2008 - Liceo scientifico di ordinamento, sessione ordinaria - maturità  matematica

A B

1

, 0 , 1

, 0 . Di conseguenza la circonferenza frontiera

avrà il diametro AB di estremi 8

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( )

Γ + = Γ =

2 2

di avrà equazione x y 1 Il semicerchio ha centro C’ in e raggio anch’esso

. C ' 0

,

1

1 Γ

unitario per cui la circonferenza frontiera di avrà equazione

1

( )

+ − = ⇔ + − =

2

2 2 2

x y 1 1 x y 2 y 0 come nel grafico sottostante evidenziato

Le intersezioni tra i due semicerchi si trovano mettendo a sistema le due equazioni:

⎧ ⎛ ⎞

3 1

⎜ ⎟

= −

⎪ ,

E

⎧ + = ⎜ ⎟

2 2 1

x y

⎧ + = ⎪ 2 2

⎪ ⎪ ⎝ ⎠

2 2 1

x y ⎯

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯

⎯

→ ⇒

sottraendo la prima alla seconda

⎨ ⎨ ⎨

, :

E D 1

⎪⎩ =

+ − = ⎛ ⎞

2 2 ⎪ ⎪

y

2 0

x y y 3 1

⎜ ⎟

⎩ =

2 ,

D

⎪ ⎜ ⎟

2 2

⎝ ⎠

⎩

1 Γ

>

Ora notiamo che nel semipiano è rappresentata dall’equazione

y la circonferenza

2 1 Γ

= − <

2

y 1 x , mentre nel semipiano è rappresentata dall’equazione

y la circonferenza 1

2

= − − 2

y 1 1 x . In tal modo l’area racchiusa dai semicerchi è

3

3

3

3 [ ]

)

( 2

2

2

2

∫ ∫ ∫ ∫

= − − − − = − − = − −

2

2

2 2

S 1 x 1 1 x dx 2 1 x dx dx 2 1 x dx 3 .

3

3

3

3

− − − − 2

2

2

2

Il primo integrale lo calcoliamo attraverso il metodo di integrazione per parti.

Integrando si ha: − − + −

2 2 1 1

x x

∫ ∫ ∫

− = − − = − − =

2 2 2

1 1 1

x dx x x dx x x dx

− −

2 2

1 1

x x

− 2

1 1 x

∫ ∫ ∫

= − + − = − + − −

2 2 2

x x dx dx x x x x dx

1 1 arcsin( ) 1

− −

2 2

x x

1 1

Da cui 9

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∫ − = − + + ⇒

2 2

2 1 x dx x 1 x arcsin( x ) k

1 ⎡ ⎤

∫ − = − + +

2 2

x dx x x x k

1 1 arcsin( )

⎣ ⎦

2

L’area sarà allora pari a:

3 3

Integrando

2 2

pari

∫ ∫

= − − = − − =

2

2

2 1 3 4 1 3

S x dx x dx

0

3

− 2

[ ] 3

( )

= − + − =

2 2

2 1 arcsin 3

x x x 0 ⎤

⎡

⎤

⎡ π π

3 3

− = − +

= + ⎥

⎢

⎥

⎢

2 3 2

4 3 4 3 ⎦

⎣

⎦

⎣

Punto b Γ

Si trovi il rettangolo di area massima inscritto in .

Il rettangolo di area massima può essere trovato attraverso differenti soluzioni. Se ne presenteranno

3: • Uso della geometria analitica e dell’analisi

Si consideri la figura sottostante in cui il rettangolo e la semicirconferenza sono

rappresentati in un sistema di riferimento cartesiano con l’origine coincidente con il centro

della semicirconferenza: ] [

= ∈

La base HI del rettangolo FGHI si trova sulla retta generica di equazione . I

y k , k 0

,

1

+ =

2 2

punti di intersezione di suddetta retta con la circonferenza di equazione 1

x y sono

) )

( (

= − = − −

2 2

H 1 k , k , I 1 k , k , mentre F e G hanno coordinate

rispettivamente ) )

( (

= − − = −

2 2

F 1 k , 0 , G 1 k , 0 . Con queste coordinate la base del rettangolo sarà pari a

] [

∈

k 0 ,

1

= = = − = = = =

2 , e l’altezza . L’area del rettangolo è

b FG HI 2 1 k h HG IF 2 k 2 k 10

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] [

( ) = − ∈

2

allora S k 4 k 1 k con . Massimizziamo la funzione area attraverso il calcolo

k 0

,

1 ( ) ⎤ ⎡

−

2 2

( ) 2

4 4 1 2

k k

= − − =

2 ⎥ ⎢

0

, la funzione

' 4 1

S k k

della derivata prima: per cui in

−

− 2

⎦ ⎣

2 2

1 1

k k

⎤ ⎡ 2

2 =

⎥ ⎢ k in cui

,

1 è strettamente decrescente e si annulla in

è strettamente crescente, in 2

2

⎦ ⎣

assume il valore massimo. Quindi il rettangolo di area massima ha vertici

⎞

⎛

⎞

⎛

⎞

⎛

⎞

⎛ 2 2 2 2 2 2 ⎟

⎜

⎟

⎜

⎟

⎜

⎟

⎜ = −

= −

=

= ,

0

G ,

0 , H , , I , , F ed il rettangolo di area

⎟

⎜

⎟

⎜

⎟

⎜

⎟

⎜ 2 2 2 2 2 2 ⎠

⎝

⎠

⎝

⎠

⎝

⎠

⎝ 2 1

ed area . Pertanto il rettangolo ha area

massima è costituito da due quadrati di lato 2 2

massima unitaria.

• Uso della trigonometria

Si consideri la figura sottostante: π ⎞

⎛

α ∈ ⎟

⎜

La limitazione geometrica impone .

0

, ⎠

⎝ 2 ( ) ( )

α α

= = , per cui

In tal caso per il teorema sui triangoli rettangoli OG cos , HG sin

( ) ( ) ( ) ( )

α α α α

= ⋅ = ⋅ = ⋅ = , ed essendo l’area una funzione

S FG HG 2

OG HG 2 cos sin sin 2 π π

( ) α π α π

α = + ⇒ = +

= e quindi quando 2 2 k k e

seno, essa è massima quando sin 2 1 2 4

π π

⎞

⎛

α α =

∈ ⎟

⎜

per il valore accettabile è in corrispondenza del quale la base del

0

, ⎠

⎝ 4

2 2

= =

rettangolo vale .

e l’altezza

FG 2 HG 2

• Uso della geometria elementare e dell’analisi

Si consideri la figura sottostante: 11

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= < <

Poniamo la base del rettangolo . La limitazione geometrica impone . Con

FG 2 x 0 x 1

( ) ( )

= − = +

AF 1 x , FB 1 x

queste assunzioni , per cui per il teorema di Euclide

( )

( ) ( ) = −

= = − ⋅ + = − 2

2 . L’area del rettangolo è allora S x 2 x 1 x e poiché

IF HG 1 x 1 x 1 x ( )

( ) = −

< < = 2 2

2 S x 2 x 1 x . La massimizzazione della funzione area,

si ha da cui

0 x 1 x x

come già mostrato, può essere effettuata tramite le derivate; non seguiremo questa strada ma

( )

( ) = −

2 2

S x 2 x 1 x è equivalente a

mostreremo una strada alternativa. Massimizzare

( )

( ) ( )

= −

2 2

r x x 1 x ; la funzione è il prodotto di due

massimizzare la funzione radicando r x

( )

+ − =

2 2

numeri a somma costante (e pari a 1: x 1 x 1 ) per cui il loro prodotto è massimo

( ) 2

= − = ±

1 2 2 ; la soluzione

e quindi quando x 1 x da cui

quando i due numeri sono uguali x 2

2

=

negativa va scartata per cui l’area del rettangolo è massima quando x e quindi quando

2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

2 1 1

2 ⎜ ⎟ = − =

= = ⎜ ⎟

S 2 1 1 .

FG 2 , IG e vale ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

2 2 2

2 ⎝ ⎠

Punto c Γ

Sia P un punto della semicirconferenza di , H la sua proiezione ortogonale su AB.

=

ˆ

P

C B x

Si ponga e si esprimano in funzione di x le aree di S e S dei triangoli APH e PCH.

1 2

( )

S x

( ) = 1

Si calcoli il rapporto f x ( )

S x

2 =

+ =

1 x, y xy p

x y s

Siano due numeri positivi la cui somma è ed il cui prodotto è . Dalla somma si ricava

( )

= − = −

y s x p x s x

che sostituito nel prodotto fornisce ; pertanto il prodotto è una parabola con concavità verso

s s

= =

x y

il basso e con massimo raggiunto per cui corrisponde .

2 2 12

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Per rispondere al quesito dobbiamo distinguere i due casi corrispondenti rispettivamente alla

π π

⎛ ⎛

⎞ ⎞

π

< < < <

=

ˆ ⎜ ⎜

⎟ ⎟

considerazioni di un angolo 0

acuto x od ottuso x .

P

C B x ⎝ ⎝

⎠ ⎠

2 2

π

⎛ ⎞

< <

• =

ˆ ⎜ ⎟

0

I caso: acuto x

P

C B x ⎝ ⎠

2

La figura da considerare è la seguente: ( ) ( ( )

) ( )

( ) ( ) ( ) 1

= +

= = = +

In tal caso per cui S x 1 cos x sin x ed

CH x PH x AH x

cos , sin , 1 cos 1 2

( )

+

( ) ( ) ( ) ( ) 1 cos x

1 =

= f x

per cui .

S x cos x sin x ( )

2 cos x

2 π

⎛ ⎞

π

< <

• =

ˆ ⎜ ⎟

II caso: ottuso x .

P

C B x ⎝ ⎠

2

La figura da considerare è la seguente:

( ) ( ) ( ) ( )

π

= − = − = = +

CH x x PH x AH x

cos cos , sin , 1 cos per cui

In tal caso ( )

+

( ) ( ( )

) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 cos x

1 1 = −

= + = − f x

ed per cui .

S x 1 cos x sin x S x cos x sin x ( )

1 2 cos x

2 2

In conclusione, contemplando entrambi i casi, la funzione rapporto tra le due aree è

( ) ( )

+

S x

( ) ( )

1 cos x +

= =

1 x

1 cos

In realtà, data la non negatività di , la funzione rapporto tra

f x .

( ) ( )

S x cos x

2 ( ) ( ) ( )

+ +

S x

( ) 1 cos x 1 cos x

= = =

1

le due aree può in conclusione essere con

f x ( ) ( )

( )

S x cos x cos x

2 13

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