π

 

∈ 

La geometria del problema imporrebbe;

x 0

, 

 

2

seguito:

Punto 3

x

2 tan 2

=

come sin

Sfruttando le relazioni trigonometriche, scriviamo la funzione x.

sin x x

+ 2

1 tan 2

1

( ) ∫

=

Calcoliamo le primitive del seguente integrale indefinito:.

F x dx

sin x

2

x

= → = → =

Effettuiamo la sostituzione; in questo modo l’integrale

2 arctan

t tan x t dx dt

+ 2

2 1 t

 

1 1 2 dt x

( ) ∫ ∫ ∫

= = = = + = +

  ln ln tan

diventa F x dx dt t c c; posto c = 0 ricaviamo

+

  2

 

2

t

sin 2

x t

1 t

 

+ 2

 

1 t

x

( ) =.

la primitiva G x ln tan 2

Punto 4

L’area richiesta è pari a

π π π

 

−  

2 2

x x x

3 2 cos 3 cos 2

∫ ∫

= − = − =

 

dx dx x

2 3 ln tan 2 ln sin

 

   

x x x

sin sin sin 2 π

π π 3

3 3

π π π π 3 3 3 3 9 3

= − − + = − + = − + =

3

ln tan 2

ln sin 3 ln tan 2 ln sin 3 ln 2 ln ln ln ln

4 2 6 3 3 2 9 4 4