Compiti per le vacanze

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Moderatori: Gianfranco, Bruno

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Quelo
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Compiti per le vacanze

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1) facile
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[Sergio]

Pasquale
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Re: Compiti per le vacanze

Messaggio da Pasquale »

Esercizio 2

Tagliando un po' di decimali e dunque in modo approssimato, direi che per a=3,3 ed x=0,42:

$1-x = ax^2 = 0,58$ determinano la parabola che rende A = B = 0,25
In tal caso, l'area della superficie B sarà pari alla somma dell'area sottesa al segmento di parabola (calcolata come integrale nell'intervallo 0/0,42), e del restante $\frac{(1-x)^2}{2}$
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Quelo
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Re: Compiti per le vacanze

Messaggio da Quelo »

Bravo Pasquale, è corretto.
[Sergio]

Pasquale
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Re: Compiti per le vacanze

Messaggio da Pasquale »

Esercizio 3

Per problemi x, non posso dilungarmi, ma sarei curioso di sapere se la fretta mi ha indotto in errore.
Con qualche traslazione semplificatoria e pochi calcoli contenenti un po' di radicali, risulterebbe un angolo approssimativamente pari a 24° 22' 26" ...

In particolare, ho considerato l'intersezione delle diagonali del quadrato come origine di assi cartesiani, assumendo la misura delle semidiagonali come raggio unitario della ciconferenza.
In tal modo, ogni dato necessario è facilmente calcolabile, tenuto conto che il punto superiore che definisce l'ampiezza dell'angolo Alfa deve giacere sull'asse delle ascisse, situato a metà del segmento di ascissa posto fra il lato destro del quadrato e la circonferenza.
Successivamente, traslando il vertice dell'angolo Alfa all'incrocio degli assi, si semplifica il calcolo del coefficiente angolare della retta che individua l'angolo Alfa, da cui l'arcotangente completa l'iter risolutorio.
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Quelo
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Re: Compiti per le vacanze

Messaggio da Quelo »

Ciao Pasquale,
la tua soluzione è molto vicina a quella corretta, che è leggermente superiore, in quanto si deve tener conto della curvatura della circonferenza.
Per quanto ne so, per arrivarci serve un integrale.
[Sergio]

Pasquale
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Re: Compiti per le vacanze

Messaggio da Pasquale »

Si, in effetti il procedimento adottato, se si accetta l'approssimazione concettuale, evita la misura di A+B o di una di esse.
Il risutato finale produce poi altre approssimazioni, dovute agli elementi di calcolo in gioco (radicale del 2, un rapporto con 7 al denominatore ed infine il pigreco dell'arcotangente). In definitiva, una scorciatoia matematicamente poco precisa.
L'approssimazione concettuale concerne la scelta "ad occhio" del di punto di transito del lato superiore dell'angolo Alfa, rispetto al diametro orizzontale della circonferenza, che penso debba essere da quello intersecato.
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panurgo
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Re: Compiti per le vacanze

Messaggio da panurgo »

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Per avere un valore approssimato è sufficiente considerare la pendenza della retta passate per $\text{D}$ e per il punto medio della freccia del segmento circolare $\text{APB}$, $\text{E}$

$\displaystyle m_\text{DE}=\frac{y_\text{E}-y_\text{D}}{x_\text{E}-x_\text{D}}=\frac{0+\frac12}{\frac{\frac12+\frac{\sqrt2}2}2+\frac12}=\frac2 {3+\sqrt{2}}$

La retta divide il segmento circolare in due parti che differiscono tra loro quanto il triangolino a sinistra di $\text{E}$ e il triangolino curvilineo a destra.

L'angolo cercato è pari all'arcotangente di $m_\text{DE}$

$\displaystyle \alpha=\arctan\left(\frac2 {3+\sqrt{2}}\right)=24,3744\dots^\circ\approx 24,37^\circ$

Per una soluzione esatta non è necessario ricorrere agli integrali,

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basta osservare che l'angolo del settore circolare $\text{OAP}$ è doppio dell'angolo in $\text{D}$ (angolo al centro, angolo alla circonferenza): l'area che ci interessa è data da

$\displaystyle A=A_\text{OAP}-A_\text{AOQ}-A_\text{PQR}=\frac{\pi-2}{16}$

L'ultimo termine è metà dell'area del segmento circolare $\text{APB}$ ottenuta sottraendo l'area del quadrato da quella del cerchio e dividendo per otto.

Il punto $\text{P}$ è la seconda intersezione con la circonferenza della retta passante per $\text{D}$ di pendenza $k=\tan\alpha$.

$\displaystyle \left\{\begin{array}{lC}x^2+y^2=\frac12\\y=-\frac12+k\left(x+\frac12\right)\end{array}\right.$

Pochi Passaggi Di Facile Algebra sono sufficienti per ottenere le coordinate dei punti

$\displaystyle \text{P}\left(\frac12\frac{-k^2+2k+1}{k^2+1};\frac12\frac{k^2+2k-1}{k^2+1}\right)\qquad\text{Q}\left(\frac12;\frac12\frac{k^2+2k-1}{-k^2+2k+1}\right)\qquad\text{R}\left(\frac12;k-\frac12\right)$

Le aree cercate sono

$\displaystyle A_\text{OAP}=\frac{\alpha}2\qquad A_\text{AOQ}=\frac{x_\text{A}\left(y_\text{Q}-y_\text{A}\right)}2\qquad A_\text{PQR}=\frac{\left(x_\text{P}-x_\text{Q}\right)\left(y_\text{Q}-y_\text{R}\right)}2$

Sostituendo le coordinate dei punti, dopo i soliti Pochi Passaggi Di Facile Algebra, otteniamo l'equazione

$\displaystyle \arctan\left(k\right)-\frac{k\left(k^2-k+1\right)}{k^2+1}=\frac{\pi-2}8$

che, data in pasto a Wolfram Alpha, fornisce tre soluzioni: la soluzione che ci interessa è quella compresa tra $0$ e $1$

$\displaystyle k= 0,4531869\ldots$

cui corrisponde l'angolo

$\displaystyle\alpha=24,3794\ldots^\circ\approx 24,38^\circ$
il panurgo

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Bruno
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Re: Compiti per le vacanze

Messaggio da Bruno »

Bello: grande Guido :D
(Bruno)

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l'ha apena sfioragia
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panurgo
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Re: Compiti per le vacanze

Messaggio da panurgo »

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I segmenti $\text{OB}$ e $\text{OB}^\prime$ sono congruenti (raggio del cerchio grande) quindi il triangolo $\text{OBB}^\prime$ è isoscele: ne segue che $\text{BB}^\prime$ è perpendicolare a $\text{OA}$; $\text{CO}^\prime$ e $\text{AC}$ sono congruenti per ipotesi: quindi $\text{ABO}^\prime$ è isoscele, con i lati uguali al raggio del cerchio piccolo.
Ma anche $\text{BOO}^\prime$ è isoscele, con i lati uguali al raggio del cerchio piccolo.
Quindi, gli angoli alla base di $\text{BOO}^\prime$ sono uguali a $\alpha$.
Quindi, per il Teorema dell'Angolo Esterno, gli angoli alla base di $\text{ABO}^\prime$ sono uguali a $2\alpha$.
$\text{ABO}$ è isoscele perché i lati sono raggi del cerchio grande; l'angolo in $\text{B}$ è uguale all'angolo in $\text{A}$ che è uguale a $2\alpha$ perché è in comune con $\text{ABO}^\prime$: segue $\alpha=\pi/5=36^\circ$.
il panurgo

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Re: Compiti per le vacanze

Messaggio da Quelo »

Ottimo Guido

2 cerchi.png
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Io ho ragionato in questo modo:
Gli angoli $\angle DAE$ e $\angle DBE$ sono rispettivamente angolo al centro e angolo alla circonferenza dell'arco $DE$ quindi $\angle CAD=2\alpha$
$ACD$ è isoscele quindi $\angle ACD=2\alpha$, $CBD$ è isoscele quindi $\angle CDB=2\alpha$
Somma degli angoli interni di $CBD=5\alpha$
[Sergio]

Quelo
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Re: Compiti per le vacanze

Messaggio da Quelo »

Per quanto riguarda il terzo quesito, Guido è stato impeccabile come sempre

Innazitutto devo dire che la soluzione proposta dove ho trovato il quesito è sbagliata infatti, nonostante l'uso dell'interale, giunge al valore:
$\displaystyle\alpha=\arctan{\frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}-\frac12}}=24,3744°$ che è approssimato per difetto
Mentre il risultato di Guido è giusto (non aveamo dubbi)

A questo punto ho cercato una mia soluzione:
Poniamo un sistema di assi cartesiani in corrispondenza del centro della circonferenza e consideriamo il lato del quadrato pari a 2

Compito 3.png
Compito 3.png (43.39 KiB) Visto 602 volte

Il punto A ha coordinate $(1;0)$, il punto F ha coordinate $(\sqrt{2};0)$
l'equazione della circonferenza è $y=\sqrt{2-x^2}$
l'equazione della retta è $y=mx+m-1$ dove $m=\tan{\alpha}$

Deve risultare $-A_{ABC}+A_{CDE}+A_{DEF}=0$

Passando agli integrali
$\displaystyle \int_1^{\large x_{\normalsize E}}mx+m+1\,dx+\int_{\large x_{\normalsize E}}^\sqrt{2} \sqrt{2-x^2}\,dx=0$
$\displaystyle \frac{mx^2}{2}+mx-x \Huge|_{\normalsize 1}^{\large x_{\normalsize E}}\normalsize+\quad \frac{x\sqrt{2-x^2}}{2}+\arcsin{\frac{x}{\sqrt{2}}}\Huge|_{\large x_{\normalsize E}}^{\normalsize \sqrt{2}}\normalsize=0$
$\displaystyle m{x_{\small E}}+m-1=\sqrt{2-{x_{\small E}}^2} \quad \Rightarrow \quad x_{\small E}=\frac{-m^2+2m+1}{m^2+1}$

Processato con Decimal Basic si ottiene appunto:

$m=0,4531869$ e $\alpha=24,3794°$

Codice: Seleziona tutto

DEF z(m)=(-m^2+2*m+1)/(m^2+1)
DEF w(m,x)=m*x^2/2+m*x-x
DEF y(x)=x*SQR(round(2-x^2,10))/2+ASIN(round(x/SQR(2),10))

FOR m=0.453186 TO 0.453187 STEP 1e-8
   let Am=w(m,z(m))-w(m,1)+y(SQR(2))-y(z(m))
   PRINT m;z(m);Am
NEXT m
END
[Sergio]

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