Ricevo da Linda la seguente domanda:

Gentile professore,

non riesco a risolvere questo esercizio. Come si deve fare?

Determinare l’equazione della funzione polinomiale di terzo grado dispari, il cui grafico passa per il punto \(P(-1;-2)\) e ha in questo punto tangente parallela alla bisettrice del primo e terzo quadrante.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Linda,

la funzione in questione, per essere dispari, cioè invariante rispetto alla simmetria centrale di centro l’origine degli assi, deve avere la forma \(f\left( x \right)=a{{x}^{3}}+bx\), e la sua derivata di conseguenza \(f’\left( x \right)=3a{{x}^{2}}+b\): le condizioni poste dal problema si traducono pertanto nella seguente coppia di equazioni per i coefficienti \(a\) e \(b\): \[-a-b=-2\quad \wedge \quad 3a+b=1\to\]\[\to a=-\frac{1}{2}\quad \wedge \quad b=\frac{5}{2}\]

pertanto la funzione cercata è la seguente: \[f\left( x \right)=-\frac{1}{2}{{x}^{3}}+\frac{5}{2}x\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Sara la seguente domanda:

Buongiorno,

ho bisogno di un aiuto nel risolvere i seguenti problemi (nn.287, 295, 298, 303, pagg.1822-1825, Manuale blu 2.0 di matematica, Vol.5):

1) Fra tutti i triangoli inscritti in una semicirconferenza, trova quello di area massima.

2) Sia \(ABCD\) un trapezio isoscele di area \(s^2\) e con gli angoli adiacenti alla base di \(45^\circ\). Determina l’altezza del trapezio in modo che abbia perimetro minimo.

3) Data una semicirconferenza con diametro \(\overline{AB}=2r\), traccia la tangente \(t\) in \(A\) e, preso sulla semicirconferenza un punto \(P\), indica con \(C\) la sua proiezione su \(t\). Trova \(P\) in modo che la somma \(\overline{PB}+\overline{PC}\) sia massima.

 
4) Sulla semicirconferenza di diametro \(\overline{AB}=2r\),  traccia la corda \(AC\). Indica con \(P\) il suo punto medio e con \(K\) la proiezione ortogonale di \(P\) su \(AB\). Determina l’angolo \(B\hat{A}C\) in modo che sia massimo il segmento \(PK\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Sara,

nel primo caso, posto \(AB=2r\) il diametro e \(C\) un punto della semicirconferenza, sia  \(x=B\hat{A}C\), con \(0\le x\le \pi /2\). Si ha \(AC=2r\cos x\), \(BC=2r\sin x\), per cui l’area è \(S\left( x \right)={{r}^{2}}\sin 2x\), la cui derivata è \(S’\left( x \right)=2{{r}^{2}}\cos 2x\), e poiché \(S’\left( x \right)=0\leftrightarrow 2x=\frac{\pi }{2}\to x=\frac{\pi }{4}\), osservando il segno di \(S’\left( x \right)\) si conclude che tale valore corrisponde al massimo cercato, cioè il triangolo di area massima è quello isoscele rettangolo.

Nel secondo caso, detta \(h\) l’altezza del trapezio isoscele e \(b\) la base minore, si ha \({{s}^{2}}=h\left( b+h \right)\), per cui \(b=\frac{\left( {{s}^{2}}-{{h}^{2}} \right)}{h}\). Posto che \(0<h\le s\), si ha il perimetro \[p\left( h \right)=2h+2\sqrt{2}h+2\frac{\left( {{s}^{2}}-{{h}^{2}} \right)}{h}=2\sqrt{2}h+2\frac{{{s}^{2}}}{h}\] per cui, derivando e studiando zeri e segno della derivata, si ha:\[2\sqrt{2}-\frac{2{{s}^{2}}}{{{h}^{2}}}=0\to h=\frac{s}{\sqrt[4]{2}}\] valore che corrisponde al minimo cercato.

Nel terzo caso, posto \(x=P\hat{A}C\), con \(0\le x\le \pi /2\), si ha \(PC=2r\cos^2 x\), \(PB=2r\sin x\), per cui la funzione \(l\left( x \right)=PC+PB=2r\left( \sin x+1-{{\sin }^{2}}x \right)\) ha derivata \(l’\left( x \right)=2r\cos x\left( 1-2\sin x \right)\), che si annulla per \(\sin x=1/2\to x=\frac{\pi }{6}\), valore corrispondente al massimo cercato, e tale che \(AP=r\sqrt{3}\).

Infine, nell’ultimo caso, posto sempre \(x=B\hat{A}C\), con \(0\le x\le \pi /2\), si ha \(l\left( x \right)=PK=AP\sin x=\frac{r}{2}\sin 2x\), per cui, derivando, si ottiene il valore di \(x\) corrispondente al massimo di \(l(x)=PK\): \[l’\left( x \right)=r\cos 2x=0\leftrightarrow x=\frac{\pi }{4}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Patrizia la seguente domanda:

Buongiorno,

come posso risolvere la disequazione: \[\frac{1}{2}\sin \left( 2x \right)+\cos x<\frac{3\sqrt{3}}{4}\quad ?\]

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Patrizia,

studiamo la funzione \(f\left( x \right)=\frac{1}{2}\sin \left( 2x \right)+\cos x=\cos x\left( \sin x+1 \right)\), definita, continua e derivabile in tutto \(\mathbb{R}\) e periodica di periodo \(2\pi\). La sua derivata, \(f’\left( x \right)=-2{{\sin }^{2}}x-\sin x+1\) si annulla per \(x=\pi/6\), \(x=5\pi/6\) e \(x=3\pi/2\): analizzando il segno di \(f’(x)\), si deduce che in \(x=\pi/6\) si ha un massimo, relativo e assoluto, mentre in \(x=5\pi/6\) si ha un minimo e in \(x=3\pi/2\) si ha un flesso orizzontale. Poiché il valore massimo della funzione è proprio \[f\left( \frac{\pi }{6} \right)=\frac{3\sqrt{3}}{4}\] possiamo concludere che la disequazione in questione è vera per ogni \(x\ne \frac{\pi }{6}+2k\pi \), con \(k\in\mathbb{Z}\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Ferdinando la seguente domanda:

Gentile professore,

mi aiuta a risolvere questo esercizio (n.70, pag.22, Verso la seconda prova di matematica 2016)?

In figura è disegnato il grafico \(\gamma \) della funzione \(g(x)\). È costituito dalla semicirconferenza di diametro \(AB\), con \(A(-4-4\sqrt{2};0)\), dall’arco di circonferenza \(BC\), dall’arco \(CD\) di parabola di vertice \(C\) e dall’arco \(DE\) di parabola di vertice \(E\). Indichiamo con \(f(x)\) la primitiva della funzione \(g(x)\) tale che \(f(-4-4\sqrt{2})=0\).

a.Discuti la derivabilità della funzione \(g(x)\) nei punti \(A\), \(B\), \(C\) e \(D\) e determina gli intervalli in cui la funzione \(f(x)\) è crescente e quelli in cui volge la concavità verso l’alto.

b. Calcola i valori \(f(-4)\), \(f(0)\) e \(f(4)\).

c. La funzione \(f(x)\) ammette estremi relativi o assoluti? Ammette punti di flesso? Motiva la risposta.

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Ferdinando,

in base alle informazioni fornite, possiamo scrivere l’espressione della funzione \(g(x)\) esplicitamente:

\[g(x)=\left\{\begin{array}{llll} -\sqrt{-{{x}^{2}}-4\left( \sqrt{2}+2 \right)x-16\left( \sqrt{2}+1 \right)} \quad -4(\sqrt{2}+1)\le x\le -4 \\ \sqrt{16-{{x}^{2}}}\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad -4<x\le 0 \\ -x^2+4 \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad 0<x\le 1 \\ \frac{1}{3}{{\left( x-4 \right)}^{2}} \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad 1<x\le 4\end{array} \right.\]

Si osserva facilmente che nei punti \(A\) e \(B\) la funzione non è derivabile, poiché presenta tangente verticale, mentre nei punti \(C\) e \(D\) lo è, perchè in \(C\) sia da destra che da sinistra le funzioni derivate tendono a \(0\), mentre in \(D\) le espressioni delle derivate sinistra (\(-2x\)) e destra (\(2(x-4)/3\)) tendono entrambe allo stesso limite, cioè \(-2\). La funzione integrale \(f(x)\), che vale \(0\) in \(A\), assume valori negativi crescenti in valore assoluto fino a \(B\), e da qui comincia a crescere poiché si aggiungono via via aree del sottografico positive; quindi la funzione è crescente per \(-4<x<4\). Poiché la derivata seconda di \(fx)\) corrisponde alla derivata prima di \(g(x)\), possiamo dire che il grafico di \(f(x)\) volge la concavità verso l’alto nei tratti in cui la derivata di \(g(x)\) è positiva, cioè \(g(x)\) è crescente: \(-4-2\sqrt{2}<x<0\). I valori di \(f(x)\) richiesti corrispondono ad aree calcolabili direttamente o per via integrale: \[f\left( -4 \right)=-\frac{1}{2}\pi {{\left( 2\sqrt{2} \right)}^{2}}=-4\pi \quad f\left( 0 \right)=f\left( -4 \right)+\frac{1}{4}\pi {{\left( 4 \right)}^{2}}=0\] \[f\left( 4 \right)=f\left( 0 \right)+\int\limits_{0}^{1}{\left( -{{x}^{2}}+4 \right)}dx+\frac{1}{3}\int\limits_{1}^{4}{{{\left( x-4 \right)}^{2}}}dx=0+\frac{11}{3}+3=\frac{20}{3}\quad .\]

Osservando il grafico di \(g(x)=f’(x)\), possiamo dire che in \(x=-4\)  \(g(x)\) ha un punto di minimo relativo (la derivata è nulla, ed è prima negativa poi positiva) e anche assoluto, dal momento che a partire da \(x=-4\) la funzione è crescente.

Massimo Bergamini

Ricevo da Giorgia la seguente domanda:

Salve professore,

ho delle difficoltà a risolvere questo problema (n.454, pag.2068, Manuale blu 2.0 di matematica, vol.5).

Data la funzione \(y=\frac{1}{{{\left( ax+b \right)}^{2}}}\), determina \(a\) e \(b\) sapendo che la funzione ha un asintoto verticale di equazione \(x=\frac{1}{2}\) e che l’area della regione del primo quadrante, con \(x\ge 1\), compresa tra il suo grafico, la retta \(x=1\) e l’asse \(x\), è uguale a \(\frac{1}{2}\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Giorgia,

la prima condizione equivale alla richiesta che il denominatore della frazione algebrica sia nullo per \(x=\frac{1}{2}\), cioè: \(a=-2b\). La seconda condizione equivale alla richiesta che l’integrale improprio tra \(1\) e \(+\infty\) della funzione valga \(1/2\), cioè: \[\int\limits_{1}^{+\infty }{\frac{1}{{{\left( b-2bx \right)}^{2}}}dx}=\underset{k\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\int\limits_{1}^{k}{\frac{1}{{{b}^{2}}{{\left( 1-2x \right)}^{2}}}dx}=\]\[=\frac{1}{2{{b}^{2}}}\underset{k\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left[ \frac{1}{1-2x} \right]_{1}^{k}=\frac{1}{2}\] da cui: \[\frac{1}{2{{b}^{2}}}\underset{k\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{1}{1-2k}+1 \right)=\frac{1}{2}\to \frac{1}{2{{b}^{2}}}=\frac{1}{2}\leftrightarrow b=\pm 1\] e pertanto si ha o \(b=1\) e \(a=-2\), o \(b=-1\) e \(a=2\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Paola la seguente domanda:

Gentile professore,

mi aiuta per favore a risolvere questo esercizio (n.72, pag.23, Verso la seconda prova di matematica 2016)?

La rapidità di afflusso/deflusso dei visitatori di un padiglione espositivo nel corso di una data ora è espresso dalla legge \[f\left( t \right)=n’\left( t \right)\ ,\] dove \(n\left( t \right)\) è il numero di persone presenti nel padiglione all’istante \(t\). Il grafico di \(f(t)\) è rappresentato in figura.

a. In quali momenti si ha, rispettivamente, un massimo relativo e un minimo relativo del numero di persone presenti nel padiglione?

b. Se inizialmente (\(t=0\)) erano presenti \(100\) visitatori nel padiglione, quante sono le persone presenti dopo \(15\) minuti, dopo \(40\) minuti e dopo un’ora?

c. Traccia un grafico plausibile della funzione \(n\left( t \right)\) e stabilisci se i massimi e i minimi relativi individuati al punto a sono anche massimi e minimi assoluti.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Paola,

poiché in corrispondenza a \(t=15\,m\) la derivata della funzione \(n\left( t \right)\) si annulla, essendo immediatamente prima positiva poi negativa, in tale istante si realizza un massimo relativo per la funzione stessa; in corrispondenza a \(t=45\,m\), invece, la derivata della funzione \(n\left( t \right)\) si annulla, essendo immediatamente prima negativa poi positiva, per cui in tale istante si realizza un minimo relativo. Il numero di persone presenti nel padiglione ad un dato istante \(t\) è dato da: \[n\left( t \right)=n\left( 0 \right)+\int\limits_{0}^{t}{n’\left( s \right)}\,ds=100+\int\limits_{0}^{t}{f\left( s \right)}\,ds\] per cui, da un calcolo diretto delle aree delle varie porzioni di sottografico di \(f\left( t \right)\): \[n\left( 15 \right)=100+\int\limits_{0}^{15}{f\left( s \right)}\,ds=145\quad n\left( 40 \right)=145-80=65\quad \left( 60 \right)=65+60=125\quad .\]

Utilizzando i valori calcolati e l’andamento della derivata, si ha per \(n\left( t \right)\) la seguente rappresentazione grafica, da cui si evince che il massimo relativo \((15;145)\) è anche massimo assoluto per \(n\left( t \right)\) (la funzione risale solo fino a \(n\left( 60 \right)=125<145\)), e che il minimo relativo \((45;55)\) è anche minimo assoluto.

Massimo Bergamini

Ricevo da Lucia la seguente domanda:

Caro professore,

la mia professoressa ha proposto un problema che non riesco a svolgere.

Un’azienda acquista un macchinario al costo di \(80000\) euro . Si stima che il prezzo del macchinario diminuisca del \(15\%\) all’anno. Sia \(V_n\) il valore del macchinario \(n\) anni dopo l’acquisto (essendo \(n=0\) l’anno dell’acquisto).
a) Esprimi \(V_n\) in funzione di \(n\).

b) Stabilisci dopo quanti anni il macchinario avrà perso più del \(50\%\) del suo valore.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Lucia:

una diminuzione del \(15\%\) equivale ad una moltiplicazione per \(0,85=17/20\), quindi il prezzo scende secondo una progressione geometrica di ragione \(17/20\): \[{{V}_{n}}={{V}_{0}}{{\left( \frac{17}{20} \right)}^{n}}=80000{{\left( \frac{17}{20} \right)}^{n}}\quad n\ge 0\] e quindi \[80000{{\left( \frac{17}{20} \right)}^{n}}<40000\leftrightarrow {{\left( \frac{17}{20} \right)}^{n}}<\frac{1}{2}\leftrightarrow n>{{\log }_{\frac{20}{17}}}2\to n>\frac{\ln 2}{\ln 20-\ln 17}\approx 4,3\] pertanto devono trascorrere almeno \(5\) anni affinchè il macchinario abbia perso più della metà del suo valore iniziale.

Massimo Bergamini

Ricevo da Andrea la seguente domanda:

Buon giorno,

potrebbe dirmi come svolgere questo esercizio (n.84, pag.27, Verso la seconda prova di matematica)?

Data la funzione \(f\left( x \right)=\frac{x+k}{{{x}^{2}}-3x+2}\), determina tra le sue primitive \(F(x)\) quella la cui tangente nel punto \(P(4;4\ln 2)\) forma un angolo di \(45^\circ\) col semiasse positivo delle \(x\).

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Andrea,

innanzitutto ricaviamo l’integrale indefinito di \(f(x)\): \[\int{\frac{x+k}{{{x}^{2}}-3x+2}dx}=\frac{1}{2}\int{\frac{2x+2k-3+3}{{{x}^{2}}-3x+2}dx}=\frac{1}{2}\int{\frac{2x-3}{{{x}^{2}}-3x+2}dx}+\frac{2k+3}{2}\int{\frac{1}{\left( x-1 \right)\left( x-2 \right)}dx}=\] \[=\frac{1}{2}\ln \left| \left( x-1 \right)\left( x-2 \right) \right|+\frac{2k+3}{2}\left( \int{\frac{1}{x-2}dx}-\int{\frac{1}{x-1}dx} \right)=\]             \[=\frac{1}{2}\ln \left| x-1 \right|+\frac{1}{2}\ln \left| x-2 \right|+\frac{2k+3}{2}\left( \ln \left| x-2 \right|-\ln \left| x-1 \right| \right)+c=\] \[=\left( k+2 \right)\ln \left| x-2 \right|-\left( k+1 \right)\ln \left| x-1 \right|+c\quad .\]

La condizione relativa alla tangente equivale alla richiesta che la derivata di \(F(x)\), cioè \(f(x)\), assuma in \(x=4\) il valore \(1\), da cui \(4+k=6\to k=2\), e la condizione relativa al passaggio dal punto \(P(4;4\ln 2)\) implica: \[4\ln 2-3\ln 3+c=4\ln 2\to c=3\ln 3\] pertanto la primitiva cercata è la seguente: \[F\left( x \right)=4\ln \left| x-2 \right|-3\ln \left| x-1 \right|+3\ln 3\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Andrea la seguente domanda:

Buon giorno,

potrebbe dirmi come svolgere questo esercizio (n.90, pag.29, Verso la seconda prova di matematica)?

In figura è riportato il grafico \(\gamma\) della funzione \[f\left( x \right)=\frac{\pi(1-x)}{{{x}^{2}}-2x+2}\quad .\]

a. Dimostra che la curva \(\gamma\) è simmetrica rispetto al punto \((1;0)\) e che \(-\frac{\pi }{2}\le f\left( x \right)\le \frac{\pi }{2}\). Traccia un grafico probabile della funzione \(g(x)=\cos \left( f\left( x \right) \right)\) e stabilisci quanti punti di estremo relativo ha tale funzione.

b. Dal punto \(\left( \frac{1}{2};\frac{\pi }{2} \right)\) conduci le rette tangenti a \(\gamma\) e determina le loro equazioni.

c. Dopo aver indicato con \(r\) e \(s\) le rette tangenti che passano rispettivamente per i punti \(\left( 0;\frac{\pi }{2} \right)\) e \(\left( 1;0 \right)\) di \(\gamma\), calcola l’area della regione di piano delimitata da \(\gamma\) e dalle rette \(r\) e \(s\).

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Andrea,

la simmetria rispetto a \((1;0)\) implica le sostituzioni \(x\leftrightarrow 2-x\) e \(y\leftrightarrow –y\), da cui: \[-y=\frac{\pi (1-(2-x))}{{{(2-x)}^{2}}-2(2-x)+2}\to y=\frac{\pi (1-x)}{{{x}^{2}}-2x+2}\] cioè la tesi. Calcoliamo la derivata di \(f(x)\): \[f’\left( x \right)=\frac{\pi x\left( x-2 \right)}{{{\left( {{x}^{2}}-2x+2 \right)}^{2}}}\] da cui si evince che in \(x=0\) la funzione presenta un massimo, relativo e assoluto, di valore \(f\left( 0 \right)=\frac{\pi }{2}\), mentre in \(x=2\) la funzione presenta un minimo, relativo e assoluto, di valore \(f\left( 2 \right)=-\frac{\pi }{2}\).

La funzione \(g(x)=\cos \left( f\left( x \right) \right)\) assume quindi valori compresi tra \(0\) e \(1\), secondo un andamento di questo tipo:

Poiché \(g’\left( x \right)=-\sin \left( f\left( x \right) \right)f’\left( x \right)\), considerando zeri e segno di \(-\sin \left( f\left( x \right) \right)\) in relazione a zeri e segno di \(f’\left( x \right)\), possiamo dire che la funzione \(g(x)\) presenta due minimi, relativi e assoluti, di valore \(0\), in corrispondenza a \(x=0\) e \(x=2\), mentre in \(x=1\) presenta un massimo, relativo e assoluto, di valore \(x=1\), a conferma del grafico precedente.

Per ricavare le tangenti condotte dal punto \(\left( \frac{1}{2};\frac{\pi }{2} \right)\), esterno alla curva \(\gamma\), ricaviamo l’espressione di una generica retta tangente a \(\gamma\) in un suo punto \(A(t;f(t))\):     \[y=\frac{\pi t\left( t-2 \right)}{{{\left( {{t}^{2}}-2t+2 \right)}^{2}}}\left( x-t \right)+\frac{\pi \left( 1-t \right)}{\left( {{t}^{2}}-2t+2 \right)}\] e imponiamo l’appartenenza del punto \(P\) a tale retta tangente: \[\frac{\pi }{2}=\frac{\pi t\left( t-2 \right)}{{{\left( {{t}^{2}}-2t+2 \right)}^{2}}}\left( \frac{1}{2}-t \right)+\frac{\pi \left( 1-t \right)}{\left( {{t}^{2}}-2t+2 \right)}\to \]\[\to {{\left( {{t}^{2}}-2t+2 \right)}^{2}}=t\left( t-2 \right)\left( 1-2t \right)+2\left( 1-t \right)\left( {{t}^{2}}-2t+2 \right)\to \]\[\to {{t}^{4}}-4{{t}^{3}}+8{{t}^{2}}-8t+4=-4{{t}^{3}}+11{{t}^{2}}-10t+4\to \]\[\to {{t}^{4}}-3{{t}^{2}}+2t=0\to t{{\left( t-1 \right)}^{2}}\left( t+2 \right)=0\to \]\[\to {{t}_{1}}=-2\vee {{t}_{2}}=0\vee {{t}_{3}}=1\] valori a cui corrispondono rispettivamente le seguenti rette: \[y=\frac{2\pi }{25}x+\frac{23\pi }{50}\quad y=\frac{\pi }{2}x\quad y=-\pi x+\pi \quad .\]

Infine, per calcolare l’area \(S\) della regione delimitata da \(\gamma\), \(r\) e \(s\), sottraiamo all’area del trapezio definito dalle rette e dagli assi l’area del sottografico della funzione nell’intervallo \(\left[ 0,1 \right]\): \[S=\frac{3}{8}\pi -\pi \int\limits_{0}^{1}{\frac{1-x}{{{x}^{2}}-2x+2}dx=}\frac{3}{8}\pi +\frac{\pi }{4}\left[ {{\left( {{x}^{2}}-2x+2 \right)}^{2}} \right]_{0}^{1}=\] \[=\frac{3}{8}\pi +\frac{\pi }{2}\left[ \ln \left( {{x}^{2}}-2x+2 \right) \right]_{0}^{1}=\frac{3}{8}\pi -\frac{\pi }{2}\ln 2=\frac{\pi }{8}\left( 3-4\ln 2 \right)\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Professore,

la prego di aiutarmi a risolvere questo quesito:

Siano \(A\) e \(B\) i punti di intersezione della circonferenza \(\gamma\) di equazione \(x^2+y^2-4x+4y=0\) con l’asse delle \(x\). Al variare di \(P\) su \(\gamma\) determina l’equazione del luogo descritto dall’ortocentro, dal baricentro, dal circocentro e dall’incentro del triangolo \(APB\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

assodato che la circonferenza in questione ha centro nel punto \(C(2;-2)\) e raggio \(r=2\sqrt{2}\), e che le sue intersezioni con l’asse \(x\) sono i punti \(A(0;0)\) e \(B(4;0)\), per quanto riguarda il luogo dei circocentri dei triangoli \(APB\) (punto di intersezione degli assi e centro della circonferenza circoscritta) la conclusione è ovvia: il luogo è il centro \(C(2;-2)\) della circonferenza \(\gamma\), Per quanto riguarda i luoghi di ortocentri e baricentri, risulta conveniente esprimere le coordinate di \(P\) in termini di un parametro \(t\) di tipo angolo, cioè: \[P\left( 2\sqrt{2}\cos t+2;2\sqrt{2}\sin t-2 \right)\quad .\] Ricaviamo l’ortocentro di \(APB\) come intersezione di due altezze: la retta \(h_P\) per \(P\) perpendicolare ad \(AB\) e la retta \(h_B\) per \(B\) perpendicolare ad \(AP\): \[{{h}_{P}}:x=2\sqrt{2}\cos t+2\] \[{{h}_{B}}:y=-\frac{2\sqrt{2}\cos t+2}{2\sqrt{2}\sin t-2}\left( x-4 \right)\] che, messe a sistema, danno la seguente espressione per l’ordinata \(y_{Or}\) dell’ortocentro: \[{{y}_{Or}}=\frac{\left( 2-2\sqrt{2}\cos t \right)\left( 2\sqrt{2}\cos t+2 \right)}{2\sqrt{2}\sin t-2}=\frac{\left( 1-2{{\cos }^{2}}t \right)\left( 2\sqrt{2}\sin t+2 \right)}{2{{\sin }^{2}}t-1}=2\sqrt{2}\sin t+2\] pertanto: \[{{x}_{Or}}=2\sqrt{2}\cos t+2,{{y}_{Or}}=2\sqrt{2}\sin t+2\to \frac{{{\left( {{x}_{Or}}-2 \right)}^{2}}}{8}+\frac{{{\left( {{y}_{Or}}-2 \right)}^{2}}}{8}=1\to \] \[\frac{{{\left( {{x}_{Or}}-2 \right)}^{2}}}{8}+\frac{{{\left( {{y}_{Or}}-2 \right)}^{2}}}{8}=1\to x_{Or}^{2}+y_{Or}^{2}-4{{x}_{Or}}-4{{y}_{Or}}=0\] cioè il luogo degli ortocentri è la circonferenza di centro \((2;2)\) e raggio \(2\sqrt{2}\).

Per individuare il baricentro di \(APB\) è sufficiente fare la media aritmetica delle coordinate dei vertici: \[{{x}_{Ba}}=\frac{6+2\sqrt{2}\cos t}{3},{{y}_{Ba}}=\frac{2\sqrt{2}\sin t-2}{3}\to \frac{9{{\left( {{x}_{Ba}}-2 \right)}^{2}}}{8}+\frac{9{{\left( {{y}_{Ba}}+2/3 \right)}^{2}}}{8}=1\to \] \[\to 9x_{Ba}^{2}+9y_{Ba}^{2}-36{{x}_{Ba}}+12{{y}_{Ba}}+32=0\] cioè il luogo dei baricentri è la circonferenza di centro \((2;-2/3)\) e raggio \(2\sqrt{2}/3\).

Più complessa è l’individuazione del luogo degli incentri. Utilizziamo a tale proposito il seguente risultato geometrico, che si può dimostrare osservando la figura e facendo uso sistematicamente del teorema che stabilisce la congruenza di angoli alla circonferenza che sottendono corde congruenti e viceversa. Per prima cosa possiamo affermare che tutte le bisettrici dell’angolo in \(P\) passano per l’estremo \(F\) del diametro assiale di \(AB\) se \(P\) appartiene all’arco \(AB\) minore, per l’altro estremo \(K\) se \(P\) appartiene all’arco maggiore, in quanto \(AF\cong BF\) essendo corde consecutive viste da angoli alla circonferenza congruenti, e lo stesso se \(P\) appartiene all’altro arco. Inoltre, osservando il triangolo \(GPB\), essendo \(BG\) bisettrice dell’angolo in \(B\), si conclude che l’angolo in \(G\) è il supplementare del doppio dell’angolo \(G\hat{B}F\), e questo implica che \(G\hat{B}F\cong B\hat{In}F\), cioè il triangolo \(FBIn\) è isoscele, e quindi l’incentro \(In\) si mantiene sempre a distanza pari a \(BF\) da \(F\): questo dimostra che il luogo descritto da \(In\) quando \(P\) varia sul minore degli archi \(AB\) è l’arco di circonferenza di centro \(F\) e raggio \(BF=AF\) compreso tra \(A\) e \(B\); in modo analogo, quando \(P\) appartiene al maggiore degli archi \(AB\), il luogo descritto da \(In\) è l’arco della circonferenza di centro \(K\) e raggio \(AK=BK\) compreso tra \(A\) e \(B\). Possiamo riassumere tale luogo in termini analitici come segue: \[\left\{\begin{array}{ll} (x-2)^2+(y+2(\sqrt{2}+1))^2=8(2+\sqrt{2})\quad 0\le x\le 4,\;y\ge 0 \\ (x-2)^2+(y-2(\sqrt{2}-1))^2=8(2-\sqrt{2})\quad 0\le x\le 4,\;y\le 0 \end{array} \right.\to\] \[\to\left\{\begin{array}{ll} x^2+y^2-4x+4(1+\sqrt{2}+1)y=0\quad 0\le x\le 4,\;y\ge 0 \\ x^2+y^2-4x-4(\sqrt{2}-1)y=0\quad 0\le x\le 4,\;y\le 0 \end{array} \right.\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Lucia la seguente domanda:

Caro professore,

non riesco a risolvere questo problema:

Scrivi l’equazione della parabola che ha asse di equazione \(x=2\), direttrice di equazione \(y=0\) e passa per \(A(1,-1)\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Lucia,

partendo da una parabola del tipo \(y=ax^2\), la cui direttrice è la retta \(y=-\frac{1}{4a}\), otteniamo una parabola di asse \(x=2\) se operiamo con una traslazione di vettore \((2,y_V)\), essendo \(y_V\) l’ordinata del vertice della parabola traslata, la cui equazione è \(y=a(x-2)^2+y_V\), mentre la sua direttrice ha equazione \(y=-\frac{1}{4a}+y_V\). Imponendo le condizioni in ipotesi si ha: \[-1=a+{{y}_{V}}\quad \wedge \quad 0=-\frac{1}{4a}+{{y}_{V}}\to 4{{a}^{2}}+4a+1=0\to a=-\frac{1}{2}\wedge {{y}_{V}}=-\frac{1}{2}\] da cui l’equazione della parabola cercata: \[y=-\frac{1}{2}{{x}^{2}}+2x-\frac{5}{2}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Paola la seguente domanda:

Gentilissimo Professore,

mi può aiutare a risolvere il seguente esercizio (pag.24, n.73, Verso la seconda prova di matematica)?

Test su strada Durante il test di un’automobile su una pista rettilinea viene registrata la sua accelerazione \(a(t)\) per un breve intervallo di tempo; il suo andamento è rappresentato in figura.

a. Ricava e espressioni della velocità istantanea \(v(t)\) e della posizione \(s(t)\) nell’intervallo \(\left[ 0;8 \right]\), sapendo che l’auto parte da ferma dalla posizione iniziale zero.

b. Traccia i grafici di \(v(t)\) e \(s(t)\), quindi determina i valori massimi \({{v}_{\max }}\) e \({{s}_{\max }}\) delle due funzioni.

c. Vi sono istanti di tempo, nell’intervallo \(\left[ 0;8 \right]\), in cui una delle funzioni \(a(t)\), \(v(t)\), \(s(t)\) presenta punti di non derivabilità? Se sì, quali?

 Grazie.

Le rispondo così:

Cara Paola,

possiamo esplicitare la funzione \(a(t)\) nel seguente modo: \[a(t)=\left\{\begin{array}{lll}
\frac{3}{2}t \quad\quad 0\le t\le 2 \\ 3\quad\quad\quad 2<t<4 \\ -\frac{3}{2}t+9 \quad 4\le t\le 8 \end{array} \right.\] da cui, integrando e avendo cura di raccordare le costanti di integrazione in modo che la funzione \(v(t)\) risulti continua e sia tale che \(v(0)=0\), si ricava: \[v(t)=\left\{\begin{array}{lll} \frac{3}{4}t^2 \quad\quad\quad 0\le t\le 2 \\ 3t-3\quad\quad 2<t<4 \\ -\frac{3}{4}t^2+9t-15 \quad 4\le t\le 8 \end{array} \right.\] e in modo analogo per \(s(t)\):

\[s(t)=\left\{\begin{array}{lll} \frac{1}{4}t^3 \quad\quad\quad\quad 0\le t\le 2 \\ \frac{3}{2}t^2-3t+2 \quad\quad\quad 2<t<4 \\ -\frac{1}{4}t^3+\frac{9}{2}t^2-15t+18\quad 4\le t\le 8 \end{array}
\right.\]
Si osserva quindi che \({{v}_{\max }}=12\,m/s\) e  \({{s}_{\max }}=58\,m\), ed è altresì chiaro che \(s(t)\) e \(v(t)\) non presentano punti di non derivabilità, in quanto primitive di funzioni continue, mentre \(a(t)\) ha punti di non derivabilità di tipo angoloso in corrispondenza a \(t=2\;s\) e \(t=4\;s\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Professore,

la prego di farmi vedere come poter dimostrare i teoremi di Euclide con i teoremi di trigonometria relativi ai triangoli rettangoli.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

ti rispondo con una figura, che mi sembra possa rappresentare la dimostrazione richiesta (ricordando che i teoremi di Euclide affermano: 1) che il quadrato costruito su un cateto è equivalente al rettangolo avente per dimensioni l’ipotenusa e la proiezione di quel cateto sull’ipotenusa; 2) che il quadrato costruito sull’altezza relativa all’ipotenusa è equivalente al rettangolo avente per dimensioni le proiezioni dei cateti sull’ipotenusa).

Massimo Bergamini

Ricevo da Lucia la seguente domanda:

Caro professore,

ho alcune difficoltà con i teoremi di Rolle e Lagrange (ess. n.23, n.24, pag.1738, n.53, pag.1740, Matematica.blu 2.0, vol. V).

1. Data la funzione \(f\left( x \right)=3{{x}^{3}}+x+9\), verifica che l’equazione \(f(x)=0\) ammette una sola soluzione \(x_0\) e dimostra che \({{x}_{0}}\in \left[ -2;1 \right]\).
2. Stabilisci se l’equazione \(\ln x +2x=0\) ammette una sola soluzione nell’intervallo \(\left[ \frac{1}{8};1 \right]\).
3. Dimostra che la funzione \(y=\arctan x+\arctan \frac{1}{x}\) è costante in \({{\mathbb{R}}^{-}}\) e \({{\mathbb{R}}^{+}}\) e trova il valore di \(y\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Lucia,

nel primo caso, innanzitutto la funzione ammette almeno uno zero in \(\mathbb{R}\) in quanto, essendo ovunque continua e tale che \(\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\pm \infty\), per il teorema della permanenza del segno esistono sicuramente un \(a\) tale che \(f\left( x \right)<0\forall x\le a\) e un \(b\) tale che \(f\left( x \right)>0\forall x\ge b\), e pertanto nell’intervallo \(\left[ a,b \right]\) sono soddisfatte le condizioni del teorema di esistenza degli zeri. L’unicità di tale zero \(x_0\) deriva dal fatto che la funzione, ovunque derivabile, ha derivata \(f’\left( x \right)=9{{x}^{2}}+1\), sempre strettamente positiva: se esistesse un secondo zero \(x_1\)  distinto da  \(x_0\), necessariamente, per il teorema di Rolle, \(f’\left( x \right)\) dovrebbe annullarsi almeno una volta in un punto compreso tra \(x_0\) e \(x_1\), cosa impossibile essendo \(f’\left( x \right)>0\) per ogni \(x\). In altro modo, si potrebbe giustificare l’unicità di \(x_0\) invocando il corollario del teorema di Lagrange che afferma la monotonia crescente di \(f(x)\) in tutto \(\mathbb{R}\) in quanto dotata di derivata strettamente positiva in tutto \(\mathbb{R}\): per annullarsi una seconda volta senza contraddire la continuità, \(f(x)\) dovrebbe decrescere, contraddicendo la monotonia. L’appartenenza di \(x_0\) all’intervallo \(\left[ -2;1 \right]\) è conseguenza immediata del fatto che \(f\left( -2 \right)=-17<0\) e \(f\left( 1 \right)=13>0\) (teorema di esistenza degli zeri).

Nel secondo caso, posto \(f(x)=\ln x +2x\), poiché \(f\left( \frac{1}{8} \right)=-\ln 8+\frac{1}{4}<0\) e \(f(1)=2>0\), sempre per il teorema di esistenza degli zeri, possiamo dire che esiste almeno una soluzione \(x_0\) dell’equazione \(\ln x +2x=0\) nell’intervallo in questione: anche in tal caso, l’unicità consegue dalla stretta positività della derivata di \(f(x)\) nel dominio (connesso, cioè “fatto di un solo pezzo”) della funzione, ed in particolare nell’intervallo suddetto, essendo \(f’\left( x \right)=\frac{1}{x}+2>0\) per ogni \(x>0\).

Infine, data la funzione \(y=\arctan x+\arctan \frac{1}{x}\), definita in \(\mathbb{R}-\left\{ 0 \right\}\), dimostriamo che la sua derivata è ovunque nulla nel suo dominio:           \[y’=\frac{1}{1+{{x}^{2}}}+\frac{1}{1+\frac{1}{{{x}^{2}}}}\left( -\frac{1}{{{x}^{2}}} \right)=\frac{1}{1+{{x}^{2}}}-\frac{{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}+1}\left( \frac{1}{{{x}^{2}}} \right)=\frac{1}{1+{{x}^{2}}}-\frac{1}{{{x}^{2}}+1}=0\] e quindi, sia nell’insieme (connesso) \({{\mathbb{R}}^{-}}\) che nell’insieme (connesso) \({{\mathbb{R}}^{+}}\) valgono le ipotesi del corollario del teorema di Lagrange che afferma che una funzione con derivata sempre nulla in un intervallo è costante in quell’intervallo: infatti, poiché \(y(-1)=-\frac{\pi }{2}\), possiamo affermare che \(y(x)=-\frac{\pi}{2}\) per ogni \(x<0\), e poiché \(y(1)=\frac{\pi }{2}\), possiamo affermare che \(y(x)=\frac{\pi}{2}\) per ogni \(x>0\). Nota che sarebbe un errore affermare che, poiché \(y’(x)=0\) per ogni \(x\) nel dominio di \(y(x)\), allora \(y(x)\) deve essere costante in tutto il suo dominio. Il teorema di Lagrange permette di dedurre la costanza di una funzione a derivata nulla solo se tale condizione vale in un intervallo, anche eventualmente con uno o entrambi gli estremi infiniti, cioè in un insieme connesso: poiché nel nostro esempio il dominio non è connesso, ma composto dall’unione di due sottoinsiemi connessi, la costanza della funzione può essere affermata solo in ciascuno dei due sottoinsiemi separatamente, e la funzione nel suo complesso non può certo dirsi costante in tutto il suo dominio.

Massimo Bergamini

Ricevo da Carlalberto la seguente domanda:

Buongiorno professore,

non riesco a svolgere questo esercizio (n.241, pag.1457, Manuale blu di matematica).

Controlla, mediante il procedimento di verifica, se il seguente limite è errato: \(\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\ln x=-\infty \).

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Carlalberto,

il limite è corretto, infatti la scrittura equivale alla seguente: \[\forall M>0\ \exists {{\delta }_{M}}>0\,/se\;0<x<{{\delta }_{M}}\Rightarrow \ln x<-M\quad .\] Risolviamo la disequazione finale, e verifichiamo che l’insieme soluzione contiene un intorno destro dello zero, la cui semiampiezza dipende da \(M\), come richiesto: \[\ln x<-M\Rightarrow x>0\ \wedge \ x<{{e}^{-M}}\Rightarrow 0<x<\frac{1}{{{e}^{M}}}\] in altre parole, \({{\delta }_{M}}=\frac{1}{{{e}^{M}}}\) è la semiampezza dell’intorno destro di \(0\) che si doveva determinare per verificare il limite.

Massimo Bergamini

Ricevo da Lucia la seguente domanda:

Caro professore,

non riesco a capire come impostare e risolvere questo problema, mi potrebbe aiutare? (pag.1913, n.314, Matematica blu2.0, vol.V).

Un prisma di volume \(8\;cm^3\) ha per base un triangolo equilatero. Esprimi l’area della superficie totale in funzione del lato del triangolo di base e poi rappresenta graficamente la funzione.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Lucia,

posto \(x\) il lato del triangolo di base, detta \(h\) l’altezza del prisma si ha, per il volume: \[8=\frac{\sqrt{3}}{4}{{x}^{2}}h\to h=\frac{32}{\sqrt{3}{{x}^{2}}}\] per cui la superficie \(y\) è data dalla funzione: \[y=3hx+\frac{\sqrt{3}}{2}{{x}^{2}}=\sqrt{3}\left( \frac{{{x}^{2}}}{2}+\frac{32}{x} \right)\quad .\]

Se consideriamo lo studio della funzione al di là del limite geometrico (\(x>0\)), si ha una funzione definita, continua e derivabile nel dominio \(\mathbb{R}-\left\{ 0 \right\}\), con limite \(+\infty\) per \(x\) che tende a \(\pm\infty\) (il grafico della funzione tende a identificarsi con quello della parabola \(y=\frac{\sqrt{3}}{2}{{x}^{2}}\)) e asintoto verticale in \(x=0\) (limite \(\pm \infty\) per \(x\) che tende a \({{0}^{\pm }}\)). La derivata: \[y’=\sqrt{3}\left( \frac{{{x}^{3}}-32}{{{x}^{2}}} \right)\] si annulla per \(x=2\sqrt[3]{4}\), valore a cui corrisponde un minimo di valore \(y=12\sqrt{3}\sqrt[3]{2}\).

La concavità della funzione cambia in corrispondenza all’unico punto di flesso, la cui ascissa \(x=-\frac{4}{\sqrt[6]{3}}\) è il valore di annullamento della derivata seconda: \[y”=\frac{\sqrt{3}{{x}^{3}}+64}{{{x}^{3}}}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Lucia la seguente domanda:

Caro professore,

non riesco a capire come impostare e risolvere questo problema, mi potrebbe aiutare? (pag.1754, n.214, Matematica blu2.0, vol.V).

Data la funzione \[f(x)=\left\{\begin{array}{ll} k e^{x-1}\quad\quad x<1 \\ k(x^2-x)+k \quad x\ge 1 \end{array} \right.\]

a) dimostra che \(f(x)\) è continua e derivabile \(\forall x\in \mathbb{R}\);

b) trova il valore di \(k\) in modo che la tangente al grafico della funzione nel suo punto di ascissa \(1\) abbia coefficiente angolare uguale a \(-1\) e rappresenta graficamente \(f(x)\);

c) applica il teorema di Lagrange agli intervalli \(\left[ 1;4 \right]\) e \(\left[ 0;2 \right]\) nelle ipotesi del punto b).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Lucia,

l’unico valore di \(x\) in cui la funzione \(f(x)\) può presentare problemi di continuità e derivabilità è \(x=1\), ma poiché:

\[\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,k{{e}^{x-1}}=k=\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,k\left( {{x}^{2}}-x \right)+k\]\[\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,k{{e}^{x-1}}=k=\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,k\left( 2x-1 \right)\] la funzione è continua e derivabile anche in \(x=1\) per qualunque valore di \(k\). Poiché \(f’(1)=k\), posto \(k=-1\) risulta soddisfatta la condizione del punto b), e si ha: \[f(x)=\left\{\begin{array}{ll} -e^{x-1}\quad\quad x<1 \\ -x^2+x-1 \quad x\ge 1 \end{array} \right.\] funzione che risulta sempre negativa, monotona decrescente, con limiti \(0\) a \(-\infty\) e \(-\infty\) a \(+\infty\).

Negli intervalli richiesti, il valore di \(\left( f\left( b \right)-f\left( a \right) \right)/\left( b-a \right)\) è, rispettivamente, \(-4\) e \(\frac{1-3e}{2e}\): uguagliando il primo all’espressione della derivata per \(x>1\), cioè \(-2x+1\), si ha il valore \({{x}_{1}}=\frac{5}{2}\) che verifica la tesi del teorema di Lagrange, uguagliando il seondo prima all’espressione \(-2x+1\), poi all’espressione \(-{{e}^{x-1}}\) (dal momento che \(1\) è interno all’intervallo), si ha \({{x}_{2}}=\frac{5e-1}{4e}>1\), accettabile, e \({{x}_{3}}=\ln \frac{3e-1}{2}>1\), non accettabile in quanto sottoposta alla condizione \(x>1\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Lucia la seguente domanda:

Caro professore,

mi darebbe una mano con questo esercizio?

Prova che \(y=10^{x+8}\) è una funzione invertibile, e calcola la sua funzione inversa.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Lucia,

poiché \(y=10^{x+8}\) è funzione definita, continua e derivabile in tutto \(\mathbb{R}\), sempre positiva e con derivata sempre positiva: \[y’=\ln 10\cdot {{10}^{x+8}}\] per un noto corollario del teorema di Lagrange possiamo affermare che la funzione è monotona crescente in tutto il suo dominio, e quindi realizza una corrispondenza biunivoca tra \(\mathbb{R}\) e il codominio \(\mathbb{R}^{+}\), come tale invertibile. La funzione inversa si può ottenere, in questo caso, in modo esplicito, “risolvendo” rispetto a \(x\) l’equazione che rappresenta la funzione: \[\ln y=\ln \left( {{10}^{x+8}} \right)\to \ln y=\left( x+8 \right)\ln 10\to x=\frac{\ln y}{\ln 10}-8\] da cui, scambiando i simboli, l’espressione della funzione inversa: \[y=\frac{\ln x}{\ln 10}-8\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Mario la seguente domanda:

Salve professore,

ho provato a risolvere il seguente esercizio (n.268, pag.1756, Matematica.blu 2.0, Vol.5) concernente l’applicazione del teorema di De L’Hospital per la risoluzione di un limite nella forma indeterminata \(\frac{\infty }{\infty }\):

Calcola il seguente limite: \[\underset{x\to {{\frac{\pi }{2}}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{-\frac{1}{\cos x}}}}{\tan x}\quad .\]

Applicando il teorema, la funzione tende a \(0\), ma il libro riporta come soluzione \(-\infty\). Ho sbagliato qualcosa?

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Mario,

direi di sì, poiché, passando al limite del rapporto delle derivate, si ha: \[\underset{x\to {{\frac{\pi }{2}}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{-\frac{1}{\cos x}}}}{\tan x}=\underset{x\to {{\frac{\pi }{2}}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{-\frac{\sin x}{{{\cos }^{2}}x}{{e}^{-\frac{1}{\cos x}}}}{\frac{1}{{{\cos }^{2}}x}}=-\underset{x\to {{\frac{\pi }{2}}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\sin x\cdot {{e}^{-\frac{1}{\cos x}}}=-\underset{x\to {{\frac{\pi }{2}}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\sin x\cdot \underset{x\to {{\frac{\pi }{2}}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{e}^{-\frac{1}{\cos x}}}=-1\cdot {{e}^{+\infty }}=-\infty \quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Sara la seguente domanda:

Caro professore,

il problema è il seguente:

Un quadrato di vertici \(A\), \(B\), \(C\) e \(D\) e lato \(l\) è inscritto nella base di un cono. Detto \(V\) il vertice del cono, si consideri la piramide di base \(ABCD\) e vertice \(V\). Posta \(\alpha\) la misura del diedro formato dalla faccia \(ABCD\) e dalle facce laterali della piramide, ad esempio \(AVB\):

a) esprimere in funzione di \(l\) e \(\alpha\) il volume del cono;

b) dimostrare che la misura \(\beta\) degli angoli al vertice delle facce laterali della piramide, cioè ad esempio l’angolo \(A\hat{V}B\), può essere espressa mediante la relazione: \(\cos \beta =\frac{{{\sin }^{2}}\alpha }{1+{{\cos }^{2}}\alpha }\);

c) determinare quindi il volume del cono tale che \(\beta=\pi/3\);

d) considerata quindi la piramide con \(\beta=\pi/3\), si consideri una sua generica sezione \(A’B’C’D’\) ottenuta con un piano parallelo al quadrato di base; si determini quindi la distanza \(x\) di tale piano dal vertice \(V\) in modo che la piramide di base \(A’B’C’D’\) e vertice \(V\) sia equivalente al tronco di piramide di basi \(ABCD\) e \(A’B’C’D’\).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Sara,

con riferimento alla figura, consideriamo la sezione normale del diedro \(\alpha\) formata dal triangolo rettangolo \(OMV\), per cui: \[\overline{VM}=\frac{l}{2\cos \alpha }\quad \overline{VO}=\frac{l}{2}\tan \alpha \] \[OA=\frac{\sqrt{2}}{2}l\to {{V}_{C}}\left( l,\alpha  \right)=\frac{\pi }{12}{{l}^{3}}\tan \alpha \quad .\] Una faccia laterale, ad esempio \(BCV\), è un triangolo isoscele con altezza \(l/\cos \alpha\) e base \(l\), per cui:        \[\tan \frac{\beta }{2}=\frac{l}{2}\frac{2\cos \alpha }{l}=\cos \alpha \to \cos \beta =\frac{1-{{\tan }^{2}}\frac{\beta }{2}}{1+{{\tan }^{2}}\frac{\beta }{2}}=\frac{{{\sin }^{2}}\alpha }{1+{{\cos }^{2}}\alpha }\quad .\] Nel caso che sia  \(beta=\pi/3\), si ha: \[\frac{1}{2}=\frac{{{\sin }^{2}}\alpha }{1+{{\cos }^{2}}\alpha }\to {{\cos }^{2}}\alpha =\frac{1}{3}\to 1+{{\tan }^{2}}\alpha =3\to \tan \alpha =\sqrt{2}\] per cui \({{V}_{C}}=\frac{\pi \sqrt{2}}{12}{{l}^{3}}\). Infine, poiché: \[{{S}_{{A}'{B}'{C}'{D}’}}:{{S}_{ABCD}}={{x}^{2}}:V{{O}^{2}}\to {{V}_{P}}\left( x \right)=\frac{2}{3}{{l}^{2}}\frac{{{x}^{3}}}{{{l}^{2}}}=\frac{2}{3}{{x}^{3}}\] e affinchè si realizzi la richiesta del punto d) si deve avere: \[\frac{2}{3}{{x}^{3}}=\frac{1}{2}\frac{\sqrt{2}}{6}{{l}^{3}}\to x=\frac{\sqrt[6]{2}}{2}l\quad .\]

Massimo Bergamini