Matematica tradizionale - Soluzione Primo Problema

Seconda prova di matematica liceo scientifico ordinario, soluzione primo problema
BIT5
di FRANCESCO GAGLIANONE
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7 min lettura
Matematica tradizionale - Soluzione Primo Problema articolo

1) L'area cercata e' differenza tra l'area del settore circolare e quella del triangolo ABO

L'area del settore circolare, dal momento che l'area del cerchio e'

[math] \pi r^2 [/math]

inteso

[math] \pi [/math]

la meta' dell'angolo giro, si ricava, ad esempio, attraverso la proporzione

[math] \pi r^2: \pi= A: \frac{x}{2} [/math]

da cui

[math] A= \frac{xr^2}{2}[/math]

Del triangolo si sa che tale poligono e' isoscele (due lati sono r).
Per trovare l'area ci occorre la lunghezza del segmento AB e la relativa altezza.

Il segmento AB e' dato, per il teorema di Carnot, da:

[math]AB^2= r^2+r^2-2r^2 \cdot \cos x [/math]

da cui

[math]AB^2=2r^2 \cdot (1-\cos x) [/math]

L'altezza del triangolo sara', per il teorema di Pitagora, utilizzando il triangolo rettangolo meta' del triangolo isoscele
con base pari a metà di AB

[math] OC= \sqrt{r^2- \frac{r^2}{2} + \frac{r^2}{2} \cos x}=[/math]

[math] = \sqrt{ \frac{r^2}{2}(1+ \cos x)}= \frac{r}{ \sqrt{2}} \sqrt{1+ \cos x} [/math]

l'area del triangolo, quindi sara'

[math] A_{AOB}= \frac{1}{2} \cdot \frac{r}{ \sqrt{2}} \sqrt{1+ \cos x} \cdot \frac{2r}{ \sqrt{2}} \sqrt{1- \cos x}= [/math]

[math] = \frac{r^2}{2} \sqrt{1-cos^2} [/math]

che per la relazione fondamentale della trigonometria dara'

[math] \frac{r^2}{2} \cdot \sqrt{ \sin^2 x} [/math]

Trattandosi di un triangolo, x sara' senz'altro compresa tra

[math]0 [/math]

e

[math] \pi [/math]

e pertanto la semplificazione di radice non necessitera' del valore assoluto

[math] A_{AOB}= \frac{r^2}{2} \sin x [/math]

Pertanto l'area S compresa tra l'arco e la corda sara'

[math]S(x)= \frac{r^2x}{2}- \frac{r^2}{2} \sin x = \frac{r^2}{2} (x- \sin x)[/math]

(Altro modo per risolvere l'area del triangolo poteva essere, piu' semplicemente, valutare l'altezza relativa ad un lato del triangolo pari al raggio;
L'altezza relativa a tale lato, era, per la definizione di seno, data da:

[math] r \sin x [/math]

dal momento che il seno, per definizione, è il rapporto tra il cateto non adiacente l'angolo x e l'ipotenusa e quindi

[math] \frac{h}{r}= \sin x [/math]

)

2)Studio della funzione

Intersezione con gli assi

[math] S(0)=0 [/math]

Dal momento che la funzione

[math] \sin x>x \forall x \in \mathbb{R}^+ [/math]

non esisteranno altri punti di intersezione con l'asse x.

Segno della funzione

[math] S(x)>0 \forall \ x \in D [/math]

La funzione e' limitata e definita su tutto il dominio, pertanto non esistono limiti.

Studio della derivata prima:

[math] S'(x)= \frac{1}{2}(1- \cos x) \ge 0 [/math]

[math]\cos x \ne 1 \ \forall x \in D [/math]

Pertanto

[math]S(x)[/math]

e' sempre crescente

Dal momento che la funzione è ristretta ed e' sempre crescente, in

[math]x=0[/math]

avremo un minimo assoluto di coordinate

[math](0,0)[/math]

e in

[math]2 \pi [/math]

un punto di massimo assoluto

[math]( 2 \pi, \pi) [/math]

Studio della derivata seconda

[math]S''(x)= \frac{ \sin x}{2} \ge 0[/math]

Da cui

[math]\sin x \ge 0 [/math]

e pertanto

[math] 0 \le x \le \pi \ U \ x=2 \pi [/math]

Concluderemo quindi che nell'intervallo

[math](0, \pi) [/math]

la funzione avrà concavita verso l'alto, nell'intervallo

[math]( \pi, 2 \pi) [/math]

verso il basso e nei punti

[math] 0 \ \pi \ \ 2 \pi[/math]

punti di flesso.

3) Uguagliata l'area del settore circolare trovata al punto 1 a

[math]100 m^2 [/math]

[math] A_{AOB}= \frac{1}{2}xr^2= 100 m^2 [/math]

si ricava

[math]x= \frac{200}{r^2}[/math]

Posto l l'arco di circonferenza AB ne calcoliamo la lunghezza in funzione di r(anche questo, ad esempio, tramite una proporzione)

[math] 2 \pi r: 2 \pi = l :x [/math]

Da cui

[math]l=xr[/math]

[math]P(r)= 2r + xr= 2r + \frac{200}{r}=2 (r+ \frac{100}{r})[/math]

Attraverso lo studio della derivata prima

[math]P'(r)=2(1- \frac{100}{r^2})[/math]

Otteniamo

[math]2(1- \frac{100}{r^2}) \ge 0[/math]

[math]\frac{r^2-100}{r^2} \ge 0[/math]

Il denominatore, sempre positivo, non partecipa allo studio del segno della frazione.
Posto pertanto

[math]r\ne 0 [/math]

[math]r^2-100 \ge 0[/math]

[math]r^2-100 \ge 0 [/math]

[math]r \le -10 \ U \ r \ge 10[/math]

[math]r \le -10 [/math]

non ha significato, trattandosi della lunghezza del raggio della circonferenza, pertanto l'unico intervallo sara'

[math] r \ge 10 [/math]

La funzione sara' decrescente nell'intervallo

[math](0, 10)[/math]

crescente in

[math]r > 10 [/math]

e pertanto avra' minimo per

[math]r=10[/math]

[math]P(10)=40 [/math]

[math]x= \frac{200}{r^2}=2 [/math]

che e' l'ampiezza dell'angolo espressa in radianti.

L'angolo

[math] \alpha [/math]

espresso in gradi, sara' dato da

[math] \alpha : 360^{ \circ}=x:2 \pi[/math]

[math] \alpha= \frac{360^{\circ}}{ \pi} \approx 114,59^{\circ}[/math]

4)

[math]r=2 \ \ x= \frac{ \pi}{3}[/math]

[math]0 \le x \le 2[/math]

dal momento che al più x potrà coincidere con il raggio.

Disegnata la situazione in un opportuno sistema di assi cartesiani, posto il raggio OB sull'asse delle ascisse e O sull'origine, il punto P avrà coordinate

[math]P(\alpha,0)[/math]

OA sarà la retta di pendenza

[math] \tan \frac{ \pi}{3}[/math]

e pertanto tutti i punti ad essa appartente (dal momento che passa per l'origine..) avranno coordinate

[math] ( \alpha, \sqrt{3} \alpha) [/math]

Il lato del quadrato, sarà pertanto

[math] \sqrt{3} \alpha [/math]

quando

[math]\alpha\le 1[/math]

, mentre per

[math]1\le \alpha\le 2[/math]

tale punto apparterrà all'arco di circonferenza di equazione

[math]x^2+y^2=4[/math]

e avrà coordinate

[math](\alpha,\sqrt{4-\alpha^2})[/math]

.

Il calcolo del volume del solido di rotazione sarà

[math] W= \int_0^2{l^2( \alpha)d \alpha}[/math]

[math]= \int_0^1{3 \alpha^2 d \alpha}+\int_1^2 (4-\alpha^2)\ d\alpha[/math]

[math]= [ \alpha^3]_0^1+[4\alpha-\alpha^3/3]_1^2=1+8-8/3-4+1/3=8/3[/math]

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