Ricevo da Salvatore la seguente domanda:
Salve Professore,
stavo cercando di risolvere le prove suppletive date quest'anno alla maturità.
Mi sono imbattuto nei seguenti quesiti per i quali chiedo aiuto:
1) Mentre corre con una velocità costante attraverso il deserto, montando il suo fido cammello, un capo tuareg vede la cima di una grande palma e dirige direttamente verso di essa. Al primo avvistamento la cima della palma si presentava con un angolo di elevazione di \(4^\circ\); venti minuti più tardi l’angolo di elevazione misura \(9^\circ\). Quanti minuti sono ancora necessari al tuareg per raggiungere l’albero?
2) Un ottaedro regolare di alluminio (densità \(\rho =2,7\ g/c{{m}^{3}}\)), avente lo spigolo \(l=5\;cm\), presenta all’interno una cavità di forma cubica. Sapendo che la massa dell’ottaedro è \(m=155\;g\), si calcoli la lunghezza dello spigolo della cavità.
3) Si scelga a caso un punto all’interno di un parallelogramma, avente i lati lunghi rispettivamente \(8\;m\) e \(6\;m\) e gli angoli acuti di \(30^\circ\). Si determini la probabilità che la sua distanza da ogni vertice sia maggiore di \(2\;m\).
Grazie mille per la preziosa collaborazione, Salvatore
Gli rispondo così:
Caro Salvatore,
un quesito alla volta…
1) Con riferimento alla figura, sia \(x=AB\) la distanza percorsa in \(20\) minuti, \(y=BC\) la distanza ancora da percorrere, \(h=DC\) l’altezza della palma. Detto \(t\) il tempo in minuti necessario a coprire la distanza \(y\), è chiaro dall’ipotesi di velocità costante che \(t=20y/x\); d’altra parte, considerato il triangolo rettangolo \(ACD\), si ha \(h=y\tan 9{}^\circ =\left( x+y \right)\tan 4{}^\circ\), da cui:
\[\frac{y}{x}=\frac{\tan 4{}^\circ }{\tan 9{}^\circ -\tan 4{}^\circ }\Rightarrow t=\frac{20\tan 4{}^\circ }{\tan 9{}^\circ -\tan 4{}^\circ }\approx 15,8\ \min \quad .\]
2) L’ottaedro regolare, le cui otto facce sono triangoli equilateri formanti due piramidi a base quadrata aventi tale base in comune, ha un volume \(V\) che si può calcolare in termini dello spigolo \(l\) moltiplicando per due il volume di tale piramide, la cui altezza è ricavabile come altezza di un triangolo isocele avente per base la diagonale del quadrato di lato lo spigolo \(l\), cioè \(\sqrt{2}l\), e come lato obliquo \(l\) stesso, per cui tale altezza risulta ; pertanto \(V=\frac{\sqrt{2}}{3}{{l}^{3}}\). Se l’ottaedro fosse pieno, la sua massa sarebbe quindi \(M=\rho V=2,7\frac{\sqrt{2}}{3}125\ g\approx 159,1\ g\); la massa mancante è quindi di \(m’=4,1\;g\), corrispondenti a un volume \(V'=m'/\rho \approx 1,518\ c{{m}^{3}}\), che equivale ad un cubo di lato pari a circa \(1,15\ cm\).
3) Con riferimento alla figura, possiamo ricavare la probabilità richiesta come rapporto tra l’area della figura ottenuta sottraendo al parallelogramma i settori circolari \(AGF\), \(HBK\), \(JCL\), \(DNM\) e l’area del parallelogramma stesso, avendo appurato che tali settori non si sovrappongono (nel caso dei settori centrati in \(A\) e \(C\) la cosa è abbastanza evidente, mentre nel caso dei vertici \(B\) e\(D\) bisogna verificare che la loro distanza sia maggiore di \(4\), cosa che, se pur di poco, è vera..). I settori nei vertici di \(30°\) hanno un’area ciascuno pari a \(1/12\) del cerchio di raggio \(2\), cioè complessivamente un’area pari a \(2\pi/3\), quelli nei vertici di \(150°\) hanno un’area ciascuno pari a \(5/12\) del cerchio di raggio \(2\), cioè complessivamente un’area pari a \(10\pi/3\). Pertanto, poiché l’area del parallelogramma misura \(24\) unità, si ha una probabilità
\[p=\frac{24-4\pi }{24}=1-\frac{\pi }{6}\approx 47,64%\quad .\]
Massimo Bergamini