Soluzione esame di Stato 2010 PNI - problema 2

Passiamo allo svolgimento del problema 2 tratto dalla seconda prova 2010 dell'esame di Stato del PNI (Piano Nazionale Informatica). La soluzione è proposta per punti e ogni passaggio che lo richiede presenta il link alla lezione di rifrimento e al metodo dirisoluzione dell'esercizio in generale.

 

Testo del problema 2 - Seconda prova 2010 per l'esame di Stato PNI

 

Nel piano riferito ad un sistema Ox y di coordinate cartesiane siano assegnate le parabole di equazioni: y^2= 2 x e x^2= y

 

1) Si disegnino le due parabole e se ne determininino le coordinate dei fuochi e le equazioni delle rispettive rette direttrici. Si denoti con A il punto d'intersezione delle due parabole diverso dall'origine O.

 

2) L'ascissa di A è \sqrt[3]{2}, si dica a quale problema classico dell'antichità è legato tale numero e, mediante l'applicazione di un metodo iterativo di calcolo, se ne trovi il valore approssimato a meno di 10^{-2}.

 

3) Sia D la parte di piano delimitata dagli archi delle due parabole di estremi O e A. Si determini la retta r, parallela all'asse x, che stacca su D il segmento di lunghezza massima.

 

4) Si consideri il solido W ottenuto dalla rotazione di D intorno all'asse x. Se si taglia W con piani ortogonali all'asse x, quale forma hanno le sezioni ottenuto? Si calcoli il volume di W.

 

Soluzione del problema 2 - Esame di Stato 2010 PNI

 

(Per comodità ricopieremo in ogni punto la parte corrispondente del testo).

 

Punto 1

 

Si disegnino le due parabole e se ne determininino le coordinate dei fuochi e le equazioni delle rispettive rette direttrici. Si denoti con A il punto d'intersezione delle due parabole diverso dall'origine O.

 

Svolgimento: la parabola di equazione y^2=2x che può essere riscritta come x= \frac{y^2}{2} ha asse di simmetria parallelo all'asse x pertanto il fuoco è dato dalla relazione:

 

F_1\left(\frac{1-\Delta}{4a}, -\frac{b}{2a}\right)= \left(\frac{1}{2},0\right)

 

La retta direttrice ha invece equazione d_{1}: x= -\frac{1+\Delta}{4a}= -\frac{1}{2}

 

Punto 1 del secondo problema PNI della seconda prova 2010

 

La seconda parabola y=x^2, invece, ha asse di simmetria parallelo all'asse x e le formule che ci permetteranno di rispondere al quesito sono le seguenti:

 

F_2\left(-\frac{b}{2a}, \frac{1-\Delta}{4a}\right)=\left(0, \frac{1}{4}\right)

 

La retta direttrice ha equazione

 

y= \frac{-1-\Delta}{4a}= -\frac{1}{4}.

 

Seconda funzione del punto 1 del secondo problema PNI della seconda prova 2010

 

Cerchiamo il punto A, che si ottiene risolvendo il sistema

 

\begin{cases}y^2= 2x\\ x^2= y\end{cases}

 

Procedendo per sostituzione

 

\begin{cases}x^4= 2x \\ x^2 = y\end{cases}

 

Prendiamo in esame la prima equazione del sistema: x^4= 2x. Portiamo tutto al primo membro x^4-2x=0 e mettiamo in evidenza x così da ottenere x(x^3-2)=0. La legge di annullamento del prodotto dà il colpo di grazia e ci fornisce le soluzioni che sono x= 0\vee x= \sqrt[3]{2}, dunque il punto A ha coordinate A\left(\sqrt[3]{2}, \sqrt[3]{4}\right).

 

Punto 2

 

L'ascissa di A è \sqrt[3]{2}, si dica a quale problema classico dell'antichità è legato tale numero e, mediante l'applicazione di un metodo iterativo di calcolo, se ne trovi il valore approssimato a meno di 10^{-2}.

 

Soluzione: il problema a cui si fa riferimento è quello della duplicazione del cubo. I matematici greci del 500 a. C. volevano costruire un cubo il cui volume era il doppio di un'altro cubo di spigolo noto. Sovente il quesito viene denominato anche "problema di Delo". Gli abitanti di Delo chiesero all'oracolo di Apollo un metodo per scacciare la peste. In tutta risposta fu loro ordinato di costruire un altare, di forma cubica, dal volume doppio rispetto a quello già preesistene.

 

Algebricamente il problema è equivalente a costruire con riga e compasso \sqrt[3]{2} e questo si dimostrò essere impossibile perché \sqrt[3]{2} è trascendente. Troviamo una approssimazione del valore osservando che \sqrt[3]{2} è soluzione dell'equazione x^3- 2= 0.

 

Poniamo f(x)= x^3-2, essa è una funzione continua perché polinomiale e in più f(1)= -1\textless 0\quad f(2)= 6\textgreater 0, per il teorema degli zeri possiamo dire che esiste un x_0\in (1,2) tale che f(x_0)= 0. Per determinare la soluzione utilizziamo il metodo di Newton 

 

\begin{cases}x_1= 1\\ x_{n}= x_{n-1}-\frac{x_{n-1}}{f'(x_{n-1})}\end{cases}

 

e riportiamo i dati in tabella:

 

n x_n f(x_n) f'(x_n) x_{n+1}
1 1 -1 3 1.33
2 1.33 0.37 5.33 1.26
3 126 0.018 4.79 1.259

 

Una buona approssimazione del valore è x_3= 1.259.

 

Punto 3

 

Sia D la parte di piano delimitata dagli archi delle due parabole di estremi O e A. Si determini la retta r, parallela all'asse x, che stacca su D il segmento di lunghezza massima.

 

Risposta: una retta parallela all'asse x ha equazione y= k con 0\textless k\textless \sqrt[3]{4}.

 

Punto 3 del secondo problema PNI della seconda prova 2010

 

Determiniamo i punti di intersezione tra la famiglia di rette e le due curve impostando i sistemi

 

\begin{cases}y= x^2\\ y= k\end{cases}

 

che ha per soluzione x= \pm\sqrt{k}, la solzuione negativa va scartata perché 0\textless x\textless \sqrt[3]{2}. Il primo punto di intersezione è M_1= (\sqrt{k}, k)

 

\begin{cases}y^2= 2 x\\ y= k\end{cases}

 

che porta alla soluzione x= \frac{k^2}{2}. Il secondo punto di intersezione è M_2= \left(\frac{k^2}{2}, k\right).

 

Calcoliamo la distanza tra i due punti appena ottenuti:

 

M_1 M_2= \sqrt{\left(\sqrt{k}- \frac{k^2}{2}\right)^2}= \left|\sqrt{k}-\frac{k^2}{2}\right|= \sqrt{k}- \frac{k^2}{2} con k\in (0, \sqrt[3]{2}).

 

Detta g(k)= \sqrt{k}- \frac{k^2}{2} determiniamo il massimo di questa funzione, partendo dal calcolo della derivata prima:

 

g'(k)= \frac{1}{2\sqrt{k}}- k

 

Gli zeri della derivata prima, cioè i candidati punti di massimo e di minimo, sono dati dall'equazione

 

g'(k)= 0 e cioè \frac{-2k\sqrt{k}+1}{2k\sqrt{k}}= 0.

 

Grazie alle proprietà delle potenze, la precedente equazione si lascia esprimere come

 

k^{\frac{3}{2}}= \frac{1}{2} da cui k= \sqrt[3]{\frac{1}{4}}

 

Esso è punto di massimo perché la derivata prima è positiva se 0\textless k\textless \sqrt[3]{\frac{1}{4}} mentre è negativa in \sqrt[3]{\frac{1}{4}}\textless k\textless \sqrt[3]{2}

 

La retta che stacca su D il segmento di lunghezza massima giace sulla retta di equazione:

 

y= \sqrt[3]{\frac{1}{4}}.

 

Secondo grafico del punto 3 del secondo problema PNI della seconda prova 2010

 

Punto 4

 

Si consideri il solido W ottenuto dalla rotazione di D intorno all'asse x. Se si taglia W con piani ortogonali all'asse x, quale forma hanno le sezioni ottenuto? Si calcoli il volume di W.

 

Svolgimento: le sezioni ottenute sono semplicemente corone circolari, ed il volume di solido di rotazione si determina tramite la formula:

 

\mbox{volume}(W)= \int_{0}^{x_{A}}\pi ((\sqrt{2x})^2- (x^2)^2)dx=

 

\int_{0}^{\sqrt[3]{2}}\pi ((\sqrt{2x})^2- (x^2)^2)dx

 

\int_{0}^{\sqrt[3]{2}}\pi (2x-x^4)dx= \frac{3}{5}\sqrt[3]{4}\pi .

 

Punto 4 del secondo problema PNI della seconda prova 2010

 

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