2011 - Liceo scientifico estero (Americhe), sessione ordinaria

Nicola De Rosa, Liceo scientifico estero Americhe sessione ordinaria 2011, matematicamente.it

L’area richiesta, quindi, è pari a 1

 

     

1 1

2 2 3 2

x x x 3 x 3 x

 

 

           

 

     

S 2 x 1 dx x 2 dx 2 x

     

2 2 2 2 6 4

 

  

4 4 4

   

1 3 32 13 28 125

         

   

2 12 8

   

6 4 3 12 3 12 

Per il calcolo del volume dovuto alla rotazione di intorno alla retta



 X x

  

consideriamo la seguente trasformazione: . In questo

y 1  



Y y 1

 

modo la retta verrà a coincidere nel sistema di riferimento OXY

y 1

con l’asse delle ascisse mentre la parabola avrà equazione

2

X X

  

Y 1 .

2 2

1. 

La regione in OXY è

raffigurata in grigio nella

figura soprastante. Il volume

richiesto sarà quindi pari a

 

2

   

1 1

2 4 3 2

X X X X 3 X

 

 

        

 

2

   

V 1 1 dX X dX

 

   

2 2 4 2 4

 

0 0

1 

   

5 4 3 2

X X X X 1 1 1 1 7

 

        

 

   

 

20 8 4 2 20 8 4 2 40

0 5

Nicola De Rosa, Liceo scientifico estero Americhe sessione ordinaria 2011, matematicamente.it

PROBLEMA2

In una semicirconferenza di diametro AB di lunghezza 2, è inscritto un

quadrilatero convesso ABCD avente il lato CD uguale al raggio. I

prolungamenti dei lati AD e BC si incontrano inun punto E.

1. Si dimostri che, qualunque sia la posizione dei punti C e D sulla

semicirconferenza, si ha:

 

ˆ ˆ

ˆ

  

e

D

A

C D

B

C A

E

B

6 3

ˆ



x D

A

B

2. Se , si provi che la somma CE+DE in funzione di x è data

    . Quale è l’intervallo di variabilità della

da x?

f x cos x 3 sin x

Quale il valore massimo assunto da CE+DE?

       

 

  

g x k sin x g x f x

3. Posto si trovino e di modo che

k

4. Si tracci, a prescindere dai limiti geometrici del problema, il grafico

 

 

  11

  

di e si denoti con R la regione delimitata, per ,

f x x ,

 

 6 6



dall’asse l’area di R e si calcoli altresì il volume del

x e da . Si calcoli

solido generato da R nella rotazione attorno all’asse x.

RISOLUZIONE

Punto 1

Si consideri la figura a lato

rappresentante la geometria

del problema.

Per il teorema della corda

applicato ai triangoli ADC e

DCB si ha 6

Nicola De Rosa, Liceo scientifico estero Americhe sessione ordinaria 2011, matematicamente.it

  

 

DC 1

ˆ ˆ  

   

 

D

A

C D

B

C arcsin arcsin .

   

 

2 r 2 6

Poiché il triangolo AEC è rettangolo in C

   

ˆ

ˆ ˆ

      .

A

E

B A

E

C D

A

C

2 2 6 3

Punto 2  

 ˆ

ˆ 

  

, la limitazione sull’angolo

Poiché è .

D

A

B x

D

A

C x

6 6 2

Il triangolo ACE è rettangolo in C, per cui a norma del teorema dei

  

  3

ˆ

     

 

triangoli rettangoli dove

CE CA tan C

A

E CA tan CA

 

6 3

CA , applicando il teorema dei triangoli rettangoli al triangolo ACB è

  

 

ˆ

     

  per cui

CA AB cos C

A

B 2 cos x 3 cos x sin x

 

6

 

3 3

    

CE 3 cos x sin x cos x sin x ; analogamente il

3 3

triangolo BED è rettangolo in D per cui a norma del teorema dei

triangoli rettangoli

  

  3

ˆ

     

  dove , applicando

DE DB tan E

B

D DB tan DB DB

 

6 3

il teorema dei triangoli rettangoli al triangolo ADB è

  3 2 3

ˆ   

   DE 2 sin x sin x

per cui . In

DB AB sin D

A

B 2 sin x 3 3

conclusione

  3 2 3

      

f x CE DE cos x sin x cos x cos x 3 sin x con

3 3

   

   

x . La funzione può essere anche

f x cos x 3 sin x

6 2 7

Nicola De Rosa, Liceo scientifico estero Americhe sessione ordinaria 2011, matematicamente.it



 

     

 

scritta come e il valore massimo

f x cos x 3 sin x 2 sin x

 

6



 

 

 

è assunto quando cioè quando

sin x 1

 

6

  

 

        . Quindi il valore massimo è

x k 2 x k 2

6 2 3

 

 

 

 

raggiunto per e vale e il quadrilatero corrispondente è

x f 2

 

3

3 

 

  

un trapezio isoscele. In particolare è massimo relativo ed

M , 2

 

3 

 

     

 

assoluto per la funzione .

f x cos x 3 sin x 2 sin x

 

6

Punto 3    

Nel Punto 2 abbiamo mostrato che la funzione f x cos x 3 sin x



 

     

 

può essere anche scritta come ,

f x cos x 3 sin x 2 sin x

 

6

       



   

, k g x k sin x f x

per cui i valori tali per cui sono



   . Se non avessimo intuito che la funzione

, k 2

6 

 

   

   

 

poteva essere scritta come ,

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

 

6

avremmo dovuto procedere in questo modo. Sfruttando la formula di

 

g x

addizione, la funzione coincide con

           

  

    . L’uguaglianza

g x k sin x k sin x cos k cos x sin

       

 

   è verificata se

k sin x cos k cos x sin cos x 3 sin x

 

 

 k sin 1

 ; dividendo la prima per la seconda otteniamo

 

 

 k cos 3 8

Nicola De Rosa, Liceo scientifico estero Americhe sessione ordinaria 2011, matematicamente.it

  3

  , mentre elevando al quadrato e sommando otteniamo la

tan 3 

    3

 

  



k sin 1 tan





2  

seconda condizione per cui .

k 4 3

 

 

 

k cos 3 

2



k 4



  3  

    

L’equazione ha come soluzioni con

tan k k Z

6

3

  

mentre l’equazione 2 ha come soluzioni . Tra le possibili

k 4 k 2

 

 

 k sin 1

 

 

coppie quella che soddisfa il sistema è solo

, k  

 

 k cos 3



 

 

    .

, k , 2

 

6

Punto 4 

 

 

    

 

Il grafico della funzione lo

f x cos x 3 sin x 2 sin x

 

6

ricaviamo attraverso i seguenti passi:   

h x sin x

1. Grafichiamo la funzione elementare ;





2. Trasliamo il grafico del Punto 1 di verso le ascisse negative,

x 6



 

   

 

ottenendo il grafico di h x sin x

1  

6 

 

 

  

 

3. Otteniamo il grafico di moltiplicando per 2

f x 2 sin x

 

6



 

   

 

le ordinate del grafico di h x sin x

1  

6

Il grafico è il seguente. 9

Nicola De Rosa, Liceo scientifico estero Americhe sessione ordinaria 2011, matematicamente.it

 

 

5



Nell’intervallo la funzione

,

 

 

6 6  

  

 

  5 11

   

  è positiva mentre in ,

f x cos x 3 sin x 2 sin x  

  

6 6 6



5



x

è negativa ed è simmetrica rispetto alla retta ; da ciò deduciamo

6

che l’area della regione R è pari a

 

5 11

 

   

6 6

   

   

   

S R 2 sin x dx 2 sin x dx . Effettuando la

6 6

 

5

 6 6



  l’integrale diventa

t x

sostituzione 6

 

2    

     

     

2

S R 2 sin t

dt 2 sin t

dt 2 cos t 2 cos t 

0



0

   

           

  

         

2 cos 2 cos 0 2 cos 2 2 cos 2 2 2 2 8

10

Nicola De Rosa, Liceo scientifico estero Americhe sessione ordinaria 2011, matematicamente.it

delle

Il volume del solido dovuto alla rotazione di R intorno all’asse



11 

 

6

  



 

 

2

V R 4 sin x dx

ascisse è . Effettuando la sostituzione

 

6



 6



  l’integrale diventa

t x 6 

11  

 2 2

 

6

   

  

  

    

2 2

 

V R 4sin x dx 4sin tdt 2 2 cos 2 t dt

 

6

 0 0

 6

  

 

  

2 2

2 t sin 2 t 4

0 11

Nicola De Rosa, Liceo scientifico estero Americhe sessione ordinaria 2011, matematicamente.it

QUESTIONARIO

Quesito 1

Sia W il solido ottenuto facendo ruotare attorno all’asse y la parte di



 

  e l’asse x.

piano compresa, per , fra il grafico di

x 0

, y sin x

 

 

2

Quale dei seguenti integrali definiti fornisce il volume di W?

 

1

2 2

 



 

  

2 2

2 x sin x

dx sin x

dx

arcsin x dx

A) ; B) ; C) ;

0 0

0

D) nessuno di questi

Si motivi la risposta.

La risposta esatta è la A).

Pensiamo la regione R decomposta in tanti ognuno dei quali genera un

solido pari alla differenza di due cilindretti, in modo che, intuitivamente

potremo pensare W come somma progressiva di infiniti gusci cilindrici



coassiali di spessore , dove il raggio x varia da 0 a .

dx 2

Il volume del guscio (infinitesimo) può essere calcolato come prodotto

 

 

dell’area circolare di base di raggio esterno x x e raggio interno

  i i

 



     

2

, per l’altezza: 2

V x x x sin x . Trascurando gli

x i i i i i

i  2

x

infinitesimi di ordine superiore a il volume infinitesimo sarà

i



    

V 2 x sin x x . Se il numero di gusci cilindrici in cui

i i i i 

 

suddividiamo l’intervallo 0

, è N il volume richiesto sarà:

 

 

2 12

Nicola De Rosa, Liceo scientifico estero Americhe sessione ordinaria 2011, matematicamente.it



  2

N N

  

 

      

 

V lim V lim 2 x sin x x 2 x sin xdx

i i i i

 

 

N N

 

i 1 i 1 0



 

  

     

2 x cos x sin x 2 1 2

2

0

Quesito 2

Angelo siede in un punto A della piazza del suo paese e vi osserva un

albero in B, una fontana in F e un lampione in L. Stima l’ampiezza

dell’angolo sotto cui vede la congiungente B e F pari a 30° e l’ampiezza



dell’angolo sotto cui vede FL pari a 45°. Sapendo che e

BF 12

m

ˆ  

 B

F

L 155

e che , si spieghi ad Angelo come procedere per

FL 20

m  

calcolare AB, AF e AL. Sono attendibili i risultati AB AF 23,18m



e ?

AL 27,85m

Consideriamo la figura seguente rappresentante la geometria del

problema. ˆ 



Indicando l’angolo A

F

L , gli altri angoli di conseguenza saranno

ˆ ˆ ˆ 

  

             .

A

L

F 135 , A

F

B 155 , A

B

F 5 con 5 135

13

Nicola De Rosa, Liceo scientifico estero Americhe sessione ordinaria 2011, matematicamente.it

Applichiamo il teorema dei seni ai due triangoli ABF ed AFL per

ricavare in ambo i casi la misura del lato e dei lati e :

AL

AF AB

 



 

20sin 135

AF FL  



      

(1) AF 20 2 sin 135

     



   

sin 135 sin 45 sin 45

 

  

12sin 5

AF BF  



      

(2) AF 24 sin 5

     

    

sin 5 sin 30 sin 30

 



FL sin

AL FL  



    

(3) AL 20 2 sin

     

  

sin sin 45 sin 45  



 

BF sin 155

AB BF  



      

(4) AB 24 sin 155

     



   

sin 155 sin 30 sin 30

   

Uguagliando le due espressioni e si ha:

1 2

   

 

       

20 2 sin 135 24 sin 5

   

   

        

20 2 sin135 cos cos135 sin 24 sin cos5 cos sin 5

 

2 2  

   

      

 

20 2 cos sin 24 sin cos5 cos sin 5

2 2

 

   

   

      

20 cos sin 24 sin cos5 cos sin 5

   

  

        

24 cos5 20 sin 20 24sin 5 cos 0 posto cos 0



 

   k

2  

 

 

20 24sin 5

   

      

 

24 cos5 20 cos tan 0

 

 

 

 

24 cos5 20

 

 

20 24sin 5



  

 

tan 5,652

 

 

24 cos5 20

Ricordiamo ora le formule trigonometriche che esprimono il seno e il

coseno in funzione della tangente: 14