1976 luglio maturità scientifica

8.

Luglio 1976: primo problema

In un sistema di assi coordinati cartesiani si studi la funzione

y = (2x - 1)/(2x³)

e se ne disegni il grafico. Si determinino i coefficienti dell'equazione

y = ax² + bx

in modo che la parabola da essa rappresentata passi per esso e per l'ulteriore punto d'intersezione della curva con la tangente inflessionale e si calcoli l'area della regione finita di piano delimitata dalle due curve.

La funzione è algebrica razionale fratta ed è di quarto grado (quindi una retta generica potrà tagliarla al massimo in quattro punti).

42

Luglio 1976 - Primo problema

Poiché il denominatore si annulla per x = 0 c'è un asintoto verticale coincidente con l'asse y.

Essendo inoltre

lim x -> infinito (2x - 1)/(2x³) = 0

anche l'asse x costituisce un asintoto orizzontale.

Lo studio del segno della f(x) fornisce

numeratore

denominatore

f(x)

da cui si ricavano le zone in cui la curva si trova sopra o sotto l'asse x.

La derivata prima è

y' = (3 - 4x)/(2x⁴)

studiandone il segno si ottengono le ascisse dei punti di massimo, minimo e flessi orizzontali.

Nel nostro caso si ha

43

Luglio 1976 - Primo problema

numeratore

denominatore

f'(x)

(0)

3/4

max

Risulta un solo punto di massimo con coordinate

M = (3/4; 16/27)

Calcoliamo la derivata seconda

y'' = 6(x - 1)/x⁵

e studiamone il segno. Individueremo così le zone in cui la curva ha concavità verso l'alto o verso il basso, e quindi i punti di flesso.

Si ha

numeratore

denominatore

f''(x)

(0)

1

flesso obliquo

Risulta un solo flesso con coordinate

F = (1; 1/2)

44          Luglio 1976 - Primo problema

La tangente inflessionale ha un coefficiente angolare pari a

f^'(1) = -1/2

e quindi la sua equazione è

y = -1/2 x + 1

45          Luglio 1976 - Primo problema

Mettiamo a sistema la funzione con la tangente inflessionale

y = (2x - 1)/(2x³)

y = -1/2 x + 1

Uguagliando i due secondi membri si ha

x⁴ - 2x³ + 2x - 1 = 0

Scomponendo in fattori con la divisione di Ruffini, si ha

(x - 1)³(x + 1) = 0

cioè una soluzione tripla per x = 1 (che è l'ascissa del punto di flesso, già noto) e una soluzione singola x = -1

Quindi l'ulteriore punto d'intersezione ha coordinate

A = (-1; 3/2)

Imponiamo ora alla parabola generica

y = ax² + bx

di passare per i punti A ed F. Si ottiene

46

Luglio 1976 - Primo problema

{ 3/2 = a - b1/2 = a + b }

da cui a = 1     b = -1/2

quindi la parabola richiesta ha equazione

y = x² - x/2

con vertice nel punto

V = (1/4; -1/16)

Con facili passaggi si può ricavare che essa taglia la funzione, oltre che nei punti A ed F, anche nel punto

B = (1/2; 0)

Rimane da calcolare l'area della regione colorata. Per essa si ottiene

S = [ (2x - 1)/(2x³) - (x² - x/2) ] dx = [ 1/x² - 1/(2x³) - x² + x/2 ] dx

= [ -x^-1 + x^-2/4 - x³/3 + x²/4 ] = -5/6 + 47/48 = 7/48

Luglio 1976 - Secondo problema

47

9.

1976: secondo problema

Si studi la funzione

y = x + 2 sen x

e se ne disegni il grafico nell'intervallo

-2 x 2

Si determinino le coordinate dei punti comuni alla curva ed alla retta di equazione

y = x - 2

e si calcoli l'area della regione di piano delimitata dalla curva e dalla retta nell'intervallo indicato.

La funzione è trascendente intera e definita per ogni x reale, passa per l'origine e non ha asintoti di alcun tipo. Calcoliamo la derivata prima e determiniamo

48    Luglio 1976 - Secondo problema

i suoi zeri

y^' = 1 + 2 cos x

1 + 2 cos x = 0

cos x = -1/2

x = ± 2/3 + 2 K    con K intero relativo

Nell'intervallo compreso fra -2 e 2 si hanno quindi le quattro soluzioni:

x = -4/3    x = -2/3    x = 2/3    x = 4/3

corrispondenti ad altrettanti punti caratteristici che possono essere riconosciuti ricorrendo alla derivata seconda

y^'' = -2 sen x

Si ottiene

f^''(-4/3) = -3 < 0      f^''(-2/3) = 3 > 0

f^''(2/3) = -3 < 0      f^''(4/3) = 3 > 0

e quindi due punti di massimo e due di minimo con coordinate

49    Luglio 1976 - Secondo problema

A = (-4/3 ; 3 - 4/3)      max

B = (-2/3 ; -2/3 - 3)      min

C = (2/3 ; 2/3 + 3)      max

D = (4/3 ; 4/3 - 3)      min

Determiniamo ora le intersezioni fra la funzione e la retta, mettendo a sistema le equazioni corrispondenti

y = x + 2 sen x

y = x - 2

si ottiene

sen x = -1

x = 3/2 + 2 K

che, nell'intervallo considerato, si riducono alle due soluzioni

x = -/2      x = 3/2

Sostituendo questi valori nell'equazione della

50

Luglio 1976 · Secondo problema

retta, si ricavano le ordinate dei due punti di intersezione fra funzione e retta. Le coordinate complete di tali punti sono

E ≡ (− /2; − /2 − 2)      F ≡ (3 /2; 3 /2 − 2).

Il grafico che ne risulta è il seguente

x     y     A     B     C     E     F     G     H

Luglio 1976 · Secondo problema

51

L'area della regione tratteggiata è la seguente

S = [x + 2 sen x − (x − 2)] dx = (2 sen x + 2) dx

= 2 [− cos x + x] = 2 (3 /2 + 1 /2) = 4

52

Luglio 1976 - Terzo problema

10. 1976: terzo problema

In un cono circolare retto avente per raggio di base e per altezza rispettivamente i segmenti r ed hr, si inscriva il cilindro avente la base sul piano di base del cono ed il volume massimo.

Per quale valore di h tale cilindro risulta anche equilatero?

In questo caso particolare si trovi anche il cilindro inscritto per il quale è massima la superficie totale.

HB = r

VH = hr

Il volume del cilindro è

V = π · HF² · GH

Luglio 1976 - Terzo problema

Ponendo HF = x

poiché i triangoli VGD e VHB sono simili si ricava

VG : GD = VH : HB

VG = GD · VH / HB

cioè

VG = hx

Quindi

GH = VH - VG = hr - hx = h(r-x)

e il volume del cilindro è

V = π x² · h(r-x)

o anche

y = -πh x³ + πhr x²

dove abbiamo indicato il Volume con la y, e rappresenta la funzione da massimizzare.

Calcoliamo la derivata prima e studiamone il segno

54

Luglio 1976 - Terzo problema

y' = -3 h x² + 2 h x

y' = h x (2r - 3x)

h x 0

2r - 3x 0

f'(x) 0

0

²/₃r

valori senza significato geometrico

max

Dunque il cilindro ha volume massimo per

HF = ²/₃r

Il cilindro (di volume massimo) è equilatero quando

CD = GH

cioè quando

2 · ²/₃r = h (r - ²/₃r)

⁴/₃r = h r / 3

h = 4

55

Luglio 1976 - Terzo problema

La superficie totale del cilindro è data dalla formula

S = 2 · HF · GH + 2 · HF²

cioè

S = 2 x · h (r - x) + 2 x²

che, per h = 4, diviene

y = 8 x (r - x) + 2 x²

y = -6 x² + 8 r x

La derivata prima è

y' = -12 x + 8 r

il cui studio del segno fornisce

²/₃r

max

cioè un massimo per

HF = ²/₃r

stesso valore per cui anche il volume è massimo

11.

1976: quarto problema

Si dimostri che

(ⁿ⁺¹/_k+1) = (ⁿ/_k+1) + (ⁿ/_k)

Partiamo dalla nota proprietà dei coefficienti binomiali

(ⁿ/_k) = (^n-1/_k-1) + (^n-1/_k)

che, riferita al triangolo di Tartaglia, asserisce che l'elemento (ⁿ/_k), cioè il k-esimo elemento della riga n, è sempre uguale alla somma del (k-1)-esimo e k-esimo elemento della riga precedente.

È, in altre parole, il criterio normalmente seguito per compilare il triangolo suddetto.

Ebbene, basta sostituire

n+1 ad n

e k+1 a k

per ottenere

(ⁿ⁺¹/_k+1) = (^n+1-1/_k+1-1) + (^n+1-1/_k+1)

cioè

(ⁿ⁺¹/_k+1) = (ⁿ/_k) + (ⁿ/_k+1)

che è, con i due termini a secondo membro invertiti, la relazione da dimostrare.