Seconda prova 2008 (Ordinamento).

Transcript

Corso di ordinamento- Sessione ordinaria - a.s. 2007-2008
Soluzione di De Rosa Nicola
______________________________________________________________________________
ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO
CORSO DI ORDINAMENTO
Tema di: MATEMATICA
a. s. 2007-2008
PROBLEMA 1
Il triangolo rettangolo ABC ha l’ipotenusa AB = a e l’angolo CAˆ B =
π
3
.
a) Si descriva, internamente al triangolo, con centro in B e raggio x, l’arco di circonferenza di
estremi P e Q rispettivamente su AB e su BC. Sia poi R l’intersezione con il cateto CA dell’arco
di circonferenza di centro A e raggio AP. Si specifichino le limitazioni da imporre ad x affinchè
la costruzione sia realizzabile
b) Si esprima in funzione di x l’area S del quadrilatero mistilineo PQCR e si trovi quale sia il
valore minimo e quale il valore massimo di S(x).
c) Tra i rettangoli con un lato su AB e i vertici del lato opposto su ciascuno dei due cateti si
determini quello di area massima.
d) Il triangolo ABC è la base di un solido W. Si calcoli il volume di W sapendo che le sue
sezioni, ottenute tagliandolo con piani perpendicolari ad AB, sono tutti quadrati.
PROBLEMA 2
Assegnato nel piano il semicerchio Γ di centro C e diametro AB = 2, si affrontino le seguenti
questioni:
a) Si disegni nello stesso semipiano di Γ un secondo semicerchio Γ1 tangente ad AB in C e di
uguale raggio 1. Si calcoli l’area dell’insieme piano intersezione dei due semicerchi Γ e Γ1
1
www.matematicamente.it
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b) Si trovi il rettangolo di area massima inscritto in Γ .
c) Sia P un punto della semicirconferenza di Γ , H la sua proiezione ortogonale su AB.
Si ponga PCˆ B = x e si esprimano in funzione di x le aree di S1 e S2 dei triangoli APH e PCH.
Si calcoli il rapporto f ( x ) =
S1 ( x )
S 2 (x )
d) Si studi f(x) e se ne disegni il grafico prescindendo dai limiti geometrici del problema.
QUESTIONARIO
1) Si consideri la seguente proposizione: “Se due solidi hanno uguale volume, allora, tagliati da un
fascio di piani paralleli, intercettano su di essi sezioni di uguale area”. Si dica se essa è vera o falsa
e si motivi esaurientemente la risposta.
2) Ricordando che il lato del decagono regolare inscritto in un cerchio è sezione aurea del raggio, si
provi che sin
π
10
=
5 −1
4
3) Fra le casseruole, di forma cilindrica, aventi la stessa superficie S (quella laterale più il fondo)
qual è quella di volume massimo?
4) Si esponga la regola del marchese de L’Hôpital (1661 – 1704) e la si applichi per dimostrare che
è:
x 2008
=0
x → +∞ 2 x
lim
5) Si determini un polinomio P(x) di terzo grado tale che:
P (0 ) = P ' (0 ) = 0, P (1) = 0 e
1
∫ P(x )dx = 12
1
0
⎛n⎞ ⎛n⎞ ⎛n⎞
6) Se ⎜⎜ ⎟⎟, ⎜⎜ ⎟⎟, ⎜⎜ ⎟⎟ con n > 3 sono in progressione aritmetica, qual è il valore di n?
⎝1⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 3⎠
7) Si determini, al variare di k, il numero delle soluzioni reali dell’equazione: x 3 − 3 x 2 + k = 0
2
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8) Sia f la funzione definita da f ( x ) = π x − x π Si precisi il dominio di f e si stabilisca il segno delle
sue derivate, prima e seconda, nel punto x = π .
9) Sia f ( x ) =
x2 −1
; esiste lim f ( x ) ? Si giustifichi la risposta.
x → +1
x −1
10) Secondo il codice della strada il segnale di “salita ripida” (fig. sotto) preavverte di un tratto di
strada con pendenza tale da costituire pericolo. La pendenza vi `e espressa in percentuale e
nell’esempio è 10%. Se si sta realizzando una strada rettilinea che, con un percorso di 1, 2 km,
supera un dislivello di 85m, qual è la sua inclinazione (in gradi sessagesimali)? Quale la percentuale
da riportare sul segnale?
3
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PROBLEMA 1
Il triangolo rettangolo ABC ha l’ipotenusa AB = a e l’angolo CAˆ B =
π
3
.
Punto a
Si descriva, internamente al triangolo, con centro in B e raggio x, l’arco di circonferenza di
estremi P e Q rispettivamente su AB e su BC. Sia poi R l’intersezione con il cateto CA
dell’arco di circonferenza di centro A e raggio AP. Si specifichino le limitazioni da imporre ad
x affinchè la costruzione sia realizzabile.
Consideriamo la figura sottostante:
La costruzione è realizzabile se i punti Q ed R si trovano entrambi internamente ai cateti BC ed AC.
In
particolare
se
Q≡C
⎛π ⎞ a 3
BC = x = a ⋅ sin ⎜ ⎟ =
,
2
⎝3⎠
mentre
se
R≡C
a
⎛π ⎞ a
AC = a − x = a ⋅ sin⎜ ⎟ = da cui x = . In conclusione affinchè la costruzione sia realizzabile si
2
⎝6⎠ 2
deve imporre
a
a 3
≤x≤
.
2
2
Punto b
Si esprima in funzione di x l’area S del quadrilatero mistilineo PQCR e si trovi quale sia il
valore minimo e quale il valore massimo di S(x).
Consideriamo la figura seguente:
4
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L’area del quadrilatero PQCR è calcolabile come differenza tra l’area del triangolo rettangolo ABC
e l’area dei due settori circolari PARSett .Circ e PBQSett .Circ . In particolare si ha:
a a 3
⋅
a2 3
2
2
S ABC =
=
2
8
π (a − x )2 π ⋅ (a − x )2
S PARSett .Circ = ⋅
=
3
2
6
2
2
π x
π ⋅x
S PBQSett .Circ = ⋅
=
6 2
12
per cui S ( x ) =
2
⎛ 3 π⎞
a 2 3 π ⋅ (a − x ) π ⋅ x 2
π
π
a
a 3
−
−
= − ⋅ x 2 + a ⋅ x + a 2 ⎜⎜
− ⎟⎟ con ≤ x ≤
.
8
6
12
4
3
8
6
2
2
⎝
⎠
La funzione area S (x ) è una parabola con concavità verso il basso, per cui essa raggiunge il suo
massimo nell’ascissa del vertice ed in particolare
S (x max ) = −
x max
⎛π ⎞
⎜ ⎟a
2
3
=−⎝ ⎠ = a
⎛ π⎞ 3
⎜− ⎟
⎝ 2⎠
cui corrisponde
⎛ 3 π⎞
⎛ 3 π ⎞
2
⋅ a 2 + π ⋅ a 2 + a 2 ⎜⎜
− ⎟⎟ = a 2 ⎜⎜
− ⎟⎟ . Un altro modo per calcolare il valore
4 9
9
8
6
8
18 ⎠
⎝
⎠
⎝
π 4
massimo è sfruttare le derivate; le derivate prima e seconda della funzione area sono
S ' (x ) =
π⎛
2 ⎞
π
⎜ − x + a ⎟ ed S ' ' ( x ) = − < 0 ∀x ∈ R . Tenendo conto della limitazione geometrica la
2
2⎝
3 ⎠
⎤2 a 3⎡
⎤a 2 ⎡
funzione area è strettamente crescente in ⎥ , a ⎢ , strettamente decrescente in ⎥ a,
⎢ e si
2 ⎣
⎦2 3 ⎣
⎦3
annulla in x =
2
a in cui assume il valore massimo.
3
Per quanto riguarda il valore minimo, può essere raggiunto solamente in uno degli estremi
⎛ 3 π ⎞ ⎛a 3⎞
⎡a a 3 ⎤
3 π ⎛ 17
⎛a⎞
⎞ 2
2
⎟ = a2
− ⎟⎟, S ⎜⎜
dell’intervallo ⎢ ,
−
−
3
⎜
⎟a .
⎥ ; in particolare S ⎜ ⎟ = a ⎜⎜
⎟
2
2
2
8
16
2
8
6
8
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝
⎠ ⎝
⎠
⎣
⎦
Ora, essendo 7 > 4 3 si ha
per x =
⎛a 3⎞
a
1 17
3
⎟ < S ⎛⎜ ⎞⎟ per cui l’area minima la si ha
<
−
da cui S ⎜⎜
⎟
16 48 6
⎝2⎠
⎝ 2 ⎠
⎡ 3 π ⎛ 17
a 3
⎞⎤
e vale S (x min ) = a 2 ⎢
− ⎜ − 3 ⎟⎥ .
2
6⎝ 8
⎠⎦
⎣ 8
Punto c
5
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Tra i rettangoli con un lato su AB e i vertici del lato opposto su ciascuno dei due cateti si
determini quello di area massima.
Consideriamo la figura seguente:
I triangoli CGF e CAB sono simili per cui vale la proporzione CH : AB = CK : GF . Ma
AB = a, CH =
⎤ a 3⎡
S ABC
3
=a
per cui i limiti geometrico impongono che y ∈ ⎥ 0,
⎢ . Ora
a
4
4
⎦
⎣
CK = CH − y = a
3
−y
4
mentre
⎛ 3
⎞
− y ⎟⎟
a ⋅ ⎜⎜ a
4
AB ⋅ CK
⎠ =a− 4 3 y.
= ⎝
GF =
CH
3
3
a
4
⎛
4 3
R( y ) = y ⋅ ⎜⎜ a −
3
⎝
dalla
L’area
proporzione
del
rettangolo
DEFG
ricaviamo
è
allora
⎞
⎤ a 3⎡
y ⎟⎟ con y ∈ ⎥ 0,
⎢ . L’area del rettangolo è una parabola con concavità verso
4 ⎣
⎠
⎦
il basso, per cui essa raggiunge il suo massimo nell’ascissa del vertice ed in particolare
y max = −
a
⎛ 8 3⎞
⎜−
⎟
⎜
⎟
3
⎝
⎠
R( y max ) = a
=a
3
8
cui
corrisponde
3⎛
4 3 3⎞
3 ⎛ 1⎞
3
2
⎜a − a
⎟ = a2
⋅
. Allo stesso risultato si giunge se si
−
=
a
1
⎜
⎟
8 ⎜⎝
3
8 ⎟⎠
8 ⎝ 2⎠
16
applica il metodo delle derivate.
Punto d
Il triangolo ABC è la base di un solido W. Si calcoli il volume di W sapendo che le sue sezioni,
ottenute tagliandolo con piani perpendicolari ad AB, sono tutti quadrati.
Il volume può essere calcolato per due strade: sfruttando nozioni di analisi o di geometria solida.
6
______________________________________________________________________________
•
Volume attraverso nozioni di analisi
a
⎡ a⎤
, per cui se x ∈ ⎢0, ⎥ il lato del quadrato sezione sarà pari a
4
⎣ 4⎦
⎡a ⎤
⎛π ⎞
L = x ⋅ tan⎜ ⎟ = x 3 cui corrisponde l’area del quadrato sezione AQ (x ) = L2 = 3x 2 ; se x ∈ ⎢ , a ⎥
⎣4 ⎦
⎝3⎠
3
⎛π ⎞
il lato del quadrato sezione sarà pari a L = (a − x ) ⋅ tan⎜ ⎟ = (a − x )
cui corrisponde l’area del
3
⎝6⎠
Sappiamo che AH =
quadrato sezione AQ ( x ) = L
2
2
(
a − x)
=
.
3
⎧ 2
⎪⎪3 x
Quindi la funzione area vale: AQ ( x ) = ⎨
2
⎪ (a − x )
⎪⎩ 3
In tal modo il volume richiesto sarà:
a
a
4
a
V = ∫ AQ ( x )dx = ∫ 3 x dx + ∫
2
0
•
0
a
4
0≤ x≤
a
4
a
≤x≤a
4
(a − x )2 dx = [x 3 ]a4 − ⎡ (a − x )3 ⎤
3
0
⎢
⎣
9
a
a 3 3a 3 a 3
.
=
+
=
⎥
⎦ a 64 64 16
4
Volume attraverso nozioni di geometria
Il solido W che si ottiene può essere pensato come composto da due piramidi base-base, cioè
piramidi incollate tramite le basi. La prima piramide ha altezza AH, mentre la seconda ha
altezza BH. Per cui il volume totale è la somma dei due volumi delle due piramidi componenti
ed in particolare:
2
⎛a 3⎞
a3
1
1
1
1
⎟ =
come già provato.
V = ⋅ AH ⋅ CH 2 + ⋅ HB ⋅ CH 2 = ⋅ AB ⋅ CH 2 = ⋅ a ⋅ ⎜⎜
⎟
3
3
3
3
16
⎝ 4 ⎠
7
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PROBLEMA 2
Assegnato nel piano il semicerchio Γ di centro C e diametro AB = 2, si affrontino le seguenti
questioni:
Punto a
Si disegni nello stesso semipiano di Γ un secondo semicerchio Γ1 tangente ad AB in C e di
uguale raggio 1. Si calcoli l’area dell’insieme piano intersezione dei due semicerchi Γ e Γ1 .
L’area richiesta può essere calcolata in due modi possibili: per via geometrica e per via analitica.
Mostriamo entrambe le soluzioni.
•
Via geometrica
L’area tra le due circonferenze, per simmetria è il doppio della differenza tra l’area del settore
circolare ECDSett .Circ e l’area del triangolo ECD. Notiamo che il triangolo CDC’ è equilatero di
lato unitario per costruzione, per cui l’apertura del settore circolare ECDSett .Circ è
settore ECDSett .Circ di raggio unitario ed apertura
2π
; l’area del
3
π
2π
è S ECDSett .Circ = ; per calcolare l’area del
3
3
⎛π ⎞
⎛π ⎞ 1
triangolo ECD, notiamo che ha base 2 ⋅ sin ⎜ ⎟ = 3 ed altezza sin ⎜ ⎟ = per cui avrà area
⎝3⎠
⎝6⎠ 2
⎛π
3⎞
3
⎟,
. In conclusione l’area tra i due semicerchi è S = 2⎜⎜ −
⎟
3
4
4
⎝
⎠
•
Via analitica
La via analitica consiste nel considerare i due semicerchi in un sistema di riferimento cartesiano
.
Il sistema di riferimento più semplice ha origine coincidente col centro C del semicerchio Γ che
8
______________________________________________________________________________
avrà il diametro AB di estremi A = (− 1,0 ), B = (1,0 ) . Di conseguenza la circonferenza frontiera
di Γ avrà equazione x 2 + y 2 = 1 . Il semicerchio Γ1 ha centro C’ in C ' = (0,1) e raggio anch’esso
unitario
per
cui
la
circonferenza
frontiera
di
Γ1
avrà
equazione
x 2 + ( y − 1) = 1 ⇔ x 2 + y 2 − 2 y = 0 come nel grafico sottostante evidenziato
2
Le intersezioni tra i due semicerchi si trovano mettendo a sistema le due equazioni:
⎧
⎛
3 1⎞
2
2
, ⎟⎟
E = ⎜⎜ −
⎪
⎧
1
+
=
x
y
2⎠
2
⎧⎪ x 2 + y 2 = 1
⎪
⎪
⎝
sottraendo la prima alla seconda
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
→
E, D : ⎨ 2
⇒
⎨
⎨
1
⎪⎩ x + y 2 − 2 y = 0
⎛ 3 1⎞
⎪y =
⎪
⎜
⎟
2
⎩
⎪D = ⎜ 2 , 2 ⎟
⎝
⎠
⎩
Ora notiamo che nel semipiano y >
1
la circonferenza Γ è rappresentata dall’equazione
2
y = 1 − x 2 , mentre nel semipiano y <
y = 1− 1− x2 .
3
2
∫ [ 1− x
S=
−
2
In
tal
modo
3
2
)]
(
1
la circonferenza Γ1 è rappresentata dall’equazione
2
∫
− 1 − 1 − x 2 dx = 2
3
2
l’area
3
2
3
2
∫ dx = 2 ∫
1 − x 2 dx −
3
2
−
racchiusa
−
3
2
−
dai
semicerchi
è
1 − x 2 dx − 3 .
3
2
Il primo integrale lo calcoliamo attraverso il metodo di integrazione per parti.
Integrando si ha:
∫
1 − x 2 dx = x 1 − x 2 − ∫
= x 1 − x2 + ∫
1
1− x
2
− x2
dx = x 1 − x 2 − ∫
1 − x2
1 − x2
dx − ∫
1− x
2
− x2 + 1 − 1
dx =
1 − x2
dx = x 1 − x 2 + arcsin( x) − ∫ 1 − x 2 dx
Da cui
9
______________________________________________________________________________
2 ∫ 1 − x 2 dx = x 1 − x 2 + arcsin( x) + k ⇒
∫
1 − x 2 dx =
1⎡
x 1 − x 2 + arcsin( x) ⎤ + k
⎣
⎦
2
L’area sarà allora pari a:
3
2
∫
S=2
−
1 − x 2 dx − 3
Integrando
pari
=
3
2
4 ∫ 1 − x 2 dx − 3 =
0
3
2
[
]
3
= 2 x 1 − x 2 + arcsin ( x ) 02 − 3 =
⎡ 3 π⎤
⎡
3 π⎤
= 2⎢
+ ⎥ − 3 = 2 ⎢−
+ ⎥
3⎦
3⎦
⎣ 4
⎣ 4
Punto b
Si trovi il rettangolo di area massima inscritto in Γ .
Il rettangolo di area massima può essere trovato attraverso differenti soluzioni. Se ne presenteranno
3:
•
Uso della geometria analitica e dell’analisi
Si consideri la figura sottostante in cui il rettangolo e la semicirconferenza sono
rappresentati in un sistema di riferimento cartesiano con l’origine coincidente con il centro
della semicirconferenza:
La base HI del rettangolo FGHI si trova sulla retta generica di equazione y = k , k ∈ ]0,1[ . I
punti di intersezione di suddetta retta con la circonferenza di equazione x 2 + y 2 = 1 sono
( 1 − k , k ), I = (− 1 − k , k ), mentre F e G hanno coordinate
,0), G = ( 1 − k ,0 ). Con queste coordinate la base del rettangolo sarà pari a
rispettivamente
(
F = − 1− k 2
H=
2
2
2
k∈]0 ,1[
b = FG = HI = 2 1 − k 2 , e l’altezza h = HG = IF = 2 k = 2k . L’area del rettangolo è
10
______________________________________________________________________________
allora S (k ) = 4k 1 − k 2 con k ∈ ]0,1[ . Massimizziamo la funzione area attraverso il calcolo
della derivata prima: S ' (k ) = 4 1 − k 2 −
4k 2
1− k 2
=
(
4 1 − 2k 2
1− k 2
) per cui in ⎤0,
⎥
⎦
2⎡
⎢ la funzione
2 ⎣
⎤ 2 ⎡
2
è strettamente crescente, in ⎥
in cui
,1⎢ è strettamente decrescente e si annulla in k =
2
⎦ 2 ⎣
assume il valore massimo. Quindi il rettangolo di area massima
⎛
⎛
⎛ 2 2⎞
⎛ 2 ⎞
2 2⎞
2 ⎞
⎟
⎟, F = ⎜ −
⎟, I = ⎜ −
G = ⎜⎜
,0 ⎟⎟, H = ⎜⎜
,
,
⎜ 2 ,0 ⎟
⎜ 2 2 ⎟
⎟
2
2
2
⎠
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝
ha vertici
ed il rettangolo di area
2
1
ed area . Pertanto il rettangolo ha area
2
2
massima è costituito da due quadrati di lato
massima unitaria.
•
Uso della trigonometria
Si consideri la figura sottostante:
⎛ π⎞
La limitazione geometrica impone α ∈ ⎜ 0, ⎟ .
⎝ 2⎠
In tal caso per il teorema sui triangoli rettangoli OG = cos(α ), HG = sin (α ) , per cui
S (α ) = FG ⋅ HG = 2OG ⋅ HG = 2 cos(α ) ⋅ sin (α ) = sin (2α ) , ed essendo l’area una funzione
seno, essa è massima quando sin (2α ) = 1 e quindi quando 2α =
π
2
+ 2kπ ⇒ α =
π
4
+ kπ e
π
⎛ π⎞
in corrispondenza del quale la base del
per α ∈ ⎜ 0, ⎟ il valore accettabile è α =
4
⎝ 2⎠
rettangolo vale FG = 2 e l’altezza HG =
•
2
.
2
Uso della geometria elementare e dell’analisi
Si consideri la figura sottostante:
11
______________________________________________________________________________
Poniamo la base del rettangolo FG = 2 x . La limitazione geometrica impone 0 < x < 1 . Con
queste
assunzioni
IF = HG =
AF = (1 − x ), FB = (1 + x ) ,
(1 − x ) ⋅ (1 + x ) =
per
cui
per
il
teorema
di
Euclide
1 − x 2 . L’area del rettangolo è allora S ( x ) = 2 x 1 − x 2 e poiché
(
)
0 < x < 1 si ha x = x 2 da cui S ( x ) = 2 x 2 1 − x 2 . La massimizzazione della funzione area,
come già mostrato, può essere effettuata tramite le derivate; non seguiremo questa strada ma
(
S (x ) = 2 x 2 1 − x 2
mostreremo una strada alternativa. Massimizzare
(
)
è equivalente a
)
massimizzare la funzione radicando r ( x ) = x 2 1 − x 2 ; la funzione r ( x ) è il prodotto di due
(
)
numeri a somma costante (e pari a 1: x 2 + 1 − x 2 = 1 ) per cui il loro prodotto è massimo
(
)
quando i due numeri sono uguali1 e quindi quando x 2 = 1 − x 2 da cui x = ±
negativa va scartata per cui l’area del rettangolo è massima quando x =
FG = 2 , IG =
2
e vale
2
2
; la soluzione
2
2
e quindi quando
2
⎛ 2⎞
1
1
⎟ = 2 ⎛⎜1 − ⎞⎟ = 1 .
S ⎜⎜
⎟
2⎝ 2⎠
⎝ 2 ⎠
Punto c
Sia P un punto della semicirconferenza di Γ , H la sua proiezione ortogonale su AB.
Si ponga PCˆ B = x e si esprimano in funzione di x le aree di S1 e S2 dei triangoli APH e PCH.
Si calcoli il rapporto f ( x ) =
1
S1 ( x )
S 2 (x )
Siano x, y due numeri positivi la cui somma è x + y = s ed il cui prodotto è xy = p . Dalla somma si ricava
y = s − x che sostituito nel prodotto fornisce p = x(s − x ) ; pertanto il prodotto è una parabola con concavità verso
s
s
il basso e con massimo raggiunto per x =
cui corrisponde y = .
2
2
12
______________________________________________________________________________
Per rispondere al quesito dobbiamo distinguere i due casi corrispondenti rispettivamente alla
π⎞
⎛
considerazioni di un angolo PCˆ B = x acuto ⎜ 0 < x < ⎟ od ottuso
2⎠
⎝
•
⎛π
⎞
⎜ < x <π⎟.
⎝2
⎠
π⎞
⎛
I caso: PCˆ B = x acuto ⎜ 0 < x < ⎟
2⎠
⎝
La figura da considerare è la seguente:
In tal caso CH = cos( x ), PH = sin ( x ), AH = 1 + cos(x ) per cui S1 (x ) =
S 2 (x ) =
•
1
(1 + cos(x ))sin (x ) ed
2
1 + cos( x )
1
.
cos( x )sin ( x ) per cui f ( x ) =
cos( x )
2
⎛π
⎞
II caso: PCˆ B = x ottuso ⎜ < x < π ⎟ .
⎝2
⎠
La figura da considerare è la seguente:
In
tal
S1 ( x ) =
caso
CH = cos(π − x ) = − cos(x ), PH = sin ( x ), AH = 1 + cos( x )
cui
1
(1 + cos(x ))sin (x ) ed S 2 (x ) = − 1 cos(x )sin (x ) per cui f (x ) = − 1 + cos(x ) .
cos( x )
2
2
In conclusione, contemplando entrambi i casi, la funzione
f (x ) =
per
rapporto tra le due aree è
S1 (x ) 1 + cos( x )
=
. In realtà, data la non negatività di 1 + cos( x ) , la funzione rapporto tra
S 2 (x )
cos( x )
13
______________________________________________________________________________
le
due
aree
può
in
conclusione
essere f ( x ) =
S1 ( x ) 1 + cos(x ) 1 + cos(x )
=
=
S 2 (x )
cos( x )
cos( x )
con
⎡ π ⎡ ⎤π ⎤
x ∈ ⎢0, ⎢ ∪ ⎥ , π ⎥ .
⎣ 2⎣ ⎦2 ⎦
Punto d
Si studi f(x) e se ne disegni il grafico prescindendo dai limiti geometrici del problema.
Per lo studio della funzione f ( x ) =
momento che il grafico di f ( x ) =
1 + cos( x )
1 + cos( x )
, basta studiare la funzione f1 ( x ) =
, dal
cos( x )
cos(x )
1 + cos( x )
1 + cos( x )
si ricava da quello di f1 ( x ) =
ribaltando
cos( x )
cos(x )
verso le ordinate positive le parti di grafico al di sotto dell’asse delle ascisse. A tal riguardo
studiamo la funzione f1 ( x ) =
1 + cos( x )
nell’intervallo [0,2π ] visto che risulta essere periodica con
cos(x )
periodo T = 2π .
•
⎡ π ⎡ ⎤ π 3π ⎡ ⎤ 3π
⎤
Dominio: cos( x ) ≠ 0 ⇒ x ∈ ⎢0, ⎢ ∪ ⎥ , ⎢ ∪ ⎥ ,2π ⎥ ;
⎣ 2⎣ ⎦2 2 ⎣ ⎦ 2
⎦
•
Eventuali simmetrie: la funzione è pari: infatti f1 (− x ) =
•
Intersezioni asse ascisse: f1 ( x ) =
•
Intersezioni asse ordinate: x = 0 ⇒ y = 2 ;
•
Positività: f1 ( x ) =
•
Asintoti
lim+
x→
π
2
1 + cos(− x ) 1 + cos( x )
=
= f1 (x ) ;
cos(− x )
cos(x )
1 + cos( x )
= 0 ⇔ cos( x ) = −1 ⇒ x = π ;
cos( x )
1 + cos( x )
⎛ π ⎞ ⎛ 3π
⎞
≥ 0 ⇒ cos( x ) > 0 ⇒ x ∈ ⎜ 0. ⎟ ∪ ⎜ ,2π ⎟ ;
cos(x )
⎝ 2⎠ ⎝ 2
⎠
verticali:
le
rette
x=
π
2
,x =
3π
2
sono
asintoti
verticali;
infatti
1 + cos(x )
1 + cos( x )
= −∞, lim−
= +∞
π
cos(x )
cos( x )
x→
2
1 + cos( x )
1 + cos( x )
= +∞, lim −
= −∞
lim +
⎛ 3π ⎞
⎛ 3π ⎞
(
)
(
)
cos
x
cos
x
x →⎜
x →⎜
⎟
⎟
⎝ 2 ⎠
⎝ 2 ⎠
•
Asintoti orizzontali: non ce ne sono;
•
Asintoti obliqui: non ce ne sono;
•
Crescenza
e
decrescenza:
f1' ( x ) =
sin ( x )
cos 2 ( x )
per
cui
14
______________________________________________________________________________
f1' ( x ) =
•
sin ( x )
π π
> 0 ⇒ 0 < x < ∨ < x < π e si annulla in x = 0 e x = π ;
2
2 2
cos ( x )
1 + sin 2 ( x )
Flessi: la derivata seconda è f ( x ) =
per cui, non annullandosi mai, non ci sono
cos 3 ( x )
''
1
flessi a tangente obliqua; inoltre f1' ' (π ) = −1 < 0 pertanto la funzione ammette un massimo
in (π ,0 ) e nessun flesso a tangente orizzontale.
Il grafico, in cui si è considerato che la funzione è periodica con periodo T = 2π , è di seguito
presentato nell’intervallo [− 2π ,2π ] :
Il grafico di f ( x ) =
1 + cos(x )
è di seguito riportato:
cos( x )
15
______________________________________________________________________________
16
______________________________________________________________________________
QUESTIONARIO
Quesito 1
Si consideri la seguente proposizione: “Se due solidi hanno uguale volume, allora, tagliati da
un fascio di piani paralleli, intercettano su di essi sezioni di uguale area”. Si dica se essa è vera
o falsa e si motivi esaurientemente la risposta.
La proposizione è falsa in quanto si tratta della proposizione inversa del Principio di Cavalieri che
poneva una condizione sufficiente ma non necessaria per l’equiestensione dei solidi. Infatti il
principio suddetto così recitava: "Se due solidi hanno uguale altezza e se le sezioni tagliate da piani
paralleli alle basi e ugualmente distanti da queste stanno sempre in un dato rapporto, anche i
volumi dei solidi staranno in questo rapporto."
Per dimostrare la falsità della proposizione, basta
considerare due parallelepipedi con le stesse dimensioni,
e quindi con stesso volume, che poggiano su basi differenti
come a lato.
Quesito 2
Ricordando che il lato del decagono regolare inscritto in un cerchio è sezione aurea del raggio,
si provi che sin
π
10
=
5 −1
4
17
______________________________________________________________________________
L’angolo AOˆ B =
AB =
π
5
in quanto
1
dell’angolo giro. Il lato AB è la sezione aurea del raggio per cui
10
5 −1
AB
5 −1
⎛π ⎞
⎛π ⎞
da cui MA =
. Ma per il teorema dei seni MA = AO ⋅ sin ⎜ ⎟ = sin ⎜ ⎟
=
2
2
4
⎝ 10 ⎠
⎝ 10 ⎠
5 −1
⎛π ⎞
.
da cui per confronto si ricava sin ⎜ ⎟ =
4
⎝ 10 ⎠
Quesito 3
Fra le casseruole, di forma cilindrica, aventi la stessa superficie S (quella laterale più il fondo)
qual è quella di volume massimo?
Si consideri il cilindro sottostante di raggio r ed altezza h:
La superficie ed il volume del cilindro saranno:
S = πr 2 + 2πrh
V = πhr 2
Dalla superficie ricaviamo l’altezza h =
⎛ S − πr 2
V (r ) = πr 2 ⎜⎜
⎝ 2πr
V ' (r ) =
⎞ rS − πr 3
⎟⎟ =
.
2
⎠
S − πr 2
S
e sostituendo nel volume si ha
con 0 < r <
2πr
π
Derivando
il
volume
in
funzione
del
raggio
si
ha
⎛
S ⎞
S − 3πr 2
⎟ , strettamente
per cui la funzione risulta strettamente crescente in ⎜⎜ 0,
2
3π ⎟⎠
⎝
decrescente
⎛ S
S⎞
⎜
⎟
,
⎜ 3π π ⎟
⎝
⎠
in
⎛ S ⎞
⎟ = [− 3πr ]r =
V ' ' ⎜⎜
⎟
3
π
⎝
⎠
S
3π
= −3π
e
si
annulla
in
r=
S
.
3π
Inoltre
S
< 0 , per cui la casseruola di volume massimo è quella per cui
3π
18
______________________________________________________________________________
r=
S S
S
ed il volume massimo vale Vmax =
.
3π
3 3π
Quesito 4
Si esponga la regola del marchese de L’Hôpital (1661 – 1704) e la si applichi per dimostrare
che è:
x 2008
=0
x → +∞ 2 x
lim
Enunciamo la regola di de L’ Hôpital:
Se due funzioni f ( x ) e g ( x ) definite in un intorno di + ∞ , sono derivabili in tale intorno, con
g ' ( x ) ≠ 0 ; se le due funzioni, per x → +∞ tendono entrambe a 0 o a ∞ e se esiste il limite del
f ' (x )
, allora esiste anche il limite del rapporto delle
g ' (x )
rapporto delle derivate delle funzioni date,
funzioni
f (x )
f (x )
f ' (x )
= lim
.
e vale lim
x → +∞ g ( x )
x → +∞ g ' ( x )
g (x )
Nel caso in esame è possibile applicare tale teorema e, dopo averlo applicato 2008 volte si ha
[ ]
[ ]
x 2008
2008!
= lim
= 0 dal momento che D x n = nx n −1 se n ≥ 1, D 2 x = ln 2 ⋅ 2 x .
lim
x → +∞ 2 x
x → +∞ (ln 2 )2008 ⋅ 2 x
Quesito 5
Si determini un polinomio P(x) di terzo grado tale che:
P(0 ) = P' (0 ) = 0, P(1) = 0 e
1
∫ P(x )dx = 12
1
0
Il generico polinomio di terzo grado p una cubica di equazione y = ax 3 + bx 2 + cx + d , la cui
derivata prima è la parabola y ' = 3ax 2 + 2bx + c . Ora P(0 ) = 0 ⇒ d = 0 , mentre P ' (0 ) = 0 ⇒ c = 0 ;
(
)
inoltre P(1) = 0 ⇒ b = − a per cui il polinomio diventa y = a x 3 − x 2 . Imponendo la condizione
1
1
∫0 P(x )dx = 12 ricaviamo
1
⎡ x4 x3 ⎤
a
−
=
da cui per confronto si ottiene
a
x
x
dx
a
⎢ − ⎥ =−
∫0
3 ⎦0
12
⎣4
1
(
3
2
)
⎧ a = −1
. Il polinomio è quindi y = x 2 − x 3 . Tale funzione è strettamente positiva in
⎨
⎩b = −a = 1
(
]− ∞,0[ ∪ ]0,1[ ,
)
⎛2 4 ⎞
⎛1 2⎞
assume un minimo in (0,0), un massimo in ⎜ , ⎟ ed un flesso in ⎜ , ⎟ . Il
⎝ 3 27 ⎠
⎝3 9⎠
grafico di seguito.
19
______________________________________________________________________________
Quesito 6
⎛n⎞ ⎛ n⎞ ⎛ n⎞
Se ⎜⎜ ⎟⎟, ⎜⎜ ⎟⎟, ⎜⎜ ⎟⎟ con n > 3 sono in progressione aritmetica, qual è il valore di n?
⎝1⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 3⎠
Ricordiamo che una successione a n è in progressione aritmetica quando la differenza tra un suo
elemento ed il precedente è pari ad una costante, detta ragione. Questo equivale nel nostro caso a
⎛ n⎞ ⎛ n⎞ ⎛ n⎞ ⎛ n⎞
⎛n⎞ ⎛n⎞ ⎛n⎞
porre che ⎜⎜ ⎟⎟ − ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ − ⎜⎜ ⎟⎟ e quindi ⎜⎜ ⎟⎟ − 2⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ = 0 . Applicando la definizione di
⎝ 3⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎝1⎠
⎝ 3⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 1⎠
coefficiente
(
binomiale
si
ha:
n(n − 1)(n − 2)
n(n − 1)
−2
+n=0
6
2
da
cui
si
ricava
)
n n 2 − 9n + 14 = n(n − 2)(n − 7 ) = 0 ⇒ n = 0, n = 2, n = 7 , Dovendo essere n > 3 la soluzione
⎛7⎞ ⎛7⎞ 5 ⋅ 6 ⋅ 7 6 ⋅ 7
⎛7⎞ ⎛7⎞ 6 ⋅ 7
−
= 14 e ⎜⎜ ⎟⎟ − ⎜⎜ ⎟⎟ =
− 7 = 14 .
accettabile è n = 7 . Infatti ⎜⎜ ⎟⎟ − ⎜⎜ ⎟⎟ =
6
2
2
⎝ 3⎠ ⎝ 2⎠
⎝ 2⎠ ⎝1⎠
Quesito 7
Si determini, al variare di k, il numero delle soluzioni reali dell’equazione: x 3 − 3 x 2 + k = 0
⎧y = k
Si tratta di discutere il sistema ⎨
. La retta y = k è parallela all’asse delle ascisse,
2
3
⎩ y = 3x − x
mentre la cubica di equazione y = 3x 2 − x 3 è definita in tutto R, interseca le ascisse in (0,0 ) e (3,0 ) e
le ordinate in (0,0), è positiva o uguale a zero per x ≤ 3 , non presenta asintoti, presenta un minimo
in m = (0,0 ) , un massimo in M = (2,4 ) ed un flesso in (1,2 ) . Consideriamo il grafico sottostante
che raffigura la cubica e la retta di equazione y = 4 nello stesso riferimento cartesiano:
20
______________________________________________________________________________
Dal grafico si notano le seguenti soluzioni:
•
k > 4 : 1 soluzione negativa
•
k = 4 : 3 soluzioni di cui una negativa e due coincidenti pari a x = 2
•
0 < k < 4 : 3 soluzioni di cui una negativa e due positive distinte
•
k = 0 : 3 soluzioni di cui una positiva e pari a x = 3 e due coincidenti pari a x = 0
•
k < 0 : 1 soluzione positiva
Riassumendo si ha:
•
k < 0 ∨ k > 4 : 1 soluzione
•
0 ≤ k ≤ 4 : 3 soluzioni
Quesito 8
Sia f la funzione definita da f ( x ) = π x − x π Si precisi il dominio di f e si stabilisca il segno delle
sue derivate, prima e seconda, nel punto x = π .
La funzione in esame può essere così scritta: f ( x ) = f 1 ( x ) − f 2 ( x ) in cui il dominio di f1 ( x ) = π x è
tutto R , mentre il dominio di f 2 ( x ) = x π è R + ; quindi anche la funzione differenza ha come
dominio R + e cioè (0,+∞ ) .
Le derivate sono:
f ' ( x ) = ln π ⋅ π x − π ⋅ x π −1
f ' ' (x ) = ln 2 π ⋅ π x − π ⋅
( )x
π −1
π −2
21
______________________________________________________________________________
e valutate per x = π forniscono
f ' (π ) = ln π ⋅ π π − π ⋅ π π −1 = π π ⋅ (ln π − 1)
(
)
f ' ' (π ) = ln 2 π ⋅ π π − π ⋅ (π − 1)π π − 2 = π π ln 2 π − 1 + π π −1
Ora essendo π > e ⇒ ln π > ln e = 1 per cui entrambe le derivate in x = π assumono valore
positivo.
Quesito 9
x2 −1
Sia f ( x ) =
; esiste lim f ( x ) ? Si giustifichi la risposta.
x → +1
x −1
La
funzione
riscritta: f ( x ) =
f (x ) =
x2 −1
x −1
x 2 − 1 ⎧x + 1
=⎨
x − 1 ⎩− x − 1
ha
come
dominio
R /{1}
e
può
essere
così
x >1
.
x <1
⎛ x2 −1⎞
⎛ 2
⎞
⎟ = lim ( x + 1) = 2 mentre lim ⎜ x − 1 ⎟ = lim (− x − 1) = −2
Ora lim+ ⎜⎜
+
−⎜
−
⎟
⎟
x →1
x →1
⎝ x − 1 ⎠ x →1
⎝ x − 1 ⎠ x →1
e poiché i limiti sono diversi concludiamo che il limite richiesto non esiste. La figura di seguito
presenta la discontinuità di prima specie della funzione in esame.
22
______________________________________________________________________________
Quesito 10
Secondo il codice della strada il segnale di “salita ripida” (fig. sotto) preavverte di un tratto di
strada con pendenza tale da costituire pericolo. La pendenza vi `e espressa in percentuale e
nell’esempio è 10%. Se si sta realizzando una strada rettilinea che, con un percorso di 1, 2 km,
supera un dislivello di 85m, qual è la sua inclinazione (in gradi sessagesimali)? Quale la
percentuale da riportare sul segnale?
Per ipotesi AB=1,2 km, BC=85m.
Per il teorema di Pitagora AC = 1200 2 − 85 2 ≅ 1196,99m , per cui la percentuale di inclinazione è
p% =
85
⎛ 85 ⎞
≅ 7,1% , mentre l’angolo di inclinazione vale α = arctan⎜
⎟ ≅ 4,06° .
1196,99
⎝ 1196,99 ⎠
23

Seconda prova 2008 (Ordinamento).

Transcript

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