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QUESITO 3 DELLA MATURITA’ 1998/1999 SVOLTO
DA DE ROSA NICOLA
SOLUZIONE
Disegno illustrativo: Q
D C
T P
0
45 -x 0
45 -x
x x B
A
1)
Per le proprietà delle tangenti condotte ad una circonferenza si hanno tali uguaglianze:
π π
−
2 2 x
= = = = = = = −
TP PB, DQ QT, T Â
P P Â
B x , D
Â
Q Q
Â
T x
2 4
Per cui : ( ) ( ( )
) ( ( )
)
= = − = −
⇒
PB AB
tg x CP AB 1 tg x AT 1 tg x
π π π
= − = − − = − −
⇒
DQ AD
tg x CQ AD 1 tg x AT 1 tg x
4 4 4
Da cui : +
( ) ( )
CP CQ π π
= = − − − ∈
f x 2 tg x tg x x 0,
AT 4 4
2)
Studio della funzione ottenuta:
π
∀ ∈
La funzione è definita x 0 ,
4
π
( ) = =
f 0 f 1
4
( ) ( )
π π
∀ ∈ + −
f x è positiva x 0 , visto che tg x tg x nel suddetto intervallo assume come valore massimo 1
4 4
Non ci sono asintoti verticali
, orizzontal
i ed obliqui
( ) π
− −
2 2
cos x cos x
( ) 4
=
'
f x
( ) π −
2 2
cos x cos x
4
( ) ( ) π
> ⇔ > −
' 2 2
f x 0 cos x cos x e visto che la funzione coseno(e a maggior ragione il suo quadrato)
4
è decrescent
e nell' intervallo considerat
o, allora dire
π
( ) π π
> − ⇔ < − ⇔ <
2 2
cos x cos x x x x
4 4 8
π π π
< = −
⇒
"
Inoltre f 0 x è l' ascissa del massimo. Per cui , 4 2 2 è il punto di massimo
8 8 8
Il grafico è sotto rappresentato:
= − − − +
@ D @ ê D
y 2 Tg x Tg x Pi 4
1.4
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2 x
π π π
π
3
16 8 4
16
Nel grafico sono state tracciate anche le rette limite per discutere il punto 3).
3)
Dalla figura sovrastante si nota che il sistema π
( ) ( )
= = − − −
y f x tg x tg x
2
4
=
y k
π
≤ ≤
x
0
4
[ ] [ )
π
∀ ∈ ∀ ∈
ammette k 1,4 - 2 2 2 soluzioni simmetrich e rispetto a , con una precisazio
ne che k 1
,
4 - 2 2
8
=
le due soluzioni sono distinte mentre per k 4 - 2 2 sono coincident i
