3^C PNI MATEMATICA Soluzione esercizi per le vacanze. a) Precisiamo intanto che il testo dell'esercizio contiene una inesattezza, in quanto la prima

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1 3^C PNI MATEMATICA Soluzione esercizi per le vacanze Esercizio n 14 pag S 90 a) Precisiamo intanto che il testo dell'esercizio contiene una inesattezza, in quanto la prima disequazione va scritta 6 x 1 x 8 1 (con il segno di uguaglianza) 6 x 1 x 8 6 x 1 0 x 1/6 Imponiamo l'esistenza dei radicali: { x 8 0 x x x Sotto queste condizioni, il denominatore è strettamente positivo (come somma di una quantità strettamente positiva ed una positiva o nulla), pertanto possiamo moltiplicare entrambi i membri per esso: 6 x 1 x 8 6 x 1 x 8 x 8 0 che risulta sempre verificata per i valori x Nella seconda disequazione, impongo l'esistenza del radicale interno : x 1 0 x 1 Sotto questa condizione, esiste anche il radicale esterno, in quanto il radicando x 1 x 1 è somma di due quantità maggiori o uguali a zero Inoltre, sotto la condizione x 1 il secondo membro della disequazione è positivo, quindi posso elevarne al quadrato entrambi i membri: x 1 x 1 x x 1 1 x 1 1 x (che rispetta la condizione di esistenza x 1 ) Di conseguenza, le due disequazioni sono verificate per x b) Risolviamo in generale la disequazione: a 1 x 4 a 4 a {x per a 1 a x R per a=1 x 4 a per a 1 a 1 Perché la terza soluzione assuma la forma x, dovrà essere: 4 a = 4 a= a a= 1, che verifica la condizione a 1 a 1

2 Esercizio n 73 pag L 37 a) La scelta piuttosto stravagante della variabile indipendente ci fa preferire la soluzione sintetica a quella analitica o trigonometrica Ponendo PB=x ed applicando il secondo teorema di Euclide al triangolo APB, rettangolo in P, ricavo: PB =BH AH BH = PB AH = x 4 a P A H B C Applicando più volte il teorema di Pitagora, ricavo invece: PC =PH CH = PB BH CB BH =x BH CB BC BH BH = =x 4 a 4 a x 4 a = x 4 a La funzione richiesta è quindi: b) Ponendo a=1, ricaviamo: y= PC 8 PB = x 8 x 4 a cvd y= x 8 x 4 ={ x 8 x 4 per x x x 8 x 4 per x Considerando i casi limite P B x=0 e P A x=4, vediamo che l'intervallo di interesse è 0 x 4 Consideriamo la parabola di equazione y= x 8 x 4 (su questo punto, il testo è lievemente ambiguo): essa ha vertice V, 4 interseca l'asse y in D 0, 4 La circonferenza di diametro CD ha centro Q 1,0 e raggio r= 17 La sua equazione è quindi: x 1 y =17 x y x 16=0 c) Il raggio QB ha coefficiente angolare m QB = 4, quindi la tangente in D ha coefficiente angolare m t =1/4 Imponendo il passaggio per D, ricavo l'equazione della tangente t: y 4= 1 4 x y= 1 x 4 Essa interseca l'asse x nel punto E 16,0 4 e La generica funzione omografica ha equazione y= ax b cx d d /c= 16 d =16 c Impongo che il centro coincida con il punto E: { a /c=0 a=0 L'equazione della funzione diventa quindi: y= b cx 16 c

3 Impongo il passaggio per il punto D: b =4 b=64 c 16 c Ponendo c=1 ricavo l'equazione della funzione: y= 64 x 16 d) La simmetria rispetto all'asse y ha equazione x ' = x, quindi la simmetrica della retta t ha equazione y= 1 x 4 La retta generica passante per D ha equazione y=mx 4 Ponendo 4 a sistema tale equazione con quella della funzione omografica, ricavo: mx 4 x 16 =64 mx 4 4 m 1 x=0 Tale equazione è spuria, e quindi ammette per ogni valore reale di m la soluzione x=0 Le soluzioni sono coincidenti ed entrambe nulle per m= 1/ 4 cvd t' t D E V

4 Esercizio n 74 pag L 37 a) Sappiamo dalla geometria elementare che la corda AE è il lato del triangolo equilatero inscritto nella circonferenza, per cui EAO=30, mentre la corda AF è il lato dell'esagono regolare inscritto nella circonferenza, per cui FAO=60 Ne segue che EAF =30 60 =90 ; quindi l'angolo ed EF è un diametro EAF insiste su una semicirconferenza, b) Per il secondo teorema di Euclide applicato al triangolo EPF, rettangolo in P, abbiamo: PH =EH FH =x r x Dal primo teorema di Euclide applicato allo stesso triangolo, ricaviamo: PF =EF FH = r r x La funzione data è quindi: y= PH PF AF = rx x 4 r rx r = 5 r x Ponendo r=1 e y 0, possiamo elevare al quadrato: { x y =5 Il sistema rappresenta la semicirconferenza y 0 di centro l'origine degli assi e raggio a= 5 che si trova nel semipiano delle ordinate positive Considerando i casi limite P E x=0 e P F x=, ricaviamo il campo di esistenza 0 x A F cvd O H E P

5 Esercizio n 75 pag L 37 a) Indico con u e v le misure dei due cateti Imposto il sistema: { uv/=54 a uv=108 a u v u v =36 a u v =36 a u v Poiché la somma di due lati è sempre minore del perimetro, posso innalzare al quadrato la seconda equazione senza imporre alcuna condizione di esistenza: u v =196 a 7 a u v u uv v Sostituendo al prodotto uv il valore dato dalla prima equazione, ricaviamo: u v= 196 a 16 a =1 a 7 a Ci siamo quindi ricondotti ad un sistema simmetrico elementare, che può essere risolto sia per sostituzione che tramite l'equazione ausiliaria t 1at 108a =0, le cui soluzioni t 1 =9 a e t =1 a forniscono le misure dei cateti L'ipotenusa misura: 81 a 144 a =15 a b) I triangoli ABC e CPQ sono simili, in quanto hanno un angolo retto e l'angolo in C in comune H B Imposto la proporzione: PQ AB = CP AC PQ= 9 a 1 a x= 3 4 x P L'area del triangolo CPQ misura quindi: Area CPQ = 1 CP PQ= 1 x 3 4 x=3 8 x C Q A Per differenza ricaviamo l'area del quadrilatero AQPB: y=54 a 3 8 x Il grafico è un arco di parabola corrispondente ai valori 0 x x max, dove x max =CH, proiezione del cateto AC sull'ipotenusa Dal primo teorema di Euclide, ricavo: AC 144 a =CH BC CH = 15 a = 48 5 a c) Il quadrilatero AQPB è inscrivibile in una circonferenza in quanto ha gli angoli opposti in A e in P supplementari (in quanto retti), e quindi gli angoli opposti in B e in Q supplementari per differenza

6 Esercizio n 76 pag L 373 a) Eleviamo l'equazione al quadrato: BM = OA OB OM = OA 8 r r = r r 1 r 8=0 r r 14 =0 Poiché deve essere 0 r 4, è accettabile la soluzione r= Osserva che, quindi, la seconda circonferenza passa per il centro Q della prima b) Applico il secondo teorema di Euclide ai triangoli ABC e AQE, rettangoli rispettivamente in C e in E: CH =AH BH =x 8 x, EH =AQ QH =x 4 x La funzione richiesta è: y= CD EF = 4CH 4 EH = 1 x x Considerando i casi limite H A x=0 e H Q x=4, vediamo che il campo di esistenza è 0 x 4 c) Elevando al quadrato, sotto la condizione y 0, e applicando il completamento del quadrato, l'equazione della funzione può essere scritta: y =1 x x x 6 x 9 y x 3 =18 y =1 Vediamo quindi che si tratta di una ellisse di centro 3,0 e semiassi a=3, b=6, della quale prendiamo in considerazione solo l'arco corrispondente alle limitazioni 0 x 4 e y 0 Il valore massimo verrà pertanto assunto in corrispondenza del vertice di coordinate 3,6 B Q C E H F s D M O A

7 Esercizio n 77 pag L 373 C a) L'altezza è data da: CH = Area AB Il lato misura quindi: =18/3 a = 16 8 a 3 a D E AB= AH CH = 16 a 56 9 a = 0 3 a b) La domanda è ingannevolmente semplice, in quanto non è sufficiente considerare la situazione in cui il punto P è compreso tra le proiezioni U e V di D ed E sulla base AB, ma bisogna mostrare che si ottiene lo stesso risultato anche quando P è compreso tra A e U o tra V e B Nel seguito, considero il primo caso e lascio a voi il piacere di svolgere i calcoli degli altri due I triangoli CDE e ABC sono simili per il secondo criterio (due coppie di lati in proporzione e l'angolo compreso uguale), ed hanno rapporto di similitudine k= CD AC = 5/3 a 0/3 a = 1 4 A U P H V B Abbiamo dunque CK =k CH = a= 4 3 a e DE=k AB= 1 8 a= a, da cui ricaviamo: 4 DU =EV =CH CK = 16 3 a 4 3 a=4 a e AB DE AU =BV = = 8 a a =3 a Applicando il teorema di Pitagora ai triangoli rettangoli DUP ed EVP, ricaviamo: y= PD PE = DU UP EV PV = 16a x 3a 16 a 5a x = = x 16 ax 66 a E' semplice, ma molto noioso, verificare che si ottiene lo stesso risultato negli altri due casi Per considerare una sola situazione, avremmo potuto utilizzare il metodo trigonometrico c) Ponendo a=1 ed osservando che y 0, possiamo elevare al quadrato l'equazione ed applicare il completamento del quadrato : x 16 x 66 y =0 x 8 x 16 y = 34 x 4 y = 1 Vediamo quindi che si tratta di una iperbole di centro 4, 0, asintoti di equazione y=±x ed avente i fuochi sulla retta di equazione x=4 Di tale curva, dobbiamo prendere in considerazione soltanto l'arco determinato dalle condizioni y 0 e 0 x 8 Il valore minimo verrà pertanto assunto in corrispondenza del vertice di coordinate 4, 34

8 Esercizio n 61 pag Q 76 Impongo l'esistenza del radicale: 4 cos x 8 cos x 7 0 Applico le formule di bisezione: 4 1 cos x 8cos x 7 0 cos x 1 3 k x 3 k Impongo l'esistenza della frazione: sen x 1 0 x ± x 4 k, ovvero: x ± k (Osserva che il risultato del libro contiene un di troppo) 4 Dopo avere imposto queste condizioni, osserviamo che il numeratore è positivo o nullo (in quanto consiste di una radice di indice pari), il denominatore è strettamente positivo (in quanto consiste di un valore assoluto a cui è stato imposto di essere diverso da zero), pertanto la disequazione è sempre verificata L'insieme delle soluzioni della disequazione è quindi semplicemente l'intersezione delle precedenti condizioni di esistenza

9 Esercizio n 11 pag Q 89 a) Campo di esistenza: den 0 cos x 1 x k Intersezioni con asse x: sen x=0 x= k (tenendo conto del campo di esistenza) b) 3 sen x cos x 1 3 sen x cos x 1 1 Poiché cos x 1 0 su tutto il campo di esistenza, posso scrivere cos x 1 =1 cos x e quindi moltiplicare entrambi i membri per la quantità 1 cos x, che è sicuramente positiva: sen x 1 cos x Tenendo conto del segno di sen x, per risolvere la disequazione posso considerare i due casi: { sen x 1 cos x per 0 x sen x 1 cos x per x Risolvo entrambe le disequazioni con metodo grafico Nel primo caso, ottengo: X Y 1 0 dell'intervallo preso in considerazione, fornisce la soluzione: x Nel secondo caso, invece, ottengo: limitandoci all'intervallo considerato, fornisce la soluzione: x 3 che, tenendo conto X Y 1 0 che, sempre La soluzione della disequazione considerata è data dall'unione dei due intervalli determinati; quindi: x 3 c) Partendo dalla formula di bisezione della tangente scritta in forma razionale: tg x =1 cos x sen x, possiamo uguagliare il reciproco di entrambi i membri: ctg x = sen x 1 cos x valore assoluto: ctg x = sen x cos x 1 f x = f x ), e quindi prendere il (tenendo conto del fatto che Il grafico della funzione può quindi essere ottenuto partendo da 3 3 π/3 3/π

10 quello di y=ctg x, applicando una dilatazione di un fattore lungo l'asse x, una dilatazione di un fattore 3 lungo l'asse y, e quindi considerando il valore assoluto della funzione così ottenuta d) Calcolo f 3 =3 ctg 6 =3 3 5,0 e f 3 =3 ctg 3 4 =3 In questa simpaticissima domanda, la ricerca delle soluzioni dell'equazione parametrica è equivalente a quella dei punti di intersezione tra il grafico della funzione generica appartenente al fascio improprio di equazione y=k 1 Vedo quindi dal grafico che: y=3 ctg x e la retta per k 3 3 1, l'equazione non ammette soluzioni accettabili (anche la soluzione limite x= 3 non è accettabile); per 4 k 3 3 1, l'equazione ammette una soluzione accettabile; per k=4, l'equazione ammette una soluzione ordinaria ed una soluzione limite x= 3 ; per 1 k 4, l'equazione ammette due soluzioni reali e distinte; per k=1, l'equazione ammette due soluzioni reali e coincidenti in x= ; per k 1, l'equazione non ammette soluzioni reali

11 Esercizio n 1 pag Q 89 a) Impongo f 3 = 1 3 k = k 3 1= k= 3 b) Campo di esistenza: cos x 3 sen x 0 Utilizzo la formula dell'angolo aggiunto : sen x 6 0 k x 6 k 6 k x 5 6 k Limitandoci all'intervallo [0, ], troviamo: per k=0, le soluzioni 0 x 5 6 ; per k=1, le soluzioni 11 6 x Il campo di esistenza è formato dall'unione dei due intervalli trovati Intersezione con asse y: 0,1 Intersezioni con asse x: 5 6,0, 11 6,0 c) Impongo cos x 3 sen x 1 Poiché entrambi i membri sono positivi o nulli, possiamo elevare al quadrato entrambi i membri: cos x 3 sen x 1 0 Si tratta di una disequazione lineare non omogenea in sen x e cos x Per giungere più velocemente al risultato del libro di testo, la risolviamo applicando le formule parametriche: 1 t t 1 t 3 1 t 1 0 3t 4 3t 1 0 t 1 t t, dove t 1 = e t = Poiché t=tg x, e la funzione y=tg x è crescente su un periodo, la soluzione diventa: t 1 tg x t arc tg t 1 k x arc tg t k arc tg t 1 k x arc tg t k d) Come abbiamo visto nel punto b), la funzione può essere scritta: y= sen x 6 Da questa forma è più agevole vedere che il periodo è T= Il grafico può essere ottenuto partendo dalla funzione y=sen x e sottoponendola ad una traslazione di /6 verso sinistra, ad una dilatazione verticale di un fattore e, infine, componendola con la funzione y= x

12 Esercizio n 16 pag Q 157 a) Applico il teorema di Carnot al triangolo ABC: BC= AB AC AB AC cos BAC= /= 13 b) Sappiamo dalla geometria euclidea che la bisettrice di un angolo del triangolo divide il lato opposto in due parti direttamente proporzionali ai lati ad esse adiacenti Ponendo CQ=x, posso imporre: Quindi CQ= , BQ= c) Applico il teorema di Carnot al triangolo ABC: CQ AC = BQ AB x 3 = 13 x 4 AC =AB BC AB BC cos B cos B= AB BC AC d) Applico il teorema di Carnot al triangolo ABQ: AB BC x= = = 5 13 AQ= AB BQ AB BQ cos B= = =1 7 3 e) Applico il teorema di Carnot ai triangoli ABP e ACP: BP =AB AP AB AP cos PAB=16 x 4 x 3 ; CP =AC AP AC AP cos PAC=9 x 3 x 3 La funzione richiesta è quindi: f x =AP BP CP =3 x 7 x 3 5 con la limitazione 0 x Il grafico è un arco di parabola con la concavità rivolta verso il basso, che assume il valore minimo nel vertice, ovvero nel punto di coordinate 7 6 3, 51 4 (Per praticità, in figura vengono utilizzate due unità di misura diverse per i due assi cartesiani)

13 Esercizio n 17 pag Q 158 a) Applico la prima relazione fondamentale della goniometria: sen A= 1 cos A= = 4 5 ; sen C= 1 cos C= = 3 sen B=sen A C =sen A C =sen Acos C sen C cos A= = Applico per due volte di seguito il teorema dei seni: AB sen C = AC sen B AB= l =15 5 l ; 7 BC sen A = AC sen B BC= l= l p ABC =l l Area ABC = 1 AC AB sen A= 1 l= 4 l ; l l 4 6 = l 5 7 b) Non sarebbe possibile che sen C 0, in quanto il seno di un angolo compreso tra 0 e p è sempre positivo c) Anche senza svolgere i calcoli per intero, osserviamo che: sen A= 1 A 1 =30 ; A =150 ; sen C= C 1 =45 ; C =135 La soluzione A non è accettabile, in quanto sia A C 1 che A C maggiore di un angolo piatto Abbiamo quindi le soluzioni: A 1 =30 ; C 1 =45 B 1 =105 e A 1 =30 ; C =135 B 1 =15 A l C danno un risultato B

14 Esercizio n 18 pag Q 158 a) L'angolo ACB=3/4, in quanto è supplementare ad uno qualunque degli angoli alla circonferenza che insistono sul minore degli archi AB Di conseguenza Per il teorema della corda: Area ABC = 1 AB BC sen BAC= /4 x BC= r sen /4 x L'area del triangolo ABC misura: ABC= 1 r r sen x sen x che, applicando le formule di 4 Werner e tenendo conto del fatto che la funzione y=cos x è pari, può essere scritta: Area ABC = r [cos x 4 cos 4 ] L'area del quadrato inscritto nella circonferenza è A quadr = r, per cui la funzione vale: f x =cos x 4 b) Considerando i casi limite C A x=0 e C B x= /4, vediamo che l'intervallo in cui il problema ha significato è 0 x /4 Per tracciare il grafico, possiamo partire da quello della funzione y=cos x e sottoporlo ad una contrazione orizzontale di un fattore, ad una traslazione verso destra di /8 e ad una traslazione verso il basso di / 1- / c) Poiché f 0 = f /4 =0, e la funzione raggiunge il suo valore massimo per x= /8, in p/8 cui vale f max =1 /, vediamo che: per k 1 /, l'equazione non ammette soluzioni reali; per k=1 /, l'equazione ammette due soluzioni reali e coincidenti in x= /8 ; per 0 k 1 /, l'equazione ammette due soluzioni ordinarie reali e distinte; per k=0, l'equazione ammette due soluzioni limite x=0 e x= /4 ; per k 0, l'equazione non ammette soluzioni accettabili (in quanto le soluzioni trovate non apparterrebbero al campo di esistenza della funzione)