Problema 1 Liceo Scientifico 2009

Problema 1 ordinamento esame di stato 2009 pag.1 di 3

© Giancarlo Albricci2009

Problema 1 punto 1)

•

L’area S compresa tra il settore circolare AOB e la corda AB è data dalla differenza tra l’area del settore e l’area del triangolo AOB, quindi:

(

)

⌢ 1 1 S ( x ) = S AOB − S ( AOB ) = r 2 x − r ⋅ r ⋅ sin x = 2 2 1 1 1 = r 2 x − r 2 sin x = r 2 ( x − sin x ) 2 2 2 con l’angolo x ∈ [0 , 2π ]

PUNTO 2

studio della funzione S ( x ) =

S (0) = 0

1 2 r ( x − sin x ) con x ∈ [0 , 2π ] 2

S (2π ) = πr 2

•

Agli estremi dell’intervallo abbiamo

•

La derivata prima è:

•

Siccome cos x ≤ 1 , la derivata prima è positiva in (0 , 2π ) e dunque la funzione è crescente in tale

•

La derivata seconda è:

•

S ' ' ( x ) > 0 in (0 , π ) per cui la concavità è rivolta verso l’alto S ' ' ( x ) < 0 in (π , 2π ) per cui la concavità è rivolta verso il basso 1 C’è dunque un punto di flesso per x = π con S (π ) = πr 2 2

• •

S ' (x ) =

e

1 2 r (1 − cos x ) 2

intervallo; agli estremi S ' (0 ) = S ' (2π ) = 0 per cui abbiamo un punto di minimo per x = 0 e un punto di massimo per x = 2π , entrambi con tangente orizzontale.

Il grafico della funzione S ( x ) per il caso r = 1 è disegnato qui a lato.

S ' ' (x ) =

1 2 r sin x 2

Problema 1 ordinamento esame di stato 2009 pag.2 di 3

PUNTO 3

© Giancarlo Albricci2009

r che minimizza il perimetro di AOB e x in sessagesimali

•

La condizione sull’area del settore AOB ci fornisce la relazione: r 2 x = 200 da cui x =

•

x=

•

Il perimetro del settore AOB è: 2 p = r + r + r ⋅ x = 2r + r ⋅

•

La funzione da minimizzare f (r ) = 2r +

•

I limiti agli estremi sono: lim  2r + 10

200 ≤ 2π r2

→ r2 ≥

100

→r≥

π

200 r2

10

π 200 200 = 2r + 2 r r

200  10  è definita nell’intervallo  , + ∞ r  π 

 

200  20 +2 π = r  π

•

La derivata prima è: f ' (r ) = 2 −

200  10  10  = 21 + 1 −  2 r r  r  

•

Pongo f ' (r ) ≥ 0

•

La funzione è decrescente in  , 10  , crescente in (10 , + ∞ ) e ha il valore minimo per r = 10  π 

•

L’angolo in radianti è: x =

x→

π

10  10  → 1 −  ≻ 0 → 1 ≥ r  r   10

x° = 2 ⋅

180°

π

=

360°

π

e

200   lim  2r +  = +∞ r  

x → +∞

→ r ≥ 10



200 = 2 radianti, trasformandolo in gradi sessagesimali abbiamo: 102

≈ 115° (approssimato al grado)

Problema 1 ordinamento esame di stato 2009 pag.3 di 3

PUNTO 4

© Giancarlo Albricci2009

Volume del solido

•

Con un opportuno sistema di assi cartesiani abbiamo la seguente figura

•

La funzione y = x 3 nell’intervallo [0 , 1] e y =

4 − x 2 nell’intervallo [1 , 2] definiscono i lati

della sezione quadrata del solido considerato. •

Gli elementi di volume del solido in un intervallo di altezza dx sono dati da dV = y 2 dx

•

Facendo riferimento alla figura il volume si può quindi calcolare con gli integrali seguenti: 1

( )

2

2

V = ∫ x 3 dx + ∫ 0

[ ]

= x

3 1 0

( 4 − x ) dx = ∫ 3x 2

1

2

1

0 2

2

2

(

)

dx + ∫ 4 − x 2 dx = 1

 x3  1 7 8  8 + 4 x −  = 1 + 8 − − 4 +  = 5 − = 3 1 3 3 3  3 