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Nicola De Rosa Liceo scientifico di ordinamento anno 2007
Ma vale anche che: α x
cos( 2 )
α α
= = = → =
AH x AC cos( 2 )
cos( 2 ) [ ]
α + − x
2 cos( 2 ) 1 1 2
Quindi abbiamo due condizioni: x
α =
cos( 2 )
−
x
1 2
y y
α α
= =
sin( 2 ) cos( 2 )
−
x x
1 2
Ricordando la relazione fondamentale α α
+ = →
2 2
sin ( 2 ) cos ( 2 ) 1
2 2
y x
+ = →
1
− −
x x
1 2 1 2
+ − − = →
2 2 2
x y x
(
1 2 ) 0
− + − =
2 2
y x x
3 4 1 0
Per cui si ha: γ − + − =
2 2
y x x
: 3 4 1 0
Per capire di che curva si tratta riscriviamola in questo modo:
( )
4 1
− + − = ⇔ − − + = ⇔ − − + = ⇔
2 2 2 2 2 2
y x x y x x y x x
3 4 1 0 3 4 1 0 3 0
3 3
4 1 1 1 4 4 1
− − + + − = ⇔ − − + + = ⇔
2 2 2 2
y x x y x x
3 0 3 0
3 3 3 3 3 9 3
( )
2
− 2
x 2
y
3 − = 1
1 1
9 3
Ora se effettuiamo una traslazione lungo l’asse delle ascisse cioè effettuiamo la trasformazione
2
= −
x ' ' x la curva diventa:
3 ( )
2 ( )
− 2
x 2
2 2
y x y
' '
3
γ γ
− = → − = 1
: 1 ' ' :
1 1 1 1
9 3 9 3 www.matematicamente.it
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= ±
y x 3 . Per cui la nostra curva è una iperbole
cioè otteniamo la classica iperbole con asintoti
2
= ± −
traslata con asintoti y 3 x
3
2)
Il problema impone però delle limitazioni geometriche.
α
° ≤ ≤ °
Innanzitutto deve essere 0 60 . Ora poiché il coseno in questo intervallo è decrescente allora
1
α α α α
° ≤ ≤ ° ⇔ ≤ ≤ ° → ° ≤ ≤ ° ⇔ − ≤ ≤
0 60 0 2 120 cos(
120 ) cos( 2 ) cos( 0 ) cos( 2 ) 1
2
Ma x x
1
α = → − ≤ ≤ →
cos( 2 ) 1
− −
x x
1 2 2 1 2
−
x x
3 1 1 1
≤ ≤ ≤ >
1 0 x x
,
− −
x x
1 2 1 2 3 2
⇔ ⇔ ⇔
x 1 1 1
≥ − ≥ <
0 x
− −
x x
1 2 2 1 2 2
1
≤
x 3 ≥
Inoltre per come introdotto il sistema di riferimento deve aversi 0
y , quindi il nostro problema va
discusso per 1
≤
x
3
≥
y 0
γ
= − + − =
2 2
Ricaviamo ora la funzione y f (x ) dalla curva : y 3 x 4 x 1 0 .
Si ha: = ± − +
2
y 3 x 4 x 1
≥
Ma con la limitazione 0
y la soluzione da prendere è quella positiva per cui la nostra funzione è
= − +
2
y 3 x 4 x 1 www.matematicamente.it
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1
≤
= − +
2 x
y 3 x 4 x 1 con la limitazione
Studiamo allora la funzione 3 1
1 ≤
− + = − − ≥ → ≥ ∪ ≤
2 x impone
3 4 1 (
3 1
)( 1
) 0 1
x x x x x x che con la limitazione
Dominio : 3
3
1
− ∞
;
come dominio ,
3 1
= − + = → − + = → = =
2 2
3 4 1 0 3 4 1 0 1
,
y x x x x x x e con la
Intersezioni asse ascisse : 3
1
=
x ;
limitazione l’unica intersezione è 3
= → =
Intersezioni asse delle ordinate: ;
x 0 y 1
Positività: nel dominio la funzione è sempre positiva visto che si tratta di una funzione radice;
Asintoti verticali : non ce ne sono; − + = +∞
2
lim 3 x 4 x 1 ;
Asintoti orizzontali : non ce ne sono. Infatti → −∞
x
Asintoti obliqui :
= +
y mx q 4 1
4 1
− + − − +
x x 3
| | 3
− +
2 2 2
x x
3 4 1 x x
x x
= = = = −
m 3
lim
lim lim
→ −∞ → −∞ → −∞
x x x
x x x
[ ]
− +
− +
x x
4 1 4 1 2
=
= − + + = =
2
q x x x
lim 3 4 1 3 lim lim
→ −∞ → −∞ → −∞
− + −
2
x x x
3
4 1
x x x
3 4 1 3 − − + −
x x
3 3
2
x x
2
= − +
y 3 x come già anticipato. L’altro asintoto non lo
per cui l’asintoto è unico ed è pari a 3 1
≤
x
abbiamo calcolato e ritrovato perché abbiamo la limitazione 3 www.matematicamente.it
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Crescenza e decrescenza :.
Calcoliamo le derivate:
− ( )
3 x 2
= > → ∈ +∞
y ' ( x ) 0 x 1
, tenendo conto del dominio di definizione.
− +
2
3 x 4 x 1 ( )
∈ +∞
x 1
,
Per cui la funzione è crescente nell’ intervallo e decrescente altrove. Poiché abbiamo la
1
≤
x allora la nostra funzione è sempre decrescente.
limitazione geometrica 3 1 = = −∞
= lim y ' ( x ) lim y ' ( x ) .
x perché
Inoltre essa non è derivabile in − +
3 1 1
→ →
x x
3 3
Il grafico è sotto presentato:
In realtà va fatta una ulteriore considerazione. Se scegliamo il sistema di riferimento in modo da
avere il triangolo col vertice che spazia nel terzo e quarto quadrante otteniamo l’altra soluzione,
precedentemente scartata. Cioè otteniamo che il luogo in quel caso è descritto dall’equazione
= − − +
2
y 3 x 4 x 1 www.matematicamente.it
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= − +
2
y 3 x 4 x 1 rispetto all’asse delle ascisse. In tal caso è importante
che è la simmetrica di 2
= −
y 3 x come dedotto dall’equazione
controllare che l’asintoto verticale abbia equazione 3
dell’iperbole.
Ed infatti
= +
y mx q 4 1
4 1
− − + − +
3
| | 3
x x
− − +
2 2 2
3 4 1
x x x x
x x
= = = = 3
lim
lim lim
m → −∞ → −∞ → −∞
x x x
x x x
[ ]
− + − +
4 1 4 1 2
x x
= −
= − − + − = =
2
lim 3 4 1 3 lim lim
q x x x
→ −∞ → −∞ → −∞
− − + +
2
x x x
3
4 1
3 4 1 3
x x x − + −
3 3
x x
2
x x
2
= −
y 3 x come già anticipato.
per cui l’asintoto è unico ed è pari a 3
In conclusione in tal caso il grafico è: www.matematicamente.it
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Se mettiamo assieme i due grafici otteniamo il ramo di iperbole ottenuto dal sistema
( )
2
− 2
x 2
y
3 − = 1
1 1
9 3
1
≤
x
3 4
3
2
1 1 1
-1
-2
-3
-4
-5
3
-1
-2
-3
-4
come sin dall’inizio evidenziato.
Abbiamo preferito fare tutti i calcoli perché era l’unica strada da perseguire se non ci si accorgeva
che con una semplice traslazione ottenevamo una iperbole. E’ stato un modo per confermare i
risultati da un altro punto di vista.
3)
Considerando la figura di partenza si ha:
α α
= =
sin( ) sin( )
AM AB α α
= =
sin( 2 ) sin( 2 )
BN AB α α α
= +
2 2
Per cui la funzione da massimizzare è ( ) sin ( ) sin ( 2 )
S . www.matematicamente.it
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Calcoliamo le derivate: [ ]
α α α α α α α
= + = +
S ' ( ) 2 sin( ) cos( ) 4 sin( 2 ) cos( 2 ) sin( 2 ) 1 4 cos( 2 )
α α α
= +
S ' ' ( ) 2 cos( 2 ) 8 cos( 4 )
Il segno lo si discute sempre discutendo singolarmente ogni fattore, ricordando la limitazione
α
° ≤ ≤ °
0 60 : π
α π α π
> → < < +
sin( 2 ) 0 k k
2
1 1 1 1 1
α π α π π π π π
> − → < < − + ∪ − − + < < +
cos( 2 ) cos cos
k ar k ar k x k
4 2 4 2 4
α
° ≤ ≤ °
e limitandoci in 0 60 si ha:
1 1
α α
> → < < −
S ar
' ( ) 0 0 cos
4
2
1 1
− <
S ar
' ' cos 0
2 4
α α α
= +
2 2
per cui il valore che massimizza la funzione ( ) sin ( ) sin ( 2 )
S è
1 1
α ≅ °
= −
cos 52 13
'
ar
2 4
4)
Per dimostrare l’ultima questione ci serviamo di relazioni trigonometriche fondamentali:
° = ° °
sin( 72 ) 2 sin(
36 ) cos(
36 )
° = ° °
sin(
36 ) 2 sin(
18 ) cos(
18 )
° = − °
2
cos(
36 ) 1 2 sin (
18 )
° = ° − ° = °
sin( 72 ) sin(
90 18 ) cos(
18 )
Da queste ricaviamo: [ ] [ ]
° ° − ° = ° → ° − ° =
2 2
4 sin(
18 ) cos(
18 ) 1 2 sin (
18 ) cos(
18 ) 4 sin(
18 ) 1 2 sin (
18 ) 1
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= °
Poniamo ora sin(
18 )
x , allora:
[ ]
° − ° = → − = → − + = →
2 2 3
x x x x
4 sin(
18 ) 1 2 sin (
18 ) 1 4 (
1 2 ) 1 8 4 1 0
− ±
( )
( ) 1 1 5
− + − = → = =
2
x x x x x
2 1 4 2 1 0 ,
2 4 1
1
= . Inoltre la soluzione
x non è accettabile perché a 30° il seno vale
Ora la soluzione 2
2
− −
1 5
=
x va scartata perché riguarda un angolo che non si trova nel primo quadrante, in cui si
4
trova invece 18°. Per cui in conclusione si ha − +
1 5
° =
sin(
18 ) 4
Ora 1 1 1
[ ]
= = = =
[ ]
[ ]
AC ( )
° − ° −
2 2 2
° − ° −
4 cos (
36 ) 1 4 cos ( 2 * 18 ) 1 2 2
4 cos (
18 ) sin (
18 ) 1
1 1 1
[ ] =
= =
( )
2
− ° − 2 2
2
4 1 2 sin (
18 ) 1 −
2
− + 6 2 5
1 5
− −
− − 4 1 1
4 1 2 1
8
4
−
1 1 16 2 5 1
= = =
= + +
2 + 2
8 8 5 5 1
+ 24 8 5
2 2 5 −
− 1
4 1
16
8
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SOLUZIONE
1)
La dimostrazione può essere effettuate sia per via trigonometrica che per via geometrica sfruttando
nozioni di geometria euclidea. Illustriamo ambo le strade perseguite.
• Utilizzo trigonometria.
Si consideri la figura seguente che rappresenta la geometria del problema.:
Ora: = + = +
CH CO OH r OH
π
α α
= − =
OH OB sin 2 r cos( 2 )
2
[ ]
α
= +
CH r 1 cos( 2 ) π
α α
=
= = −
AB 2 HB 2
OB cos 2 2 r sin( 2 )
2 www.matematicamente.it
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Quindi l’area del triangolo sarà: [ ]
*
CH AB α α α
= = = +
2
A f ( ) r sin( 2 ) 1 cos( 2 )
2 π
α ∈ .
Ovviamente la limitazione geometrica imposta dal problema è 0
,
2
π
[ ]
α α α
α = +
∈ 2
f r
la funzione ( ) sin( 2 ) 1 cos( 2 ) è continua, derivabile,
Ora nell’intervallo 0
,
2
sempre positiva ed assume valore nullo agli estremi. Per il teorema di Weierstrass tale funzione
presenta un massimo assoluto, non assunto agli estremi, ma in un punto interno all’intervallo
π
α ∈ . Tale punto lo ricercheremo attraverso le derivate:
0
,
2 [ ] [ ]
α α α α α α
= + − = + − =
2 2 2 2 2
f ' ( ) r 2 cos( 2 ) 2 cos ( 2 ) 2 sin ( 2 ) 2 r 2 cos ( 2 ) cos( 2 ) 1
[ ][ ]
α α
− +
2
2 r 2 cos( 2 ) 1 cos( 2 ) 1 π π
α
α α + >
→ ∈
∈ , cos( 2 ) 1 0 , per cui
Ora nell’intervallo 0
, 2 0
,
2 4 π π
[ ][ ] 1
α α α α α α
= − + = → = → = → =
2
f r
' ( ) 2 2 cos( 2 ) 1 cos( 2 ) 1 0 cos( 2 ) 2 .
2 3 6
π
α = cioè quando effettivamente il triangolo è
Quindi il massimo assoluto è assunto per 6
equilatero.
• Utilizzo geometria euclidea.
Si consideri la figura seguente che rappresenta la geometria del problema.:
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= ≤ ≤
Sia con la limitazione
HD x 0 x 2 r
Si ha:
= −
AH 2 r x ( )
= = = −
AB 2 HB 2 AH * HD 2 x 2 r x
Per cui l’area sarà: ( )
*
CH AB
= = = − −
A f ( x ) ( 2 r x ) x 2 r x
2
Calcoliamo ora le derivate: ( )( )
( ) ( )( )
− − + − − − −
− +
( ) x r x 2 r x 2 r x r x 2 r x r 2 x
= =
= − − + −
f ' ( x ) x 2 r x ( 2 r x ) ( )
( )
( )
− −
−
x 2 r x x 2 r x x 2 r x
r
> → < <
f ' ( x ) 0 0 x 2
r r
≤ ≤ ≤ < <
per cui il massimo
0 x . Inoltre
che con la limitazione 0 x 2 r comporta f ' ' 0
2 2
r
=
x .
dell’area è raggiunto per 2
Ora 2 2
r r r r r
3 3 9
= → = = = = + = + = =
2 2
x AB r CB AC HB CH r AB
2 3 , 3
2 2 2 4 4
ed ecco allora dimostrato per via geometrica che l’area massima la si ha in corrispondenza di un
triangolo equilatero.
2)
Si consideri la figura seguente: www.matematicamente.it
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n n
I lati del poligono di lati inscritto nel cerchio possono essere considerati le basi di triangolini
isosceli che hanno un vertice coincidente col centro della circonferenza. Consideriamone uno, ad
π π
2
= → = =
ˆ ˆ ˆ
E C F D
C F D
C E .
esempio CEF in figura. L’angolo al vertice sarà ovviamente n n
Quindi l’area del poligono inscritto sarà: =
S nS
n , inscritto CEF
E ricordando la nota formula trigonometrica per cui l’area di un triangolo è pari al semiprodotto di
due lati per il seno dell’angolo compreso, si ha
π π
2 2
2 2
r nr
= → = =
sin sin
S S nS
,
CEF n inscritto CEF
2 2 n
n
Analoghe considerazioni si fanno per il poligono circoscritto: si avrà:
=
S nS
n , cir cos critto CAB
Ora π
2
r
2 tan
π π π
n
= = = → = = 2
AB OB CO r S r
2 2 tan 2 tan tan
CAB
