Soluzione al problema 2 della simulazione di seconda prova

Nel post I 5 step che DEVI seguire per risolvere la seconda prova di maturità abbiamo descritto come affrontare l’analisi e la soluzione dei problemi di Seconda Prova.

Ecco la soluzione al problema 2 della simulazione della seconda prova del 22 Aprile 2015:

L’azienda in cui lavori produce articoli da giardino e sei stato incaricato di rivedere il disegno di un vaso portafiori realizzato da un tuo collega. Il vaso, di altezza \( h=18 cm \), è composto da due tronchi di cono avente base maggiore in comune e il disegno che ti è stato fornito (figura 1) ne rappresenta la sezione longitudinale:

Nel riferimento cartesiano utilizzato in figura 1 l’unità corrisponde a 1 cm, il direttore del tuo reparto ti chiede di: 1) verificare il valore del volume del vaso progettato dal tuo collega.

Soluzione punto 1)

Il vaso è composto da due tronchi di cono.

La formula per trovare il volume del tronco di cono è \( V=\frac{H\pi}{3}(R^2+rR+r^2) \), dove H è l’altezza del tronco di cono, R è il raggio della base maggiore e r è il raggio della base minore.

Il tronco di cono a sinistra ha \( H_1=12, R=6 \) e \( r_1=3 \), quindi il suo volume è \( V_1=\frac{12\pi}{3}(36+18+9)=791,7 cm^3 \)

Il tronco di cono a destra ha \( H_2=18-12=6, R=6 \) e \( r_2=4 \), quindi il suo volume è \( V_2=\frac{6\pi}{3}(36+24+16)=477,5 cm^3 \)

Il volume del vaso è la somma dei volumi dei due tronche di cono quindi \( V_{vaso}=V_1+V_2=1269,2 cm^3 \)

Se il volume risulta minore di 1,5 litri, bisogna rendere il vaso più alto, fino a fargli raggiungere il volume di 1,5 litri, lasciando però invariate le misure dei diametri corrispondenti ai punti A, S e V, rendendo inoltre la forma meno spigolosa. Per chiarire meglio la sua richiesta, il direttore ti dà un suo disegno, modificato rispetto al precedente (figura 2).

La curva passante per i punti S, V e G, disegnata dal direttore, può essere approssimata con un’iperbole di equazione \( y=\frac{\alpha}{x} \)

2) Determina, approssimando per eccesso al millimetro, i valori delle coordinate h e k del punto G che consentono di soddisfare la richiesta di modifica del vaso.

Soluzione punto 2)

Per prima cosa trasformiamo in litri il valore del volume del vaso che abbiamo trovato in \( cm^3 \):
\( V_{vaso}=1269,2 cm^3=1,2692 dm^3=1,2692 litri<1,5 litri \)
Bisogna quindi rendere il vaso più alto! Dobbiamo trovare le coordinate \( (h, k) \) del punto G sapendo che S, V e G sono punti appartenente all’iperbole \( y=\frac{\alpha}{x} \)

Sostituiamo le coordinate dei tre punti nell’equazione dell’iperbole e otteniamo:

per il punto \( S(12;6) \) \( 6=\frac{\alpha}{12} \longrightarrow \alpha=72\)
per il punto \( V(18;4) \) \( 4=\frac{\alpha}{18} \longrightarrow \alpha=72\)
per il punto \( G(h;k) \) \( k=\frac{\alpha}{k} \longrightarrow \alpha=hk\)

L’equazione dell’iperbole è quindi \( xy=72 \). Quali sono le coordinate del punto G? Il punto G deve appartenere all’iperbole quindi sappiamo che \( hk=72 \) e che il volume del vaso sia uguale a 1,5 litri. Il volume del vaso deve quindi essere \( V_{vaso}=V_1+V_2=1,5 l \) dove \( V_1=791,7\, cm^3 \) è il volume del tronco di cono iniziale e \( V_2 \) è il volume del solido ottenuto ruotando l’iperbole attorno l’asse \( x \). Troviamo \( V_2 \). L’iperbole ha equazione \( y=\frac{72}{x} \) e l’intevallo di integrazione è \( [12,h] \):

\( V_2=\int_{12}^{h}\pi (\frac{72}{x})^2 \, dx=[-\frac{5184\pi}{x}]^{h}_{12}=\pi(\frac{-5184}{h}+432) \)

Ora troviamo \( h \) risolvendo l’equazione \( V_1+V_2=1,5 l = 1500 \, cm^3 \) con \( V_2 \) appena trovato:

\( 791,7 + \pi(\frac{-5184}{h}+432) = 1500 \rightarrow \frac{5184\pi}{h}= -432\pi + 791,7 -1500 \)

e facendo i conti troviamo che \( h = 25,1 cm \) che è la nuova altezza del vaso. Quindi le coordinate del punto G sono:

\( h = 25,1 cm \) e \( k = \frac{72}{25,1}= 2,9 cm \)

Dopo che un primo esemplare del vaso è stato prodotto, il responsabile della produzione fa rilevare che l’eccessiva spigolosità del profilo del vaso nel punto S ne rende costosa la produzione.

3) Considera la funzione il cui grafico è rappresentato nella figura 2, nel semipiano \( y\ge 0 \); descrivi la natura del punto S giustificando le tue affermazioni

Soluzione punto 3)

La funzione che dobbiamo considerare è:

prima del punto S una retta, passante per A e per S e quindi di equazione \( y=\frac{1}{4}x+3 \);
dopo il punto S l’iperbole \( y=\frac{72}{x} \)

Quindi possiamo scrivere la funzione a tratti:

\( f(x)=\begin{cases} \frac{1}{4}x+3 \text{ se } 0\le x\le 12 \\ \frac{72}{x} \text{ se } 12< x\le 25,1 \end{cases} \)

La funzione è continua nel punto, vediamo se è derivabile:
\( f’(x)=\begin{cases} \frac{1}{4} \text{ se } 0\le x\le 12 \\ -\frac{72}{x^2} \text{ se } 12< x\le 25,1 \end{cases} \)

Ora calcoliamo il limite destro e il limite sinistro della derivata:

\( \lim\limits_{x\to 12^-}f(x)=\lim\limits_{x\to 12^-}\frac{1}{4}=\frac{1}{4} \)
\( \lim\limits_{x\to 12^+}f(x)=\lim\limits_{x\to 12^-}-\frac{72}{x^2}=-\frac{1}{2} \)

Il limite destro e il limite sinistro sono finiti ma diversi, quindi il punto S è un punto angoloso.

4) lasciando ancora invariate le misure dei diametri corrispondenti ai punti A e S, individua la funzione razionale intera di secondo grado che consente di congiungere i punti A e S, eliminando il punto angoloso in S; disegna la nuova sagoma del vaso e individua il punto della curva AS in cui la pendenza del grafico è rimasta immutata rispetto alla sagoma precedentemente proposta.

Soluzione punto 4)

Una funzione razionale intera di secondo grado è una funzione del tipo \( y=ax^2+bx+c \).
Questa funzione deve passare per i punti A e S, quindi risolviamo il sistema

\( \begin{cases} 3=c \\6=144a+12b+c \end{cases} \) \( \longrightarrow 6=144a+12b+3 \longrightarrow b=\frac{1}{4}-12a\)

Sostituiamo i valori di \( c \) e \( b \) trovati nell’equazione \( y=ax^2+bx+c \) e otteniamo \( y=ax^2+(\frac{1}{4}-12a)x+3 \)

L’ultima condizione che dobbiamo imporre è che nel punto S la funzione \( g(x)=\begin{cases} ax^2+(\frac{1}{4}-12a)x+3 \text{ se } 0\le x\le 12 \\ \frac{72}{x} \text{ se } 12< x\le 25,1 \end{cases} \) sia derivabile.

Calcoliamo la derivata di \( y=ax^2+(\frac{1}{4}-12a)x+3 \) e otteniamo \( y’=2ax+\frac{1}{4}-12a \)

Abbiamo già visto che \( \lim\limits_{x\to 12^-}-\frac{72}{x^2}=-\frac{1}{2} \)

Calcoliamo \( \lim\limits_{x\to 12^-}2ax+\frac{1}{4}-12a=12a+\frac{1}{4} \) e poniamo questo limite uguale a \( -\frac{1}{2} \). Così facendo il limite destro e il limite sinistro della derivata di \( g(x) \) sono finiti e coincidono, quindi la funzione \( g(x) \) è derivabile.

Risolviamo \(12a+\frac{1}{4}=-\frac{1}{2} \longrightarrow a=-\frac{1}{16} \)

Possiamo quindi trovare anche il valore di \( b=\frac{1}{4}+\frac{3}{4}=1 \)

L’equazione della funzione razionale intera di grado due è quindi \( y=-\frac{1}{16}x^2+x+3 \)
Il disegno quindi diventa:

Il punto della curva AS in cui la pendenza del grafico è rimasta immutata rispetto alla sagoma precedentemente proposta lo troviamo uguagliando la derivata della retta \( y=\frac{1}{4}x+3 \) (sagoma precedente) alla derivata della funzione \( y=-\frac{1}{16}x^2+x+3 \), poiché la derivata rappresenta il coefficiente angolare della retta tangente in un punto, quindi:

\( \frac{1}{4}=-\frac{1}{8}x+1 \longrightarrow x=6 \)

Il punto ha ascissa uguale a 6 e ordinata \( y=-\frac{36}{16}+6+3=\frac{27}{4} \)

FOCUS: