2011 - Liceo della comunicazione, sessione ordinaria

Nicola De Rosa, Liceo della comunicazione sessione ordinaria 2011, matematicamente.it

   

  

         

2 x 2

Positività: in quanto

f x 1 x e 0 1 x 0 1 x 1

   

x ;

e 0 x R

Asintoti verticali: non ve ne sono in quanto il dominio è R;

 

  

       

2 x

Asintoti orizzontali: , mentre

lim f x lim 1 x e

   

x x  

 2

1 x

 

  

  

2 x

lim f x lim 1 x e lim x

   e

x x x

applicando due volte l’Hospital

 

 2 

1 x 2

 

lim lim 0

x x

 

e e

x x 

per cui la retta è asintoto orizzontale destro;

y 0

Asintoti obliqui: non ve ne sono in quanto

   

f x f x

   ;

lim , lim 0

   

x x

x x

Crescenza e decrescenza: la derivata prima è

   

    

       

x 2 x 2 x per cui

f ' x 2 x e 1 x e x 2 x 1 e

   

  

             

2 x 2

f ' x x 2 x 1 e 0 x 2 x 1 0 x 1 2 x 1 2

; quindi la funzione è strettamente crescente in

     

       

e strettamente decrescente in

,

1 2 1 2 , 1 2 ,

1 2



 l’ascissa del l’ascissa

x 1 2

per cui è massimo e è

x 1 2 m

M

del minimo;

Concavità e convessità: La derivata seconda è

   

      

         

x 2 x 2 x

f ' ' x 2 x 2 e x 2 x 1 e x 4 x 1 e per cui

           

2

f ' ' x 0 x 4 x 1 0 2 3 x 2 3 ; quindi la funzione

 

 

ha concavità verso l’alto in 2 3 , 2 3 e verso il basso in

 

 

    

  

      3 2

F 2 3 , 4 3 6 e

, 2 3 2 3 , ; i punti e

  1

   

    3 2

F 2 3 , 4 3 6 e sono flessi a tangente obliqua.

2 2

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

Il grafico è:

Punto 3  

   

 

Calcoliamo l’integrale indefinito 2 x utilizzando

F x 1 x e dx

l’integrazione per parti:

   

   

  

      

2 x 2 x x

F x 1 x e dx 1 x e 2 xe dx

  

  

     

2 x x x

1 x e 2 xe 2 e dx

   

   

        

2 x x x 2 x

1 x e 2 xe 2 e x 2 x 1 e K

 

   

 

    

 2

2 x x

Posto ricaviamo g x x 2 x 1 e x 1 e

K 0 3

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Punto 4

L’area richiesta, ricordando che una primitiva della funzione integranda

  

 2 x

è come dimostrato al Punto 3, è pari a

x 1 e    

   

1 2    

  1 2

   

        

2 2

2 x 2 x x x

S 1 x e dx 1 x e dx x 1 e x 1 e



1 1



1 1

    

    

1 2 1 1 2

4

e 9

e 4

e 8

e 9

e   

 

 2 x

Calcoliamo ora invece il limite . Si ha:

lim 1 x e dx

   1

   

   

   

 



   

     

2 2

2 x x 1

lim 1 x e dx lim x 1 e lim 1 e 4

e

1

  

     

1

Il limite applicando due volte il teorema di De L’Hospital è

 

   

  2

  1 2



 

   

2   per cui

lim 1 e lim lim 0

 

  

     

 

e e

  

  

  

2 x 1 .

lim 1 x e dx 4

e

   1

Questo integrale, se fosse stato preceduto dal segno “-“ , non era altro



che l’area della regione di piano compresa tra e l’asse x

 



nell’intervallo 1

, in quanto in questo intervallo la funzione è

negativa; infatti il valore dell’integrale così proposto è negativo e in

quanto tale non può identificare un’area che per definizione è non

negativa; col segno “-“ davanti questo integrale definito sarebbe

positivo e identificherebbe l’area sopra indicata.

4

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PROBLEMA2

Nel piano, riferito ad assi cartesiani Oxy, sono dati i punti: A(2;1), B(-

2;1), C(2;3), D(2;5), E(6;5)

1. Si verifichi che il quadrilatero convesso ABDE è un parallelogramma

del quale C è il punto d’incontro delle diagonali. Si calcoli l’area del

quadrilatero.

2. Si consideri il fascio di curve di equazione

 

2

x 2 x a



y 

2 x 4

dove a è un parametro reale. Si verifichi che, qualunque sia a, la curva

corrispondente ammette C come centro di simmetria e le rette AD e BE

come asintoti. 

3. Si determini la curva del fascio passante per il punto P(0,1) e si



verifichi che le rette AB e DE sono tangenti a . Si tracci il grafico di

 . 

Si calcoli l’area della regione finita di piano delimitata da

4. , dalla

  e dall’asse

retta BE, dalla retta di equazione y.

x 2

RISOLUZIONE

Punto 1

Si consideri la figura seguente raffigurante il parallelogramma ABDE:

5

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Le equazioni delle rette componenti il parallelogramma, ricordando la

 

y y x x



1 1

formula della retta passante per due punti

 

y y x x

2 1 2 1

    , sono:

x , y , x , y

1 1 2 2

 

AB : (si ricava senza applicare la formula soprastante ma

y 1

notando che i punti A e B hanno stessa ordinata)

 

DE: (si ricava senza applicare la formula soprastante ma

y 5

notando che i punti D ed E hanno stessa ordinata)

  

BD: y x 3

  

AE: y x 1

Notiamo dalle equazioni delle rette che i lati opposti del quadrilatero

sono paralleli e due lati consecutivi non sono perpendicolari per cui il

quadrilatero può essere un rombo o un parallelogramma; ma poiché le

lunghezze di due lati consecutivi sono differenti in quanto

   

2 2 allora deduciamo che il quadrilatero

AB 4

, BD 4 4 4 2

ABDE è un parallelogramma.

Sempre tenendo presente la formula che esprime l’equazione di una

retta passante per due punti ricaviamo che le diagonali hanno equazioni:

 

AD: (si ricava senza applicare la formula soprastante ma

x 2

notando che i punti A e D hanno stessa ascissa)

x

 

 y 2

BE: 2  

2

,

3

che si incontrano nel punto coincidente con C.

 

e l’altezza

La base del parallelogramma misura per cui

AB 4 AD 4

l’area del parallelogramma è 16.

Punto 2

Notiamo innanzitutto che il fascio di curve di equazione

 

2 x

x 2 x a  

  

y 2

y degenera nella retta di equazione se .

a 8



2 x 4 2

6

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   

 

X 4 x x 4 X



 

Consideriamo la seguente trasformazione e

   

 

Y 6 y y 6 Y

 

2

x 2 x a



sostituiamo nella curva di equazione . Si ha:

y 

2 x 4

   

      

2 2

4 X 2 4 X a X 10 X 24 a

   

6 Y  

  

2 4 X 4 4 2 X

       

2 2 2

X 10 X 24 a X 2 X a X 2 X a

    

Y 6   

4 2 X 4 2 X 2 X 4

per cui l’espressione della funzione trasformata coincide con quella di

partenza; quindi C è centro di simmetria al variare di a.

 

2  

x 2 x a

  

y R 2

La funzione è definita in ; il limite per è

x 2



2 x 4

  



 

2 se a 8

x 2 x a  



lim per cui è asintoto verticale se e

x 2

 



 

3 se a 8

2 x 4

x 2     

solo se mentre se il punto di ascissa è una

a 8 a 8 x 2  

discontinuità eliminabile. Supponiamo quindi da ora in avanti .

a 8

 

2

x 2 x a  

lim

Poiché non ci sono asintoti orizzontali; vediamo



  2 x 4

x  

y mx q

se esistono asintoti obliqui. Essi avranno equazione con

 

   

 

f x

   ; nel caso in esame

m lim , q lim f x mx

 



   

x

x x

   

  2

f x x 2 x a 1

  

m lim lim ,

  

 2

   

x 2

2 x 4 x

x x  

  

2

 

  x 2 x a x 4 x a

 

     

q lim f x mx lim lim 2

 

 

     

 

2 x 4 2 2 x 4

x x x

x

 

per cui l’asintoto obliquo ha equazione y 2 .

2 x

 

   y 2

Gli asintoti, quindi, posto , hanno equazioni e

a 8 x 2 2

che coincidono con le rette AD e BE.

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Punto 3



La curva del fascio passante per il punto P(0,1) è quella per cui

a    

1. .

1 a 4

 4

 

La retta AB ha equazione mentre la retta DE ha equazione .

y 1 y 5



Per verificare che le rette AB e DE sono tangenti a calcoliamo i punti

 

2

x 2 x 4



a tangente orizzontale della funzione cioè i punti in cui

y 

2 x 4

si annulla la derivata prima. La derivata prima è:

 

  

     

2 2

2 x 2 2 x 4 2 x 2 x 4 2 x 8 x

 

y ' per cui

   

 

2 2

2 x 4 2 x 4



2

2 x 8 x

     

y ' 0 x 0 x 4 . I punti a tangente orizzontale sono,

 

 2

2 x 4

    

0

,

1

quindi, e che appartengono alle rette di equazione e

4

,

5 y 1

 .

y 5  

2

  x 2 x 4

 

y f x

Studiamo la funzione :



2 x 4

 



R 2

Dominio: ;

Intersezione ascisse:

 

2

x 2 x 4

         

2

y 0 x 2 x 4 0 x 1 5 ;





2 x 4  

  

x 0 f 0 1

Intersezioni ordinate: ;

Simmetrie: la funzione non è né pari né dispari;

 

2

x 2 x 4

          

y 0 1 5 x 1 5 x 2

Positività: ;



2 x 4

Asintoti verticali: come dimostrato al Punto 2, poiché

   

2 2

x 2 x 4 x 2 x 4

    

lim , lim , la retta è asintoto

x 2

 

 

 

2 x 4 2 x 4

x 2 x 2

verticale destro e sinistro;

Asintoti orizzontali: come dimostrato al Punto 2, non vi sono asintoti

orizzontali; 8

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come dimostrato al Punto 2, l’asintoto obliquo destro e

Asintoti obliqui: x

 

sinistro coincidono con ;

y 2

2 

2

2 x 8 x



Crescenza e decrescenza: la derivata prima è il cui segno

y '  

 2

2 x 4

è di seguito presentato: 

2

2 x 8 x

     

y ' 0 x 0 x 4

 

 2

2 x 4



2

2 x 8 x

       

y ' 0 0 x 2 2 x 4

 

 2

2 x 4    

   

per cui la funzione è strettamente crescente in e

,

0 4

,

 

   

 M 0

,

1

strettamente decrescente in per cui è massimo

0

, 2 2

, 4

 

relativo e è minimo relativo;

m 4

,

5

Concavità e convessità: la derivata seconda è

 

    

    

2 2

4 x 8 2 x 4 4 2 x 4 2 x 8 x

 

y ''  

 4

2 x 4

     

   

3 2

16 x 2 16 x 2 x 4 2

 

   

 

4 2

16 x 2 x 2

la funzione nel dominio ha sempre concavità verso l’alto e non

per cui

presenta pertanto flessi.



Il grafico è a lato presentato: 9

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Punto 4

L’area da calcolare è di seguito rappresentata in grigio:

L’area richiesta è

 

 

0 2

x x 2 x 4

  

  

S 2 dx ; poiché

 



 

2 2 x 4

 2

 

   

2

x 2 x 4 x 4

    

 

2 essa diventa

 

 

 

 

2 x 4 2 2 x 4

 

 

0 2

x x 2 x 4

  

   

S 2 dx

 



 

2 2 x 4

 2

   

0 0

4 2

 

   

   

dx dx

 

   

2 x 4 x 2

 

2 2

 

      

0

2 ln x 2 2 ln 2 2 ln 4 2 ln 2

 2 10

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QUESTIONARIO

Quesito 1 

Si trovi l'area della regione delimitata dalla curva e dall'asse x

y cos x

da x = l a x = 2. 2



L’area richiesta, pari a , è raffigurata in grigio di seguito:

cos x dx

1

Ricordando che il coseno cambia segno, da negativo a positivo in

 l’area richiesta risulta pari a

corrispondenza di 2

 

2 2

2    

  

     

2

S cos x dx cos xdx cos xdx sin x sin x 

2

1

 2

1 1 2

       

       