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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.
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.
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.
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:
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
La funzione che dobbiamo considerare è:
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:
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.
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 \( y=-\frac{36}{16}+6+3=\frac{27}{4} \)
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