2018 Tema di matematica, sessione suppletiva (indirizzi: scientifico, scientifico opzione scienze applicate, scientifico a indirizzo sportivo)

Esame di stato di istruzione secondaria superiore

Indirizzi: Scientifico, Scientifico opzione scienze applicate e Scientifico ad indirizzo sportivo

Tema di matematica

Il candidato risolva uno dei due problemi e risponda a 5 quesiti del questionario

Problema 1

Un artigiano deve realizzare una cornice in cui inscrivere uno specchio di forma circolare. A partire da una tavola quadrata di lato 3 decimetri (approssimato alla seconda cifra decimale), adoperando una macchina a controllo numerico (CNC), incide su ciascun lato una decorazione che rappresenta una porzione di curva goniometrica come si vede in figura 1.

La macchina traccia sul lato giacente sull’asse delle ascisse la curva descritta dalla funzione =

[0,3]

|()| con ∈ e k parametro reale positivo. La cornice viene ruotata per realizzare la decorazione su ciascun lato.

(La precisione della macchina è di 10⁻⁴, quindi al di sopra della precisione richiesta dalle misure della cornice)

1.

Per ottenere la decorazione, occorre che le curve su due lati consecutivi si intersechino nel loro punto di massimo più vicino al vertice della cornice. Verifica che tale richiesta è soddisfatta per k = 2.

La decorazione presenta delle “foglie” (colorate in grigio in figura 2) in corrispondenza dei quattro vertici. L’artigiano vuole rivestire queste quattro regioni con una polvere ceramica.

Determina l’area, espressa in 2, della superficie da ricoprire.

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Volendo offrire ai clienti la possibilità di inserire nella cornice uno specchio di dimensioni maggiori, l’artigiano ne realizza un’altra con il lato delle stesse misure della precedente, ma con le quattro curve goniometriche che hanno in comune solo i vertici della cornice, così come in figura 3.

2.

Verifica che per ottenere una decorazione di questo tipo occorre impostare nella macchina CNC un valore di k compreso tra 0 e 1 e che per due decorazioni consecutive sono tangenti nel vertice della cornice.

Determina inoltre, in funzione di k ∈ [0,1], l’area della parte di cornice compresa tra i lati e le quattro curve goniometriche, esprimendola in 2.

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3.

L’artigiano ha ovviamente l’esigenza di offrire la cornice a clienti che hanno specchi circolari di dimensioni diverse. Determina in funzione del parametro k l’area dello specchio tangente alle quattro curve goniometriche e stabilisci quindi l’area minima e massima possibile dello specchio.

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4.

Un cliente, per cui è stata realizzata una cornice con k = 1, chiede che la regione compresa tra lo specchio e le quattro curve venga dipinta con una vernice di cui l’artigiano possiede un flacone da 125 ml.

Dal momento che con 1 litro di vernice è possibile coprire 6 m² di superficie, la quantità a disposizione è sufficiente per passare due mani di vernice? Per quale valore di k la quantità di vernice richiesta è massima?

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Svolgimento

Punto 1

Consideriamo l’intervallo [0, π/2].

y = |sin(x)| = sin(x).

In tale intervallo si ha nell’intervallo [0, π/2] y = sin(x).

La rotazione della funzione che dà origine alla decorazione lungo l’asse delle ordinate può essere rappresentata dalla funzione seguente:

f(x) =

{

sin⁻¹(y/2), 0 ≤ y ≤ 1/2

− sin⁻¹(y/2) + π, 1/2 < y ≤ 1

}

La funzione assume il suo massimo quando sin(x) = 1 → x = π/2.

Le due decorazioni si intersecano nel punto di massimo ad ascissa π/2 se:

sin⁻¹(y/2) = π/2

e tale equazione è soddisfatta se e solo se k = 2.

Di seguito l’intersezione delle due decorazioni con [0, π/2] e k = 2.

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Alternativamente, sapendo che la funzione seno e la sua inversa sono simmetriche rispetto alla retta y = x, le intersezioni tra le due decorazioni coincidono con le intersezioni di una di esse con la retta y = x, di conseguenza le intersezioni si ricavano risolvendo l’equazione:

y = x, sin⁻¹(y/2) = x

x =

Le due decorazioni si intersecano nel punto di massimo ad ascissa π/2 se

sin⁻¹(y/2) = π/2 → y = 2

L’area della superficie da ricoprire con polvere ceramica è pari a:

A = 4 ∫₀^π/2 sin(x) dx − 4 ∫₀¹ sin⁻¹(y/2) dy = 2 ∫₀^π sin(x) dx − 2 ∫₀² sin⁻¹(y/2) dy

= [−2 cos(x)]₀^π − 2 [y · sin⁻¹(y/2) + √(1 − y²/4)]₀²

= (0 + 2) − 2(π − 1) = 4 − 2π ≅ 0.67

dove si è sfruttato:

• L’integrale per sostituzione u =

che, con la sostituzione, ha consentito di scrivere

∫₀¹ sin⁻¹(y/2) dy = ∫₀^π/2 sin(x) dx;

• L’integrale per parti per cui

∫ sin⁻¹(x) dx = x · sin⁻¹(x) + √(1 − x²) + C, x ∈ [−1,1].

Alternativamente, sapendo che la funzione seno e la sua inversa sono simmetriche rispetto alla retta y = x, l’area della singola foglia è il doppio dell’area della regione rappresentata in grigio nella figura sottostante.

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Di conseguenza l’area delle 4 foglie è pari a:

A = 4 · 2 · ∫₀^π/2 [sin(x) − x] dx = 8 [−cos(x) − x]₀^π/2 = 4 − 2π

Punto 2

Consideriamo l’intervallo [0, π/2] e la funzione

h(x) = sin⁻¹(x) − k sin(x).

Tale funzione si annulla per x = 0, come da ispezione diretta.

La derivata di tale funzione è:

h′(x) = 1/√(1 − x²) − k cos(x)

all’interno del dominio x ∈ (0,1), k ∈ (−∞,+∞).

Notiamo subito che il primo termine è maggiore di 1 in quanto il numeratore è maggiore di 1 ed il denominatore è minore di 1, mentre il termine k cos(x) assume valore massimo k minore di 1; di conseguenza deduciamo che la funzione h(x) è strettamente crescente nel dominio x ∈ (0,1) e che l’unica radice dell’equazione h(x) = 0 è x = 0.

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Per k = 1 le due decorazioni sono anche tangenti nel vertice della cornice in quanto il valore della derivata prima per x = 0 coincide, infatti:

[cos(x)]_x=0 = 1

[1/√(1 − x²)]_x=0 = 1

L’area della parte di cornice compresa tra i lati e le quattro curve goniometriche per k ∈ [0,1] è pari a:

A = 12 ∫₀^π/2 sin(x) dx = 12[−cos(x)]₀^π/2 = 12

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Punto 3

Lo specchio circolare ha un raggio pari a

r = 3/2 − k/2

pertanto la sua area è pari a πr²

A = π(3/2 − k/2)²

Tale area nell’intervallo k ∈ [0,1]:

• è massima se k = 0 in quanto in questo caso la lunghezza del diametro dello specchio coincide con la lunghezza 3 del lato della cornice; di conseguenza l’area massima è A(k = 0) = 9π/4 ≅ 69.76;
• è minima se k = 1; di conseguenza l’area minima è A(k = 1) = π(3/2 − 1)² ≅ 43.3.

Punto 4

Per la superficie da verniciare, con k = 1, è pari all’area del quadrato cui vanno sottratte l’area dello specchio e l’area della regione compresa tra le 4 curve ed i lati del quadrato, ovvero:

A = (3²) − π(3/2 − 1)² − 24 ≅ 21.53

21.53 · 2 = 43.06