2008. Liceo scientifico PNI sessione straordinaria

Sessione straordinaria 2008 Liceo sperimentale Soluzione di Nicola De Rosa

1

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Sessione straordinaria 2008 Liceo sperimentale Soluzione di Nicola De Rosa

PROBLEMA1

Punto 1 ( ) ( )

= − −

2

Studiamo la funzione f x 2 2 x x 1

] ] [ [

• − ≥ ⇒ ∈ − ∞ − ∪ +∞

2

Dominio: x 1 0 x , 1 1

, − = =

x

2 0 x 2

( ) ( )

• = − − = ⇒ ⇒

2

Intersezioni asse ascisse: da cui

f x x x

2 2 1 0 = ±

− =

2 x 1

x 1 0

deduciamo che le intersezioni con l’asse delle ascisse sono tre;

• =

Intersezioni asse ordinate: non ve ne sono in quanto non appartiene al dominio;

x 0

• Eventuali simmetrie: la funzione non è né pari né dispari;

( )

− > <

2 0

x 2

x ] [ ] [

( )

• ⇒ ⇒ ∈ − ∞ − ∪

> ⇒ ( )

Positività: ;

0 , 1 1

, 2

f x x

< − ∨ >

− >

2 1 1

x x

1 0

x ( ) ( )

= =

• lim f x 0

, lim f x 0 ;

Asintoti verticali: non ve ne sono in quanto − +

→ − →

x 1 x 1

( )

• = ∞

∓

Asintoti orizzontali: non ve ne sono in quanto lim f x ;

→ ±∞

x ( )

f x = −∞

• lim ;

Asintoti obliqui: nemmeno esistono in quanto → ±∞ x

x

• Crescenza e decrescenza: la derivata prima è

( )

⎡ ⎤ − + +

2

( ) ( ) x x x

2 2 2 1

= − − + − ⋅ =

2

⎢ ⎥

f x x x per cui, tenendo conto del

' 2 1 2 − −

⎣ ⎦

2 2

x x

1 1

] ] [ [

∈ − ∞ − ∪ +∞

dominio si ha

x , 1 1

,

+

( ) 1 3

> ⇒ < <

f ' x 0 1 x 2 +

( ) 1 3

< ⇒ < − ∨ >

f ' x 0 x 1 x 2

+

( ) 1 3

= ⇒ =

f ' x 0 x 2

Dal segno della derivata prima deduciamo che la funzione presenta un massimo relativo

( )

⎛ ⎞

+

+ 1 3 3

1 3 ⎜ ⎟

= ⋅ −

= , 3 3

x , M . Inoltre si deduce che la funzione non è

all’ascissa 4

⎜ ⎟

2 4

2 ⎝ ⎠

= ±

x 1 .

derivabile in ( )

− + −

3

( ) 2 2 x 3 x 2

• =

Concavità e convessità: la derivata seconda della funzione è , per

f ' ' x ( ) 3

−

2

x 1 2

( ) = − + =

3

cui ci saranno flessi se g x 2 x 3 x 2 0 . Per risolvere l’equazione cubica possiamo

2

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+ + =

3

x px q . Il

avvalerci del metodo di Cardano per le equazioni cubiche del tipo 0

2 3 3

q p = − =

Δ = + p , q 1 vale

e nel caso in esame, con

discriminante dell’equazione è 2

4 27

1

Δ = e secondo i risultati del metodo di Cardano l’equazione ammette un’unica radice

8

reale e due soluzioni complesse e coniugate. La soluzione reale è

2 3 2 3

q q p q q p 1 2 1 2

= − + + + − − + = − + + − − ≅ −

x 1

.

476 , per cui la

3 3

3 3

2 4 27 2 4 27 2 4 2 4

( )

= −

F 1 . 476

, 7 . 547

funzione presenterà un flesso a tangente obliqua nel punto .

Il grafico è di seguito presentato:

Punto 2

Il volume richiesto è ( ) ( )

2 2 2

( ) ( )

∫ ∫ ∫

π π π

= = − − = − + + − =

2

2 2 4 3 2

4 2 1 4 4 3 4 4

V f x dx x x dx x x x x dx

1 1 1

2

⎡ ⎤ ⎡ ⎤

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

5 32 1

x

π π =

= − + + − = − + + − − − + + −

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

4 3 2

⎢ ⎥ ⎢ ⎥

4 2 4 4 16 8 8 8 1 1 2 4

x x x x ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎣ ⎦

⎣ ⎦

5 5 5

1

π

⎛ ⎞

8 9 4

π

= − + =

⎜ ⎟

4 ⎝ ⎠

5 5 5

Punto 3 ( ) ( )

= = −

I punti A e B hanno coordinate A 2

, 3 , B 2

, 3 . Il rettangolo inscritto nel segmento

iperbolico è di seguito presentato: 3

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( )

∈ , sono

I vertici del rettangolo, posto x 1

, 2

)

( −

2

C x , x 1 )

( − −

2

D x , x 1

)

( − −

2

E 2

, x 1

)

( −

2

F 2

, x 1 ( )

= = − = = −

2

CD FE 2 x 1

, CF DE 2 x . Di conseguenza l’area del

cui corrispondono i lati

( ) ( ) ( )

= ⋅ = − ⋅ − = − −

2 2

S x CD CF 2 x 1 2 x 2 2 x x 1 cioè è pari alla funzione discussa

rettangolo è +

1 3

= .

al Punto 1 ed assume, secondo quanto già trovato, un massimo relativo all’ascissa x 2

( )

⎛ ⎞

+

1 3 3

⎜ ⎟ = ⋅ −

S 3 3

Quindi l’area massima vale . I vertici del rettangolo di area massima

4

⎜ ⎟

2 4

⎝ ⎠

sono: ⎞

⎛ +

1 3 3 ⎟

⎜ ,

C 4 ⎟

⎜ 2 4 ⎠

⎝ ⎞

⎛ +

1 3 3 ⎟

⎜ −

,

D 4 ⎟

⎜ 2 4 ⎠

⎝ ⎞

⎛ 3 ⎟

⎜ −

2

,

E 4 ⎟

⎜ 4 ⎠

⎝ ⎞

⎛ 3 ⎟

⎜ 2

,

F 4 ⎟

⎜ 4 ⎠

⎝

Punto 4 = ± −

2

L’equazione dell’iperbole in forma implicita è y x 1 ; il lato della sezione esagonale

regolare scaturita dall’intersezione della sezione iperbolica di base con un piano parallelo ad AB è

( )

= − ∈

2

2 y 2 x 1 con ; di conseguenza l’area dell’esagono regolare, essendo formato da 6

x 1

, 2 4

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( ) ( )

( ) ( )

3 3 3

= − = ⋅ = ⋅ − = −

2 2 2

2

triangoli equilateri di lato 2 y 2 x 1 , è S x 6 l x 4 x 1 6 3 x 1 .

4 2

( ) otteniamo un volume pari a

Integrando tale area in 1

, 2 2

⎡ ⎤ ⎡ ⎤

( ) ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

2 3

x 8 1 4

∫

= − = ⋅ − = ⋅ − − − = ⋅ =

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

2 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

V 6 3 x 1 dx 6 3 x 6 3 2 1 6 3 8 3 .

⎠ ⎝ ⎠

⎝

⎣ ⎦

⎣ ⎦

3 3 3 3

1 1

PROBLEMA2

Punto 1 = ±

Per studiare la continuità della funzione nei punti