2007 - Liceo scientifico PNI sessione suppletiva

Nicola De Rosa Liceo scientifico PNI prova suppletiva 2007

Soluzione di De Rosa Nicola

1)

x

( )

x  

1

∫

= + − = + − =

3 2 3 2

t t t t t t

f x e e e dt e e e

( ) 2 3 3

 

 

3 0

0 + − +

3 x 2 x x

1 1 e 3

e 9 e 5

= + − − − + =

3 x 2 x x

e e 3

e 1 3

3 3 3

= x

Ora poniamo per un istante . Si ha:

z e + − +

3 2

3 9 5

z z z

= =

(ln ) ( )

f z f z 3

=

E si riconosce subito che essa si annulla per . In questo modo applicando la regola di Ruffini si ha:

z 1

ha: ( ) ( )

+ − + − +

2

3 2

z 3 z 9 z 5 z 1 z 5

= = =

f (ln z ) f ( z ) 3 3

Quindi ( )( )

2

− +

x x

e 1 e 5

=

f ( x ) 3 www.matematicamente.it

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( )( )

2

− +

x x

e 1 e 5

=

f ( x )

Studio della funzione

3

∀ ∈

Dominio: x R

( )( )

2

− +

x x

e e

1 5

= = → − = + = → =

x x

f x 0 e 1 0

, e 5 0 x 0

( )

Intersezione asse delle ascisse: 3

= → =

Intersezione asse delle ordinate: 0 0

x y

( )( )

2

− +

x x

1 5

e e

= = → − = + = → =

x x

( )

f x 0 e 1 0

, e 5 0 x 0

Positività: 3

Asintoti verticali: non ce ne sono visto che il dominio è tutto R

( )( ) ( )( )

2 2

− + − +

x x x x 5

e 1 e 5 e 1 e 5 5

= +∞ = =

y è un

lim , lim quindi

Asintoti orizzontali: → +∞ → −∞

3 3 3

3

x x

asintoto orizzontale.

Asintoti obliqui:

( )( )

2

− +

x x

e e

1 5 ( )( )

2

− + + −

3 2

x x x x x

e e e e e

1 5 3 6 9

3 = = = +∞

lim lim lim

→ +∞ → +∞ → +∞

x x

3 3

x x x

≈

( )( )

2

− +

x x

e 1 e 5 =

lim 0

→ −∞ 3 x

x

in cui è stato applicato De L’Hopital vista la forma indeterminata: per cui non esistono asintoti obliqui.

Crescenza e decrescenza

+ − ( )( ) ( )

3 x 2 x x

3 6 9

e e e

= = + − = + − > → − > → >

3 x 2 x x x x x x

e 2 e 3

e e e 3 e 1 0 e 1 0 x 0 per cui

f ' ( x ) 3

( )

+∞

0

,

nell’intervallo la funzione è strettamente crescente.

( )

= + − = + − =

3 2 2

x x x x x x

f x e e e e e e

' ' ( ) 3 4 3 3 4 3 ( )

( )

( )

     

− + − −

13 2

2 13

2 13 2 13  

+ + = → + = → =

x x x x

   

e e e e x

0 ln

0

3  

3

3

3 3

     

= = >

Inoltre ' ' ( 0 ) 4 0

f x per cui ( 0

, 0 ) è un minimo relativo ed

( )( ) 

 2

 

− + −

13 2 13 13 13 5 

  

ln , è un flesso

  

 3 81

  



Il grafico è sotto presentato: www.matematicamente.it

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2)

Per definizione, la normale ad una curva in un punto, non è altro che la perpendicolare alla tangente nel punto stesso.

 

7

 . La tangente in questo punto è:

Il punto in questione è ln 2

,

 

3 ( )

7

− = −

y f x

' (ln 2 ) ln 2

3

=

Dove ' (ln 2 ) 10

f per cui l’equazione è:

 

7

= + −

 

y 10x 10 ln 2

 

3

La normale avrà equazione allora:

 

( )

7 1 x 7 ln 2

− = − − → = − + +

 

y x ln 2 y  

3 10 10 3 10 www.matematicamente.it

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Il tutto è sotto presentato:

3)

L’area richiesta è pari a: ln 3

+ − +

   

ln 3 x x x x x

3 2 3 2

e e e e e x

3 9 5 5

∫

= = + − + =

  x

AREA dx e

3

 

 

3 9 2 3

   

0 0

   

ln 27 ln 9

e e 5 ln 3 1 1 9 5 ln 3 1 1 8 5 ln 3

= + − + − − + = + − + − − + = +

ln 3

e

3 3 3 9 3

   

 

9 2 3 9 2 2 3 9 2 9 3

 

4)

La traccia per questo quesito ci fornisce un grande aiuto: ci dice che il valore è ottenibile da quell’integrale. Ricordando cosa sia geometricamente un integrale, e cioè l’area sottesa, possiamo

ln 2

applicare il metodo dei rettangoli per calcolare approssimativamente l’area e quindi il valore.

L’approssimazione per rettangoli si traduce in: www.matematicamente.it

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−

b [ ]

( ) ( ) ( )

( ) b a

∫ ≅ + + +

f x dx f x f x f x

L −

0 1 n 1

n

a

Nel nostro caso utilizzeremo n=8 rettangoli con intervalli uguali come evidenzia la figura sottostante:

Il valore approssimato è allora:

2    

1 1 8 4 8 2 8 4 8 1 52279

∫ ≅ + + + + + + + ≅ ≅

 

dx 1 0 . 725

 

x 8 9 5 11 3 13 7 15 8 9009

1

valor che si avvicina sempre più al valore effettivo al crescere degli intervalli considerati.

www.matematicamente.it

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Soluzione di De Rosa Nicola

1)

Un punto generico ha coordinate ( x , y ) per cui si ha:

= +

2 2 2

PO x y

( )

= − +

2

2 2

PA x 2 y

Per cui [ ]

( )

+ = → + + − + = →

2

2 2 2 2 2

2 8 2 2 8

PO PA x y x y

8

+ − = ⇔ + − =

2 2 2 2

3 3 8 0

x y x x y x 0

3

 

4

=   ed il raggio, visto che la circonferenza passa per

Le coordinate del centro sono allora C , 0

 

3

4

=

R .

O=(0,0), è 3

2)

Calcolo punto B: 16 2

= → + − = → = ±

2

x y y

2 4 0

3 3

 

2

=  

B 2

,

Per cui  

 

3 www.matematicamente.it

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 

2

=  

B avrà equazione

2

,

La tangente alla circonferenza nel punto  

 

3

( ) 2

= − +

y m x 2 3

Ora per il calcolo del coefficiente angolare si possono seguire due strade, che mostreremo entrambe.

La prima si basa sulla risoluzione del sistema

 8

+ − =

2 2

x y x 0



 3

 ( ) 2

 = − +

y m x 2



 3

E sulla successiva imposizione della condizione di tangenza, cioè discriminante nullo.

Risolvendo si ha: 2 ( )

  ( )

( ) 2 8 4 4 8

+ − + − = → + − + + + − − = →

2 2 2 2

x m x x x m x x m x x

2 0 4 4 2 0

 

  3 3 3

3 3

( )  

 

m

4 8 8 4

+ + − + − + − + =

 

 

2 2 2 2

x m x m m m

1 4 4 0

 

 

 

 

3 3

3 3

∆ =

Ora imponendo 0 si ha: 2 ( )

   

m

4 8 8 4

− + − − + − + = →

   

2 2 2

m m m m

4 4 1 4 0

   

   

3 3

3 3 



 

3 2 3 2

m m m m m m

32 80 64 64 8 16 8 4

− − + − + = →

− + − +  



 4 4

m m

16 4 4 0

 

 

3 9 3