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ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO Sessione Ordinaria 2009 CORSO DI ORDINAMENTO

Problema 1 È assegnato il settore circolare AOB di raggio r e ampiezza x ( r e x sono misurati, rispettivamente, in metri e radianti). 1. Si provi che l’area S compresa fra l’arco e la corda AB è espressa, in funzione di x, da S( x ) =

1 2 r ⋅ (x − sen x ) con x ∈ [0 , 2π ] . 2

2. Si studi come varia S(x) e se ne disegni il grafico (avendo posto r = 1). 3. Si fissi l’area del settore AOB pari a 100 m 2 . Si trovi il valore di r per il quale è minimo il perimetro di AOB e si esprima il corrispondente valore di x in gradi sessagesimali (è sufficiente l’approssimazione al grado). π 4. Sia r = 2 e x = . Il settore AOB è la base di un solido W le cui sezioni ottenute con piani ortogonali ad 3

OB sono tutte quadrati. Si calcoli il volume di W.

Punto 1 Consideriamo i seguenti due casi: I° caso - L’angolo x ∈ [0 , π ] L’area S compresa fra l’arco e la corda AB si ottiene come differenza fra l’area del settore circolare e l’area del triangolo:

S =S

− S

∇

Settore circolare OAB

∆

Triangolo OAB

1 a b sen γ si trova l’area del triangolo: 2 1 1 2 = r ⋅ r ⋅ sen x = r ⋅ sen x . 2 2

Applicando la formula: S =

S

∆

Triangolo OAB

Mentre l’area del settore circolare è: S

∇

Settore OAB

Pertanto l’area S è data da: S( x ) =

=

x 1 ⋅ π ⋅ r 2 = xr 2 . 2π 2

1 2 r ⋅ (x − sen x ) 2

con x ∈ [0 , π ] .

II° caso - L’angolo x ∈ [π , 2π ] L’area S compresa fra l’arco e la corda AB si ottiene come somma fra l’area del settore circolare e l’area del triangolo:

S

∆

=

Triangolo OAB

1 1 r ⋅ r ⋅ sen (2π − x ) = − r 2 ⋅ sen x . 2 2

Mentre l’area del settore circolare è sempre:

S

∇

Settore circolare OAB

Pertanto: S ( x ) =

=

x 1 ⋅ π ⋅ r 2 = xr 2 . 2π 2

1 2 r ⋅ (x − sen x ) 2

con x ∈ [π , 2π ] .

In definitiva l’area S è data da: S ( x ) =

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1 2 r ⋅ (x − sen x ) 2

con x ∈ [0 , 2π ] .

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1

Punto 2 Ponendo r = 1 , la funzione da studiare è: S( x ) =

1 ⋅ (x − sen x ) 2

con x ∈ [0 , 2π ] .

1. Dominio La funzione, nell’intervallo [0 , 2π ] , è continua e derivabile.

S (0 ) =

1 ⋅ (0 − sen 0 ) = 0 2

S ( 2π ) =

1 ⋅ (2π − sen 2π ) = π . 2

2. Simmetrie

⎛ ⎝

La funzione, nell’intervallo [0 , 2π ] , presenta una simmetria nel suo punto di flesso F ⎜ π ;

π⎞

⎟ . 2⎠

3. Intersezioni con gli assi

1 ⎧ ⎪y = ⋅ (x − sen x ) 2 ⎨ ⎪⎩ x = 0 1 ⎧ ⎪y = ⋅ (x − sen x ) 2 ⎨ ⎪⎩y = 0 x − sen x = 0 .

⎧y = 0 ⎨ ⎩x = 0

⇒ O (0 ; 0 )

1 ⋅ (x − sen x ) = 0 ; 2

L’equazione è equivalente al sistema:

⎧y = sen x ⎨ ⎩y = x Dal grafico si evince che le due curve si incontrano soltanto nell’origine, dove la retta y = x risulta tangente alla curva. Infatti:

D sen x = cos x ; m0 = cos 0 = 1 ; y − y 0 = m ⋅ ( x − x0 ) ; y − 0 = 1 ⋅ ( x − 0 ) ;

y=x .

4. Segno di S(x)

S( x ) > 0 ;

x − sen x > 0 ;

x > sen x ; dal grafico si evince che: x > sen x ∀x ∈ ]0 , 2π ] .

5. Limiti ed asintoti La funzione non ha asintoti di alcun genere. 6. Derivata prima

SI ( x ) =

1 ⋅ (1 − cos x ) 2

7. Zeri della derivata prima

SI ( x ) = 0 ;

1 ⋅ (1 − cos x ) = 0 ; 2

1 − cos x = 0 ;

cos x = 1 ;

x = 0 ; x = 2π .

1 − cos x > 0 ;

cos x < 1 ;

∀x ∈ ]0 , 2π [ .

8. Segno della derivata prima

SI ( x ) > 0 ;

1 ⋅ (1 − cos x ) > 0 ; 2

La funzione è strettamente crescente ∀x ∈ ]0 , 2π [ mentre agli estremi x = 0 Esame di Stato 2009 - ORD

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e

x = 2π ha la tangente orizzontale . 2

9. Derivata seconda

S II ( x ) =

1 sen x 2

10. Zeri della derivata seconda

S II ( x ) = 0 ;

1 sen x = 0 ; 2

sen x = 0 ;

x = 0 ; x = π ; x = 2π

11. Segno della derivata seconda

S II ( x ) > 0 ;

1 sen x > 0 ; 2

sen x > 0 ;

0 < x <π .

(0 , π ) La curva volge la concavità verso il basso nell’intervallo: (π , − 2π )

La curva volge la concavità verso l’alto nell’intervallo:

In x = π c’è un flesso a tangente obliqua. L’ordinata del punto di flesso è : S ( π ) =

1 π ⋅ (π − sen π ) = . 2 2

12. Massimi e minimi assoluti La funzione, nell’intervallo [0 , 2π ] , è limitata sia inferiormente sia superiormente. Il minimo assoluto si ha in: x = 0 . L’ordinata del punto di minimo assoluto è: y = 0 . Il massimo assoluto si ha in: x = 2π . L’ordinata del punto di massimo assoluto è: y = π . 13. Grafico

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3

Punto 3 Ponendo S

= 100 m 2

∇

si ha:

Settore circolare OAB

da cui si ottiene: xr 2 = 200 ;

x=

200 . r2

L’arco AB =

α x ⋅C = ⋅ 2π r = x ⋅ r 2π 2π

Essendo x =

200 r2

∩

1 2 xr = 100 . 2

∩

si ottiene: AB = x ⋅ r =

200 200 ⋅r = 2 r r

Il perimetro da rendere minimo ha la seguente espressione: p( x ) = 2 r + 200 Infatti essendo x = 2 r

e 0 ≤ x ≤ 2π

⎧ 200 ⎪ 2 ≥0 si ha: ⎪⎨ r ⎪ 200 ≤ 2π ⎪⎩ r 2

200 − 2πr 2 ≤0; r2 basta risolvere 2π r 2 − 200 ≥ 0 ; da cui si ottiene: r ≤ − 100 ;

risolvere soltanto la seconda: 200 ≤ 2π ; r2

π

200 r

con r ≥

100

π

.

essendo la prima disequazione sempre soddisfatta, occorre

2πr 2 − 200 ≥0; r2 100 . r≥

essendo il denominatore sempre positivo,

π

Di queste due, essendo il raggio una quantità positiva, è da considerare soltanto la seconda. Per cui: r ≥ 100 . π Calcolando la derivata prima si ottiene: pI ( x ) = 2 −

Essa si annulla per:

2 r 2 − 200 =0; r2

2 r 2 − 200 200 . = r2 r2

2 r 2 − 200 = 0 ;

r 2 = 100 ;

r =

− 10 non accettabile + 10

.

Lo studio del segno della derivata prima fornisce il seguente risultato:

2 r 2 − 200 >0; r2

2 r 2 − 200 > 0 ;

r < −10 ; r > 10

100

-10 NO

π

10

⎞ ⎛ La funzione risulta decrescente nell’intervallo ⎜ 100 , 10 ⎟ e crescente nell’intervallo (10 , + ∞ ) . ⎟ ⎜ π ⎠ ⎝ Pertanto ha un minimo assoluto per r = 10 m .

il corrispondente valore di x in gradi sessagesimali è dato da: x =

200 200 = rad = 2 rad = (2 ⋅ 57,3)° = 115° . 2 r 10 2

Metodo 2 Il problema poteva essere risolto anche per via elementare: Il perimetro p( x ) = 2 r + Il cui prodotto 2 r ⋅

200 è la somma di due quantità positive. r

200 = 400 è costante. r

200 . r r = m10 . Scartando la soluzione negativa si ritrova il valore r = 10 m .

La funzione perimetro, in tal caso, è minima quando i due addendi sono uguali, cioè: 2 r = Da cui si ottiene: 2 r 2 = 200 ;

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4

Punto 4 Considerando un opportuno sistema di riferimento, con l’origine coincidente con il centro O del settore circolare e il

(

)

punto B in B (2 ; 0 ) . Si ha che il punto A ha coordinate: A 1; 3 . Il volume è dato dalla somma dei due volumi dei due solidi che vengono a determinarsi nei due intervalli: [0 ,1] e [1, 2 ] . La retta OA ha equazione y = ∩

e l’arco AB ha equazione: y =

3x 4 − x2 .

∩

Infatti AB è un arco appartenente alla circonferenza: x 2 + y 2 = 4 . Pertanto il lato PQ del quadrato appartenente allo intervallo [0 ,1] misura: PQ

=

3 x .

Mentre il lato RS del quadrato appartenente allo intervallo [1, 2 ] misura: RS =

4 − x2 .

In definitiva il volume del solido W è:

∫( 1

V

=

0

)

2

3 x dx + ⎛⎜ 4 − x 2 ⎞⎟ dx ⎝ ⎠

∫ 1

⎡ 8 ⎛ 1 ⎞⎤ = 1 + ⎢8 − − ⎜ 4 − ⎟⎥ 3 ⎝ 3 ⎠⎦ ⎣

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= 1+8 −

1

=

∫ 3x

∫ (4 − x ) dx

=

[ ]

5 −7 3

=

2

2

dx +

0

8 1 −4 + 3 3

2

1 x3 0

1

=

5−

7 3

=

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2

⎡ x3 ⎤ + ⎢4x − ⎥ 3 ⎦1 ⎣

=

8 . 3

5