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SESSIONE ORDINARIA 2000
SOLUZIONE DI DE ROSA NICOLA
a)
Lo si può risolvere in tre modi differenti, facendo uso della trigonometria, dei teoremi di Euclide
oppure con semplici considerazioni geometriche.
a.1) Approccio trigonometrico:
Si consideri la figura seguente:
L’area di un triangolo rettangolo è pari a : AC * CB
=
A 2
Ora π
( )
ϑ ϑ
= − =
AC AB sin AB cos
2
( )
ϑ
=
CB AB sin π
2 2
( ) ( ) ( ) ( )
AB AB
ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ
= = ∈
per cui A sin cos sin 2 , 0,
2 4 2 π π
( )
ϑ ϑ π ϑ π
= = + = +
⇒ ⇒
sin 2 1 2 2 k k
Ovviamente l’area sarà massima quando 2 4
π
π
ϑ
ϑ =
∈
E nell’intervallo la soluzione accettabile è , cioè gli angoli alla base sono uguali
0,
4
2
ed il triangolo è isoscele e l’area risulterà: π
2
AB
ϑ = =
A
4 4
a.2)
Approccio con i teoremi di Euclide: si consideri la figura sottostante:
L’area del triangolo è in generale: AB CH
*
=
A 2
a
Ora essendo AB= una costante ed assegnata allora la massimizzazione dell’area la si ha se viene
massimizzata l’altezza CH. In particolare sfruttando i teoremi di Euclide si ha:
( ) ( ) ( )
= − ∈
CH x x a x , x 0
, a
Calcolandone la derivata si ha:
−
( ) a 2 x a
= > < <
⇒
I
CH x 0 0 x
( )
− 2
2 x a x
( ) −
( ) ( ) a 2 x
− − − −
2 2 x a x a 2 x ( ) ( ) ( )
− − − − − 2 2
x a x
( ) ( )
4 x a x a 2 x a
= = = − < ∀ ∈
II
CH x 0 x 0
, a
( )
− [ ] [ ]
( ) ( )
3 3
4 x a x − −
4 x a x 4 x a x
2 2
a
=
x
per cui massimizza l’area del triangolo, ed in particolare in tal caso le parti in cui l’altezza
2
divide la base sono uguali e questo assicura che il triangolo è isoscele.. Anche in tal caso allora
l’area sarà: AB
AB * 2
AB CH AB
* 2
= = =
A 2 2 4
a.3)Approccio puramente geometrico.
Essendo il triangolo rettangolo esso è inscrivibile in una semicirconferenza con ipotenusa assegnata.
In tal caso come nel caso a.2), la massimizzazione dell’area è equivalente alla massimizzazione
dell’altezza visto che l’ipotenusa è assegnata. Ma l’altezza massima la si ha quando l’l’altezza
coincide con il raggio (vedi figura sotto) e quindi quando il triangolo è isoscele.
b)
Si consideri la figura sottostante:
L’area laterale del cono è ( )
π
=
A CB HB
*
l
CH
=
CB ( )
ϑ
cos
= +
CH CO OH
=
OH r
OD r
= =
CO ( ) ( )
ϑ ϑ
sin sin ( )
ϑ
+
1 sin
= + =
per cui CH CO OH r
( )
ϑ
sin
Ora ( ) ( )
ϑ
ϑ
+ +
( ) ( )
1 sin 1 sin
ϑ
ϑ
= = =
HB CH tan r tan r
( ) ( )
ϑ
ϑ
sin cos
( )
ϑ
+
CH 1 sin
= =
CB r
( ) ( )
( )
ϑ ϑ ϑ
cos sin cos
per cui ( ) ( ( )
) ( ( )
)
( ) ϑ
ϑ ϑ ϑ
+ + + +
2
( ) ( ) 1 sin 1 sin 1 sin 1 sin
π
ϑ π π π
= = = =
2 2
A CB * HB r r r r
( ) ( ) ( )
( ( )
)
( ) ( ) ( )
ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ
ϑ ϑ −
l 2
cos sin cos sin 1 sin
sin cos
Calcoliamo ora la derivata: ( )
( ( )
( ( )
)
) ( ( )
)
( ( ) ( ) ( )
)
ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ
− − + −
( ) cos sin 1 sin 1 sin cos 2 cos sin
ϑ π =
=
I 2
A r ( ( )
( ( )
)
)
ϑ ϑ
l − 2
sin 1 sin
( )
( ) ( ) ( )
ϑ ϑ ϑ
+ −
2
cos sin 2 sin 1
π 2
r ( ( )
( ( )
)
)
ϑ ϑ
− 2
sin 1 sin π
ϑ ∈
Ora ricordiamo che la limitazione da imporre è , per cui in tal caso il fattore della
0,
2
( )
ϑ
cos
π 2
r
derivata risulta essere sempre positivo per cui
( ( )
( ( )
)
)
ϑ ϑ
− 2
sin 1 sin
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ
> + − > < − − ∪ > − +
⇒ ⇒
I 2
A 0 sin 2 sin 1 0 sin 1 2 sin 1 2
l ( )
ϑ < − −
Delle due la condizione sin 1 2 non è mai verificata, mentre la condizione
( )
π
π
( )
ϑ α ϑ α
ϑ
> − + < < = − +
∈ Arc
sin 1 2 nell’intervallo è verificata per , sin 1 2 .
0,
2
2
Quindi tenendo conto delle considerazioni fatte si ha che
( )
ϑ ϑ α
> < <
⇒
I
A 0 0
l
Calcoliamo la derivata seconda: dopo molte semplificazioni si ha:
( ) ( ) ( )
ϑ ϑ ϑ
+ − +
3 2
( ) 5 sin 4 sin 2 sin 1
ϑ π
= 2
II
A r ( ( )
)
ϑ
l − 2
1 sin ( ) ( ) ( )
( ( )
) 3 2
− + + − + − − + + −
5 1 2 4 1 2 2 1 2 1 15 2 20
ϑ π π
= − + = = >
2 2
II
( )
A Arc sin 1 2 r r 0
l −
2
−
6 4 2
2 2
