COMPITO IN CLASSE DI MATEMATICA
(Versione DSA)

Soluzione Esercizio 1

Limiti della variabile \( x \)

Quando \( P \) descrive l'arco \( AB \), l'angolo \( x=A\hat{O}P \) varia da \( 0 \) (\( P \) coincide con \( A \)) a \( \dfrac{\pi}{2} \) (\( P \) coincide con \( B \)). Quindi:

a) Area del quadrilatero \( OAPB \) in funzione di \( x \)

La diagonale \( OP \) divide il quadrilatero nei triangoli \( OAP \) e \( OPB \). Se \( H \) e \( K \) sono le proiezioni di \( P \) su \( OA \) e su \( OB \), \( PH \) è l'altezza del triangolo \( OAP \) relativa alla base \( OA \) e \( PK \) è l'altezza del triangolo \( OPB \) relativa alla base \( OB \). Quindi:

Nel triangolo rettangolo \( OHP \) l'ipotenusa \( OP \) vale \( R \) e l'angolo in \( O \) vale \( x \); quindi:

Poiché \( OHPK \) è un rettangolo, \( \overline{PK}=\overline{OH}=R\cos x \). Inoltre \( \overline{OA}=\overline{OB}=R \), e allora:

Per scrivere la somma come un unico seno, ricordiamo che \( \sin\dfrac{\pi}{4}=\cos\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\sqrt2}{2} \), e quindi \( 1=\sqrt2\cdot\dfrac{\sqrt2}{2} \). Raccogliamo \( \sqrt2 \) e usiamo la formula di addizione del seno:

In conclusione:

Agli estremi si ottiene \( S(0)=S\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=\dfrac{\sqrt2}{2}R^2\cdot\dfrac{\sqrt2}{2}=\dfrac{R^2}{2} \), cioè l'area del triangolo \( OAB \), come previsto.

b) Posizione di \( P \) per cui l'area vale \( \dfrac{\sqrt2}{2}R^2 \)

Imponiamo:

Per \( 0\leq x\leq\dfrac{\pi}{2} \) l'angolo \( x+\dfrac{\pi}{4} \) varia fra \( \dfrac{\pi}{4} \) e \( \dfrac{3\pi}{4} \), e in questo intervallo il seno vale \( 1 \) soltanto per \( \dfrac{\pi}{2} \):

Il punto \( P \) è quindi il punto medio dell'arco \( AB \) (\( A\hat{O}P=45^\circ \)).

Osserviamo che il valore \( \dfrac{\sqrt2}{2}R^2 \) è il massimo dell'area, perché \( \sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)\leq1 \): per questo il problema ha una sola soluzione.

c) Grafico di \( S(x) \) per \( R=2 \)

Con \( R=2 \) risulta \( \dfrac{\sqrt2}{2}R^2=\dfrac{\sqrt2}{2}\cdot4=2\sqrt2 \), e quindi:

Tracciamo il grafico per passi, partendo dalla sinusoide fondamentale:

1. disegniamo \( y=\sin x \) in \( [0,2\pi] \) (tratteggio blu);
2. la traslazione di vettore \( \vec{v}=\left(-\dfrac{\pi}{4},\,0\right) \) la trasforma in \( y=\sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right) \) (tratteggio arancione);
3. la dilatazione verticale di fattore \( k=2\sqrt2 \) la trasforma in \( y=2\sqrt2\,\sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right) \) (tratteggio verde).

Infine teniamo solo la parte con i limiti geometrici \( 0\leq x\leq\dfrac{\pi}{2} \) (tratto rosso), perché solo in questo intervallo \( P \) sta sull'arco \( AB \).

Il grafico è un arco di sinusoide con i punti notevoli:

I valori agli estremi, \( S(0)=S\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=2=\dfrac{R^2}{2} \), sono l'area del triangolo \( OAB \), a cui il quadrilatero si riduce quando \( P \) coincide con \( A \) o con \( B \). Il punto più alto, \( \left(\dfrac{\pi}{4},\,2\sqrt2\right) \), corrisponde alla posizione trovata al punto b): \( P \) punto medio dell'arco \( AB \).

Soluzione Esercizio 2

Limiti della variabile \( x \)

Poniamo \( x=B\hat{A}P \). Quando \( P \) descrive il minore dei due archi \( BC \), l'angolo \( x \) varia da \( 0 \) (\( P \) coincide con \( B \)) a \( B\hat{A}C=\dfrac{\pi}{3} \) (\( P \) coincide con \( C \)). Quindi:

Calcolo di \( \overline{PH} \) e \( \overline{PK} \) in funzione di \( x \)

Poiché \( B\hat{A}C=\dfrac{\pi}{3} \), risulta \( P\hat{A}C=\dfrac{\pi}{3}-x \). Gli angoli alla circonferenza che insistono sullo stesso arco sono uguali, e quindi:

Nel triangolo \( ABP \) l'angolo in \( B \) è la somma di \( A\hat{B}C=\dfrac{\pi}{3} \) e di \( C\hat{B}P=\dfrac{\pi}{3}-x \):

Per il teorema della corda, in una circonferenza di raggio \( R \) la corda \( AP \) vale \( 2R \) per il seno di un qualunque angolo alla circonferenza che insiste su di essa; scegliendo \( A\hat{B}P \):

\( PH \) è la distanza di \( P \) dalla retta \( AC \) e \( PK \) è la distanza di \( P \) dalla retta \( AB \). Nei triangoli rettangoli \( AHP \) e \( AKP \), che hanno la stessa ipotenusa \( AP \) e gli angoli in \( A \) uguali a \( \dfrac{\pi}{3}-x \) e a \( x \), si ha:

Si noti che il testo parla di semirette \( AC \) e \( AB \) perché i piedi \( H \) e \( K \) possono cadere sul loro prolungamento, oltre \( C \) o oltre \( B \) (nella figura \( K \) cade oltre \( B \)); le formule precedenti valgono comunque, perché gli angoli \( P\hat{A}C \) e \( P\hat{A}B \) sono acuti.

La somma \( \overline{PH}+\overline{PK} \)

Sviluppiamo i seni con le formule di sottrazione, ricordando che \( \sin\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\sqrt3}{2} \) e \( \cos\dfrac{\pi}{3}=\dfrac12 \):

Allora la quantità tra parentesi quadre vale \( \dfrac{\sqrt3}{2}\cos x-\dfrac12\sin x+\sin x=\dfrac{\sqrt3}{2}\cos x+\dfrac12\sin x \), cioè è uguale al primo fattore:

Per la formula di addizione, \( \dfrac{\sqrt3}{2}\cos x+\dfrac12\sin x=\sin x\cos\dfrac{\pi}{3}+\cos x\sin\dfrac{\pi}{3}=\sin\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right) \). Quindi:

Massimo della somma

Per \( 0\leq x\leq\dfrac{\pi}{3} \) l'angolo \( x+\dfrac{\pi}{3} \) varia fra \( \dfrac{\pi}{3} \) e \( \dfrac{2\pi}{3} \). Poiché \( \sin^2\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)\leq1 \), la somma è massima quando il seno vale \( 1 \), cioè quando \( x+\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\pi}{2} \), valore che appartiene all'intervallo:

In questo caso \( B\hat{A}P=P\hat{A}C=\dfrac{\pi}{6} \): \( P \) è il punto medio dell'arco \( BC \), e il valore massimo della somma è \( 2R \).

Agli estremi dell'intervallo la somma vale \( 2R\sin^2\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{3}{2}R \), cioè l'altezza del triangolo \( ABC \): infatti, ad esempio, per \( P=B \) è \( \overline{PK}=0 \) e \( \overline{PH} \) è la distanza di \( B \) dal lato \( AC \), cioè l'altezza.

Grafico di \( f(x)=\overline{PH}+\overline{PK} \) per \( R=1 \)

Con \( R=1 \) la somma è \( f(x)=2\sin^2\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right) \). Per poterla rappresentare con le trasformazioni geometriche usiamo la formula di duplicazione del coseno, \( \cos2\theta=1-2\sin^2\theta \), cioè \( 2\sin^2\theta=1-\cos2\theta \), con \( \theta=x+\dfrac{\pi}{3} \):

Partiamo dalla funzione coseno e arriviamo al grafico di \( f \) per passi:

1. \( y=\cos x \) in \( [0,2\pi] \) (tratteggio blu);
2. traslazione di vettore \( \vec{v}=\left(-\dfrac{2\pi}{3},\,0\right) \): \( y=\cos\left(x+\dfrac{2\pi}{3}\right) \) (tratteggio arancione);
3. contrazione orizzontale di fattore \( \dfrac12 \) (si sostituisce \( x \) con \( 2x \)): \( y=\cos\left(2x+\dfrac{2\pi}{3}\right) \) (tratteggio viola); il periodo diventa \( \pi \);
4. ribaltamento rispetto all'asse \( x \): \( y=-\cos\left(2x+\dfrac{2\pi}{3}\right) \) (tratteggio arancione);
5. traslazione verticale di vettore \( \vec{w}=(0,\,1) \): \( y=1-\cos\left(2x+\dfrac{2\pi}{3}\right) \) (tratteggio verde).

Nota. L'ordine dei passi 2 e 3 è importante. Se si contrae prima, \( y=\cos2x \), la traslazione da fare non è più di \( \dfrac{2\pi}{3} \) ma di \( \dfrac{\pi}{3} \), perché \( \cos\left(2x+\dfrac{2\pi}{3}\right)=\cos\left[2\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)\right] \): la traslazione si applica a \( x \) e non a \( 2x \). È un punto delicato, nel quale si sbaglia spesso.

Infine teniamo solo la parte con i limiti geometrici \( 0\leq x\leq\dfrac{\pi}{3} \) (tratto rosso).

Il grafico è un arco di sinusoide con i punti notevoli:

Agli estremi \( f=\dfrac32 \) è l'altezza del triangolo \( ABC \) (di raggio circoscritto \( 1 \)), mentre il massimo \( f\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=2 \) si ha quando \( P \) è il punto medio dell'arco \( BC \), come già trovato.

Soluzione Esercizio 3

Altezza del tetraedro

Le facce del tetraedro regolare sono triangoli equilateri di lato \( s \). Il vertice \( V \) è equidistante da \( A \), \( B \), \( C \), quindi il piede \( O \) dell'altezza \( VO \) è il centro del triangolo equilatero \( ABC \), che coincide con il suo baricentro. Detto \( H \) il punto medio di \( AB \), la mediana \( CH \) è anche altezza e passa per \( O \):

Il triangolo \( VOC \) è rettangolo in \( O \), con ipotenusa \( \overline{VC}=s \). Per il teorema di Pitagora:

Angolo diedro

L'angolo diedro è quello formato da due facce, per esempio \( VAB \) e \( ABC \), che hanno in comune lo spigolo \( AB \). Sia \( VH \) sia \( CH \) sono perpendicolari ad \( AB \) (altezze dei triangoli equilateri \( VAB \) e \( ABC \)), quindi l'angolo \( V\hat{H}C \) è la sezione normale del diedro. Poiché \( O \) sta su \( HC \), si tratta dell'angolo \( \alpha=V\hat{H}O \) del triangolo \( VOH \), rettangolo in \( O \).

Possiamo usare la tangente, perché conosciamo i due cateti:

Dunque \( \alpha=\arctan\left(2\sqrt2\right)\simeq70{,}5^\circ \) (circa \( 70^\circ\,32' \)). Per la simmetria del tetraedro regolare, tutti e sei i diedri sono uguali.

Piramide triangolare regolare: spigolo laterale in funzione di \( \alpha \)

Consideriamo ora la piramide regolare \( VABC \) con la stessa base, il triangolo equilatero \( ABC \) di lato \( s \), e angolo diedro \( \alpha \) tra la faccia \( VAB \) e la base. Come prima, \( O \) è il centro della base, \( H \) il punto medio di \( AB \) e \( \alpha=V\hat{H}O \); l'altezza \( VO \) può ora variare. L'angolo \( \alpha \) è l'angolo acuto di un triangolo rettangolo con un cateto non nullo, quindi:

Quindi la condizione \( \ell<s \) sarà verificata solo per i valori di \( \alpha \) più piccoli; il passaggio avviene quando \( \ell=s \), cioè proprio per il tetraedro regolare.

Nel triangolo \( VOH \), rettangolo in \( O \), con \( \overline{OH}=\dfrac{\sqrt3}{6}\,s \):

\( VH \) è perpendicolare ad \( AB \) (apotema della faccia \( VAB \), isoscele), quindi il triangolo \( VHA \) è rettangolo in \( H \), con \( \overline{AH}=\dfrac s2 \). Per il teorema di Pitagora:

Per quali valori di \( \alpha \) è \( \ell<s \)?

Poiché entrambi i membri sono positivi, possiamo elevare al quadrato:

Per \( 0<\alpha<\dfrac{\pi}{2} \) il coseno è positivo, quindi la disequazione equivale a \( \cos\alpha>\dfrac13 \). Il coseno è decrescente in \( \left(0,\dfrac{\pi}{2}\right) \), e allora:

Per \( \alpha=\arccos\dfrac13 \) si ha \( \ell=s \), cioè tutti gli spigoli sono uguali: la piramide è il tetraedro regolare e \( \alpha \) è il suo angolo diedro, trovato prima. Per angoli diedri maggiori lo spigolo laterale diventa maggiore dello spigolo di base.

Soluzione Esercizio 4

Limiti della variabile \( \beta \)

Sia \( ABCD \) il quadrato inscritto nella base, \( O \) il suo centro (centro della base) e \( V \) il vertice. La diagonale del quadrato è un diametro della base, quindi:

Il triangolo \( VBC \) è isoscele sulla base \( BC=L \) e i lati \( VB=VC=a \) sono apotemi del cono. Detto \( H \) il punto medio di \( BC \), \( VH \) è altezza e bisettrice: \( B\hat{V}H=H\hat{V}C=\beta \) e \( \overline{BH}=\dfrac{L}{2} \). Nel triangolo rettangolo \( VHB \):

Il cono esiste se \( \overline{VB}>\overline{BO} \), cioè \( a>R \), quindi \( a>\dfrac{L\sqrt2}{2} \). Sostituendo \( a=\dfrac{L}{2\sin\beta} \):

Poiché \( \beta \) è la metà di un angolo di un triangolo, deve essere \( \beta>0 \), e quindi:

a) Volume del cono in funzione di \( L \) e \( \beta \)

Nel triangolo rettangolo \( VOB \) l'ipotenusa è \( VB=a \) e un cateto è \( OB=R \), quindi l'altezza del cono è:

Il volume è un terzo dell'area di base per l'altezza, con \( R^2=\dfrac{L^2}{2} \):

Quindi:

L'ultima forma si ottiene da \( \dfrac{1-2\sin^2\beta}{\sin^2\beta}=\dfrac{1}{\sin^2\beta}-2=\operatorname{cotg}^2\beta-1 \).

b) Area della superficie totale per \( \beta=30^\circ \)

Per \( \beta=30^\circ \), \( \sin\beta=\dfrac12 \) e quindi \( a=\dfrac{L}{2\cdot\frac12}=L \). La superficie totale è la somma dell'area di base e dell'area laterale:

c) Angolo tra il piano del triangolo \( VBC \) e il piano di base

I piani \( VBC \) e \( ABC \) si intersecano nella retta \( BC \). Il segmento \( VH \) è perpendicolare a \( BC \) (altezza del triangolo isoscele) e anche \( OH \) lo è (\( O \) è il centro del quadrato e \( H \) il punto medio di un suo lato). Quindi l'angolo cercato è \( \alpha=V\hat{H}O \), angolo del triangolo \( VOH \), rettangolo in \( O \), con \( \overline{OH}=\dfrac{L}{2} \).

Per \( \beta=30^\circ \) l'altezza del cono è:

Allora:

d) Valore di \( \beta \) per cui \( V=\dfrac{\pi L^3}{12} \)

Imponiamo che il volume trovato al punto a) valga \( \dfrac{\pi L^3}{12} \):

Entrambi i membri sono positivi (\( \sin\beta>0 \) per \( 0<\beta<\dfrac{\pi}{4} \)), quindi possiamo elevare al quadrato senza introdurre soluzioni estranee:

Quindi \( \beta=\arcsin\dfrac{\sqrt3}{3}\simeq35{,}3^\circ \), valore accettabile perché \( 35{,}3^\circ<45^\circ=\dfrac{\pi}{4} \).

Verifica: per \( \sin\beta=\dfrac{\sqrt3}{3} \) l'altezza del cono è \( h=\dfrac{L}{2\sin\beta}\sqrt{1-2\sin^2\beta}=\dfrac{\sqrt3}{2}\,L\cdot\dfrac{\sqrt3}{3}=\dfrac L2 \), e quindi \( V=\dfrac13\,\pi\,\dfrac{L^2}{2}\cdot\dfrac L2=\dfrac{\pi L^3}{12} \), come richiesto.