3^C PNI – MATEMATICA
Soluzione esercizi per le vacanze
Esercizio n°14 pag. S 90
a) Precisiamo intanto che il testo dell'esercizio contiene una inesattezza, in quanto la prima
disequazione va scritta
 6 x1−  2 x 2−8 ≤1
 6 x1  2 x 2−8
Imponiamo l'esistenza dei radicali:
(con il segno di uguaglianza).
{
6 x1≥0 ⇒ x≥−1/6
⇒ x≥2 .
2 x 2−8≥0 ⇒ x≤−2∨ x≥2
Sotto queste condizioni, il denominatore è strettamente positivo (come somma di una quantità
strettamente positiva ed una positiva o nulla), pertanto possiamo moltiplicare entrambi i membri
per
esso:
 6 x1−  2 x 2−8≤  6 x1  2 x 2−8
2
⇒ 2  2 x −8≥0 che
risulta
sempre
verificata per i valori x≥2 .
Nella seconda disequazione, impongo l'esistenza del radicale “interno”: x−1≥0 ⇒ x≥1 .
Sotto questa condizione, esiste anche il radicale esterno, in quanto il radicando x 2−1  x−1 è
somma di due quantità maggiori o uguali a zero. Inoltre, sotto la condizione x≥1 il secondo
membro della disequazione è positivo, quindi posso elevarne al quadrato entrambi i membri:
x 2−1  x−1≥ x 2 ⇒
 x−1≥1
⇒ x−1≥1 ⇒ x≥2
(che rispetta la condizione di esistenza x≥1 ).
Di conseguenza, le due disequazioni sono verificate per x≥2 .
b) Risolviamo in generale la disequazione:
a−1 x≤4 a ⇒
{
4a
a−1
0≤0 ⇒ ∀ x∈ℝ
4a
x≥
a−1
x≤
per a1
per a=1 .
per a1
Perché la terza soluzione assuma la forma x≥2 , dovrà essere:
4a
=2 ⇒ 4 a=2 a−2 ⇒ a=−1 , che verifica la condizione a1 .
a−1
Esercizio n°73 pag. L 372
a) La scelta piuttosto stravagante della variabile indipendente ci fa preferire la soluzione sintetica a
quella analitica o trigonometrica. Ponendo PB=x ed applicando il secondo teorema di Euclide
al triangolo APB, rettangolo in P, ricavo: PB 2=BH⋅AH ⇒ BH =
2
2
PB
x
.
=
AH 4 a
P
A
H
C
B
Applicando più volte il teorema di Pitagora, ricavo invece:
PC 2=PH 2CH 2= PB 2−BH 2 CBBH 2= x 2−BH 2CB 22 BC⋅BH BH 2 =
x2
= x 4 a 4 a⋅ =2 x 24 a 2 .
4a
2
2
La funzione richiesta è quindi: y=∣PC 2−8 PB∣=∣2 x 2−8 x4 a 2∣ c.v.d.
b) Ponendo a=1 , ricaviamo:
{
2
x4 per x≤2−  2∨x≥2  2
y=∣2 x 2−8 x4∣= 2 x −8
.
2
−2 x 8 x−4 per 2−  2x2  2
Considerando
i
casi
limite P≡B ⇒ x=0 e P≡ A ⇒ x=4 ,
vediamo che l'intervallo di interesse è 0≤ x≤4 .
Consideriamo la parabola di equazione y=2 x 2−8 x4 (su questo
punto, il testo è lievemente ambiguo): essa ha vertice V2 ,−4 e
interseca l'asse y in D0 , 4 . La circonferenza di diametro CD ha centro Q 1 , 0 e raggio
r=  17 . La sua equazione è quindi:  x−12 y 2=17 ⇒ x 2 y 2−2 x−16=0 .
c) Il raggio QB ha coefficiente angolare mQB =−4 , quindi la tangente in D ha coefficiente
angolare mt =1/ 4 . Imponendo il passaggio per D, ricavo l'equazione della tangente t:
1
1
y−4= x ⇒ y= x4 . Essa interseca l'asse x nel punto E−16 , 0 .
4
4
La generica funzione omografica ha equazione y=
axb
.
cx d
Impongo che il centro coincida con il punto E:
/c=−16 ⇒ d =16 c
.
{−d
a /c=0 ⇒ a=0
L'equazione della funzione diventa quindi: y=
b
.
cx16 c
Impongo il passaggio per il punto D:
b
=4 ⇒ b=64 c .
16 c
Ponendo c=1 ricavo l'equazione della funzione: y=
64
.
x16
d) La simmetria rispetto all'asse y ha equazione x ' =−x , quindi la simmetrica della retta t ha
1
equazione y=− x4 . La retta generica passante per D ha equazione y=mx4 . Ponendo
4
a sistema tale equazione con quella della funzione omografica, ricavo:
mx4 x16=64 ⇒ mx 244 m1 x=0 . Tale equazione è spuria, e quindi ammette
per ogni valore reale di m la soluzione x=0 . Le soluzioni sono coincidenti ed entrambe nulle
per m=−1/ 4 c.v.d.
t'
t
D
E
V
Esercizio n°74 pag. L 372
E
a) Sappiamo dalla geometria elementare che la corda AE è il
lato del triangolo equilatero inscritto nella circonferenza,
H

per cui EAO=30
° , mentre la corda AF è il lato
P
O
dell'esagono regolare inscritto nella circonferenza, per cui A

 =30 °60 °=90 ° ;
FAO=60
° . Ne segue che EAF
 insiste su una semicirconferenza,
quindi l'angolo EAF
ed EF è un diametro.
F
b) Per il secondo teorema di Euclide applicato al triangolo EPF, rettangolo in P, abbiamo:
PH 2=EH⋅FH =x 2 r−x . Dal primo teorema di Euclide applicato allo stesso triangolo,
ricaviamo: PF 2=EF⋅FH =2 r 2 r−x . La funzione data è quindi:
y=  PH  PF  AF =  2 rx− x 4 r −2 rxr =  5 r − x
2
2
2
2
2
2
2
Ponendo r=1 e y≥0 , possiamo elevare al quadrato:
{
x 2 y 2=5
. Il sistema rappresenta la semicirconferenza
y≥0
di centro l'origine degli assi e raggio a=  5 che si trova
nel semipiano delle ordinate positive. Considerando i casi
limite P≡E ⇒ x=0 e P≡F ⇒ x=2 , ricaviamo il
campo di esistenza 0≤ x≤2 .
2
c.v.d.
Esercizio n°75 pag. L 372
a) Indico con u e v le misure dei due cateti. Imposto il sistema:
{
uv / 2=54 a 2 ⇒ uv=108 a 2
.
uv  u 2v 2=36 a ⇒  u 2v 2=36 a−uv
Poiché la somma di due lati è sempre minore del perimetro, posso innalzare al quadrato la
seconda equazione senza imporre alcuna condizione di esistenza:
u 2v 2=1296 a 2−72 a uvu 22 uvv 2 .
Sostituendo al prodotto uv il valore dato dalla prima equazione, ricaviamo:
1296 a 2216 a 2
uv=
=21 a .
72 a
Ci siamo quindi ricondotti ad un sistema simmetrico elementare, che può essere risolto sia per
sostituzione che tramite l'equazione ausiliaria t 2−21 at108 a 2=0 , le cui soluzioni t 1=9 a e
t 2=12 a forniscono le misure dei cateti. L'ipotenusa misura:
 81 a 2144 a 2=15 a
b) I triangoli ABC e CPQ sono simili, in quanto hanno un
.
B
angolo retto e l'angolo in C in comune.
H
Imposto la proporzione:
P
PQ CP
9a
3
=
⇒ PQ=
x= x .
AB AC
12 a
4
L'area del triangolo CPQ misura quindi:
1
1 3
3
Area CPQ = CP⋅PQ= x⋅ x= x 2 .
2
2 4
8
C
3 2
2
Per differenza ricaviamo l'area del quadrilatero AQPB: y=54 a − x .
8
Il grafico è un arco di parabola corrispondente ai valori
0≤x≤ x max , dove x max =CH , proiezione del cateto AC
sull'ipotenusa. Dal primo teorema di Euclide, ricavo:
AC 2=CH⋅BC ⇒ CH =
144 a 2 48
= a .
15 a
5
c) Il quadrilatero AQPB è inscrivibile in una circonferenza in
quanto ha gli angoli opposti in A e in P supplementari (in quanto
retti), e quindi gli angoli opposti in B e in Q supplementari per
differenza.
Q
A
Esercizio n°76 pag. L 373
a) Eleviamo l'equazione al quadrato: BM 2=2OA22 ⇒ OB 2−OM 2=2OA22 ⇒
8−r 2−r 2=2r22 ⇒ r 212 r−28=0 ⇒ r−2r14=0 .
C
Poiché deve essere 0≤r≤4 , è accettabile la soluzione
r=2 . Osserva che, quindi, la seconda circonferenza
M
passa per il centro Q della prima.
b) Applico il secondo teorema di Euclide ai triangoli ABC e
AQE, rettangoli rispettivamente in C e in E:
E
B
CH 2= AH⋅BH =x 8−x ,
Q
H
O
A
F
2
EH = AQ⋅QH = x 4−x . La funzione richiesta è:
y=  CD 2EF 2=  4 CH 24 EH 2=2  12 x−2 x 2 .
Considerando i casi limite H ≡ A ⇒ x=0 e
s
D
H ≡Q ⇒ x=4 , vediamo che il campo di esistenza è 0≤ x≤4 .
c) Elevando al quadrato, sotto la condizione y≥0 , e applicando il “completamento del
quadrato”, l'equazione della funzione può essere scritta:
 x−32 y 2
y 2
y2
  =12 x−2 x 2 ⇒ 2 x 2−6 x9 =18 ⇒
 =1 .
2
4
9
72
Vediamo quindi che si tratta di una ellisse di centro 3 , 0 e semiassi
a=3 , b=6  2 , della quale prendiamo in considerazione solo
l'arco corrispondente alle limitazioni 0≤ x≤4 e y≥0 . Il valore
massimo verrà pertanto assunto in corrispondenza del vertice di
coordinate 3 , 6  2 .
Esercizio n°77 pag. L 373
C
a) L'altezza è data da: CH =
2 Area 128/3 a 2 16
=
= a .
AB
8a
3
E
D
Il lato misura quindi:

AB=  AH 2CH 2= 16 a 2
256 2 20
a= a .
9
3
b) La domanda è ingannevolmente semplice, in quanto
non è sufficiente considerare la situazione in cui il A
U P
H
V
B
punto P è compreso tra le proiezioni U e V di D ed E sulla base AB, ma bisogna mostrare che si
ottiene lo stesso risultato anche quando P è compreso tra A e U o tra V e B. Nel seguito,
considero il primo caso e lascio a voi il piacere di svolgere i calcoli degli altri due.
I triangoli CDE e ABC sono simili per il secondo criterio (due coppie di lati in proporzione e
l'angolo compreso uguale), ed hanno rapporto di similitudine k =
CD 5/3 a 1
=
= .
AC 20/3 a 4
1 16
4
1
Abbiamo dunque CK =k CH = ⋅ a= a e DE=k AB= ⋅8 a=2 a , da cui ricaviamo:
4 3
3
4
DU =EV =CH −CK =
16
4
AB−DE 8 a−2 a
a− a=4 a e AU =BV =
=
=3 a .
3
3
2
2
Applicando il teorema di Pitagora ai triangoli rettangoli DUP ed EVP, ricaviamo:
y=  PD 2PE 2=  DU 2UP 2EV 2PV 2=  16 a 2x −3 a 216 a 25 a− x2=
=  2 x −16 ax66 a
2
2
. E' semplice, ma molto noioso,
verificare che si ottiene lo stesso risultato negli altri due
casi. Per considerare una sola situazione, avremmo potuto
utilizzare il metodo trigonometrico.
c) Ponendo a=1 ed
elevare
al
osservando
quadrato
che y ≥0 ,
l'equazione
ed
possiamo
applicare
il
“completamento del quadrato”:
2
2
2 x −16 x66− y =0 ⇒
⇒ 2 x 2−8 x16− y 2=−34 ⇒
 x−42 y 2
− =−1 .
17
34
Vediamo quindi che si tratta di una iperbole di centro 4 , 0 , asintoti di equazione
y=±x  2 ed avente i fuochi sulla retta di equazione x=4 . Di tale curva, dobbiamo
prendere in considerazione soltanto l'arco determinato dalle condizioni y≥0 e 0≤x≤8 . Il
valore minimo verrà pertanto assunto in corrispondenza del vertice di coordinate 4 ,  34 .
Esercizio n°621 pag. Q 76
2 x
Impongo l'esistenza del radicale: 4 cos 8 cos x−7≥0 . Applico le formule di bisezione:
2


1cos x
1
4⋅
8 cos x−7≥0 ⇒ cos x≥ ⇒ − 2 k ≤ x≤ 2 k  .
2
2
3
3


2
Impongo l'esistenza della frazione: 2 sen 2 x−1≠0 ⇒ x≠±  ⇒ x≠ k
, ovvero:
2
4
2

x≠± k  . (Osserva che il risultato del libro contiene un 2 di troppo).
4
Dopo avere imposto queste condizioni, osserviamo che il numeratore è positivo o nullo (in quanto
consiste di una radice di indice pari), il denominatore è strettamente positivo (in quanto consiste di
un valore assoluto a cui è stato imposto di essere diverso da zero), pertanto la disequazione è
sempre verificata. L'insieme delle soluzioni della disequazione è quindi semplicemente
l'intersezione delle precedenti condizioni di esistenza.
Esercizio n°11 pag. Q 89
a) Campo di esistenza: den≠0 ⇒ cos x≠1 ⇒ x≠2 k  .

Intersezioni con asse x: sen x=0 ⇒ x= 2 k  (tenendo conto del campo di esistenza).
2
b)
∣cos3 senx−1x ∣≤3 ⇒ ∣cossenx−1x ∣≤1
.
Poiché cos x−10 su tutto il campo di esistenza, posso scrivere ∣cos x−1∣=1−cos x e
quindi moltiplicare entrambi i membri per la quantità 1−cos x , che è sicuramente positiva:
∣sen x∣≤1−cos x .
Tenendo conto del segno di sen x , per risolvere la disequazione posso considerare i due casi:
{
sen x≤1−cos x
−sen x≥1−cos x
per 0 x≤
.
per x2 
Risolvo entrambe le disequazioni con metodo grafico.
Nel
primo
caso,
ottengo: XY−1≤0
che,
tenendo
conto
dell'intervallo preso in considerazione, fornisce la soluzione:

≤ x≤ .
2
Nel
secondo
caso,
invece,
ottengo: X −Y −1≥0 che,
sempre
limitandoci all'intervallo considerato, fornisce la soluzione:
3
x≤  .
2
La soluzione della disequazione considerata è data dall'unione dei due
intervalli determinati; quindi:

3
≤ x≤  .
2
2
c) Partendo dalla formula di bisezione della tangente scritta in forma
x 1−cos x
razionale: tg =
, possiamo uguagliare il reciproco di
2
sen x
3√3
x
sen x
entrambi i membri: ctg =
, e quindi prendere il
2 1−cos x
∣ 2x∣=∣cossenx−1x ∣
valore assoluto: ctg
∣f  x ∣=∣− f  x∣
(tenendo conto del fatto che
).
Il grafico della funzione può quindi essere ottenuto partendo da
π/3
3/2π
quello di y=ctg x , applicando una dilatazione di un fattore 2 lungo l'asse x, una dilatazione di
un fattore 3 lungo l'asse y, e quindi considerando il valore assoluto della funzione così ottenuta.
d) Calcolo f 
∣
∣
3
3


=3 ctg =3  3≃5,20 e f  =3 ctg  =3 .
2
4
3
6
In questa simpaticissima domanda, la ricerca delle soluzioni dell'equazione parametrica è
∣ 2x∣
equivalente a quella dei punti di intersezione tra il grafico della funzione y=3 ctg
e la retta
generica appartenente al fascio improprio di equazione y=k −1 .
Vedo quindi dal grafico che:
•
per k ≥3  31 , l'equazione non ammette soluzioni accettabili (anche la soluzione limite
x=

non è accettabile);
3
•
per 4k 3  31 , l'equazione ammette una soluzione accettabile;
•
3
per k =4 , l'equazione ammette una soluzione ordinaria ed una soluzione limite x=  ;
2
•
per 1k 4 , l'equazione ammette due soluzioni reali e distinte;
•
per k =1 , l'equazione ammette due soluzioni reali e coincidenti in x= ;
•
per k 1 , l'equazione non ammette soluzioni reali.
Esercizio n°12 pag. Q 89
a) Impongo f 

=  2 ⇒
3

1
 3 =  2 ⇒ k  31=2 ⇒ k =  3 .
k
2
2
b) Campo di esistenza: cos x  3 sen x≥0 . Utilizzo la formula “dell'angolo aggiunto”:
2 sen x



5
≥0 ⇒ 2 k ≤ x ≤2 2 k  ⇒ − 2 k ≤ x≤ 2 k  .
6
6
6
6
Limitandoci all'intervallo [0 , 2 ] , troviamo:
•
5
per k =0 , le soluzioni 0≤ x≤  ;
6
•
per k =1 , le soluzioni
11
≤ x≤2  .
6
Il campo di esistenza è formato dall'unione dei due intervalli trovati.
5
11
Intersezione con asse y: 0 , 1 . Intersezioni con asse x:   , 0 ,   , 0 .
6
6
c) Impongo
 cos x 3 sen x
1
. Poiché entrambi i membri sono positivi o nulli, possiamo
2
1
elevare al quadrato entrambi i membri: cos x  3 sen x− 0 . Si tratta di una disequazione
2
lineare non omogenea in sen x e cos x . Per giungere più velocemente al risultato del libro di
testo, la risolviamo applicando le formule parametriche:
1−t 2
2t
1
 3
− 0 ⇒ 3 t 2−4  3 t−10 ⇒ t 1tt 2 ,
2
2
1t
1t 2
dove t 1=
2  3−  15
2  3  15
e t 2=
.
3
3
Poiché t=tg
x
, e la funzione y=tg x è crescente su un periodo, la soluzione diventa:
2
x
x
t 1tg t 2 ⇒ arc tg t 1k  arc tg t 2k  ⇒ 2 arc tg t 12 k  x2 arc tg t 22 k 
2
2
.
d) Come abbiamo visto nel punto b), la funzione può essere


scritta: y= 2 sen x  . Da questa forma è più
6
agevole vedere che il periodo è T=2  . Il grafico può essere ottenuto partendo dalla funzione
y=sen x e sottoponendola ad una traslazione di /6 verso sinistra, ad una dilatazione
verticale di un fattore 2 e, infine, componendola con la funzione y=  x .
Esercizio n°16 pag. Q 157
a) Applico il teorema di Carnot al triangolo ABC:
2
2
 =  169−2⋅4⋅3⋅1/ 2=  13 .
BC =  AB  AC −2 AB⋅AC⋅cos BAC
b) Sappiamo dalla geometria euclidea che la bisettrice di un angolo del triangolo divide il lato
opposto in due parti direttamente proporzionali ai lati ad esse adiacenti.
Ponendo CQ= x , posso imporre:
Quindi CQ=
CQ BQ
x  13−x
3
=
⇒ =
⇒ x=  13 .
AC AB
3
4
7
3
4
13 , BQ=  13 .

7
7
c) Applico il teorema di Carnot al triangolo ABC:
AB 2BC 2− AC 2 1613−9
5


AC = AB BC −2 AB⋅BC⋅cos B ⇒ cos B=
=
=
.
2 AB⋅BC
2⋅4⋅ 13 2  13
2
2
2
d) Applico il teorema di Carnot al triangolo ABQ:


16
4
5
432 12
2
2

AQ=  AB BQ −2 AB⋅BQ⋅cos B=
16 ⋅13−2⋅4⋅  13⋅
=
= 3 .
49
7
49
7
2  13
e) Applico il teorema di Carnot ai triangoli ABP e ACP:

BP 2= AB 2 AP 2−2 AB⋅AP⋅cos PAB=16
x 2−4 x  3 ;

CP 2= AC 2 AP 2−2 AC⋅AP⋅cos PAC=9
x 2−3 x  3 .
La funzione richiesta è quindi:
f  x= AP 2BP 2CP 2=3 x 2−7 x  325
con la limitazione 0≤ x≤
12
 3 . Il grafico è un arco di parabola
7
con la concavità rivolta verso il basso, che assume il valore minimo
nel vertice, ovvero nel punto di coordinate 
7
51
3,  .

6
4
(Per praticità, in figura vengono utilizzate due unità di misura diverse per i due assi cartesiani).
Esercizio n°17 pag. Q 158
a) Applico la prima relazione fondamentale della goniometria:

  1−cos 2 A=

sen A=
1−

9 4
1 22
.
= ; sen C =  1−cos 2 C = 1− =
25 5
9
3
 C =sen A
 C =sen A
 cos C sen C cos A=
 4⋅− 1  2  2⋅3 = 6  2−4 .

sen B=sen−
A
5
3
3 5
15
C
Applico per due volte di seguito il teorema dei seni:
AB
AC
22
15
155  2
=
⇒ AB=
⋅
l=
l ;


3 6  2−4
7
sen C sen B
BC
AC
4
15
69  2
=
⇒ BC = ⋅
l=
l .
 sen B
5 6  2−4
7
sen A
2 p ABC =l 
l
A
B
155  2
69  2
l
l=42  2l ;
7
7
1
 1 l⋅155  2 l⋅4 = 62  2 l 2 .
Area ABC = AC⋅AB⋅sen A=
2
2
7
5
7
b) Non sarebbe possibile che sen C 0 , in quanto il seno di un angolo compreso tra 0 e p è
sempre positivo.
c) Anche senza svolgere i calcoli per intero, osserviamo che:

sen A=
1
2
⇒ A 1=30 ° ; A 2=150 ° ; sen C =  ⇒ C 1=45 ° ; C 2=135 ° .
2
2
La soluzione A 2 non è accettabile, in quanto sia A 2C 1 che A 2C 2 danno un risultato
maggiore di un angolo piatto. Abbiamo quindi le soluzioni:
A 1=30 ° ; C 1=45 ° ⇒ B 1=105 ° e A 1=30 ° ; C 2=135° ⇒ B 1 =15° .
Esercizio n°18 pag. Q 158

a) L'angolo ACB=3/
4  , in quanto è supplementare ad uno qualunque degli angoli alla
 =/ 4−x .
circonferenza che insistono sul minore degli archi AB. Di conseguenza BAC
Per il teorema della corda: BC =2 r sen/ 4− x . L'area del triangolo ABC misura:
1
 = 1⋅r  2⋅2 r sen   − x sen x che, applicando le formule di
Area ABC = AB⋅BC⋅sen ABC
2
2
4
Werner e tenendo conto del fatto che la funzione y=cos x è pari, può essere scritta:
Area ABC =
 2 r 2 [cos 2 x−  −cos  ]
2
4
4
.
L'area del quadrato inscritto nella circonferenza è Aquadr =2 r 2 , per cui la funzione vale:
 2
.
f  x=cos 2 x− −
4
2
b) Considerando
i
casi
limite C ≡ A ⇒ x=0 e
C ≡B ⇒ x=/ 4 , vediamo che l'intervallo in cui
1-√2/2
il problema ha significato è 0≤ x≤/ 4 . Per
tracciare il grafico, possiamo partire da quello della
p/8
funzione y=cos x e sottoporlo ad una contrazione
orizzontale di un fattore 2, ad una traslazione verso
destra di /8 e ad una traslazione verso il basso di
 2/2
.
c) Poiché f 0= f / 4=0 , e la funzione raggiunge il suo valore massimo per x=/8 , in
cui vale f max =1−  2/ 2 , vediamo che:
•
per k 1−  2/ 2 , l'equazione non ammette soluzioni reali;
•
per k =1−  2/ 2 , l'equazione ammette due soluzioni reali e coincidenti in x=/8 ;
•
per 0k 1−  2/ 2 , l'equazione ammette due soluzioni ordinarie reali e distinte;
•
per k =0 , l'equazione ammette due soluzioni limite x=0 e x=/ 4 ;
•
per k 0 , l'equazione non ammette soluzioni accettabili (in quanto le soluzioni trovate non
apparterrebbero al campo di esistenza della funzione).