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

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

H

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 piu’ al valore effettivo al crescere degli intervalli considerati.

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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 3

 

 

3 3 3 3 3

2

m m m

16 64 64 16 32

− + − + = → + + = →

2

m m

0 48 3 96 16 3 0

3 9 3

3 3 3 ( ) 1

2

+ + = → + + = → + = → = −

2 2

m m m m m m

3 3 6 3 0 3 2 3 1 0 3 1 0 3

L’altro modo di procedere, piu’ semplice ed intuitivo, è di utilizzare le derivate, ricordando che il

coefficiente angolare della tangente è il valore della derivata nell’ascissa del punto di tangenza.

In tal caso però va esplicitata prima la circonferenza come una normale funzione, cioè dobbiamo

=

esprimerla come y f (x ) . Risulta chiaro che in tal caso si ha:

8 x

= ± − 2

y x

3 www.matematicamente.it

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In tal caso, dovendo calcolare la tangente in un punto che si trova nel primo quadrante, allora va

8 x

= − 2

y x la cui

considerata la semicirconferenza che si trova nel primo quadrante di equazione 3

derivata è 4 2

4 − −

− 2

x 1

3

3

3 = = = = = −

= m f ' ( x 2 ) .

y ' , per cui il coefficiente angolare sarà 2

16 3

8 x −

− 2 4

x 3

3

3

Il risultato trovato è identico al precedente, ma privo di tanti calcoli.

L’equazione della tangente sarà allora: −

( )

1 2 4 x

= − − + =

y x 2

3 3 3

2)

Consideriamo la figura sottostante: ˆ

O

B

C

A noi interessa calcolare l’angolo .

Innanzitutto in tal caso osserviamo che il triangolo OBC è isoscele.

4 4 π

= −

= = + = ˆ

ˆ

O

B

C 2 B

O

C

OB BC , per cui

4

Infatti 3 3 www.matematicamente.it

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π

 

1

x = =

= ˆ  

B

O

C per cui

arctan

per cui

y

Ma la retta OB ha equazione  

  6

3

3

π π

  ( )

2

π ° − ° = °

= − = = °

ˆ   180 120 60

. Per cui l’angolo acuto richiesto sarà

O

B

C 2 120

 

6 3

3) =

= + + +

3 2

La cubica di equazione y ax bx cx d passa per l’origine O=(0,0) e questo implica 0

d

  2 1

2 + + = ⇔ + + =

=   .

8 4 2 4 2

e questo comporta

2

, a b c a b c

Inoltre passa per B  

  3 3

3

La presenza del flesso a tangente orizzontale in (0,0) comporta altre due condizioni:

( )

= + + = =

2

f ' ( 0

) 3

ax 2

bx c c 0

=

x 0

( )

= + = = → =

f ' ' ( 0

) 6 ax 2

b 2

b 0 b 0

=

x 0

3

x

= =

3

y ax

Quindi la cubica avrà equazione 4 3

Questa funzione è definita i tutto R, incontra l’asse delle ascisse e delle ordinate nel suo flesso

( ) ( )

− ∞ ∪ +∞

+∞ , 0 0

,

(0,0), è positiva in ( 0

, ) , è crescente in .

Il suo grafico è il seguente: www.matematicamente.it

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4)

L’area richiesta è pertanto: 2

  



2 3 2 4

x x x x 2 1 1

∫ = − =

= −

= − 



AREA dx  



   

 3 4 3 2 3 16 3 3 3 3

0 0 www.matematicamente.it

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QUESTIONARIO MATURITA’ SUPPLETIVA 2007

Soluzione di De Rosa Nicola

Consideriamo la figura sottostante in cui vengono rappresentate nello stesso sistema di riferimento

2 = − +

=

y e la retta y x 3 :

la curva di equazione x

I punti di intersezione tra la retta e la curva sono dati dalla risoluzione dell’equazione seguente:

2 = − + → − + = − − = → = =

2

3 x x 3 x 2 ( x 1

)( x 2 ) 0 x 1

, x 2

x = =

Cioè i punti di intersezione sono (

1

, 2 ), ( 2

,

1

)

A B

Per il teorema di Guldino il volume del solido generato da una rotazione completa attorno all’asse

b [ ]

π ∫

= 2

V f ( x ) dx

delle ascisse è e nel nostro caso

a ( ) 2



 π

 

− +

2 3

2    

( ) 2 x 3 4 1 8

π π π

∫

= − + − = − + = − + + − =

2   

  

V x 3 dx 2 4

 

   



 x 3 x 3 3 3

 





1 1 www.matematicamente.it

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Soluzione di De Rosa Nicola [ ]

= a, b

Il valore medio di una funzione y f (x ) in un intervallo è per definizione

b

1 ∫

=

V f ( x ) dx

−

M b a a

Nel nostro caso π π π [ ]

( )

1 1 1

∫ ∫ ∫

= = − = − =

3 2 2

V x dx x x dx x x x dx

sin ( ) sin( ) 1 cos ( ) sin( ) sin( ) cos ( )

π π π

M 0 0 0

π

   

3 x 1 4

1 cos ( ) 1 1

− + = − + − =

x 1

cos( ) 1

   

π π π

  3 3

3 3

0

Soluzione di De Rosa Nicola [ ]

∈ →

f : x a , b R

Enunciamo innanzitutto il teorema di Rolle: sia .

Se [ ]

a, b

f x

( ) continua in ;

f x a b

( ) derivabile in ( , ) ;

=

f a f b

( ) ( )

( )

∃ ∈ =

c a , b : f ' ( c ) 0

Allora .

Geometricamente questo teorema si interpreta col fatto che se una funzione è derivabile, e quindi

ammette tangente, e se assume agli estremi valori uguali, allora essa ammetterà massimo o minimo

cioè ammetterà una tangente orizzontale.

Nel nostro caso la derivabilità e continuità sono banalmente verificate, trattandosi di una cubica.

Deve essere solo imposta l’uguaglianza nei valori estremi cioè 7

= → = + → = −

f f k k

(

1

) ( 2 ) 4 11 2 2 − +

2

2 x x

x x 7 6 14 7

7 7 = − + =

= − + + 2

3 y x x

y x ' 3 7 .

3 la cui derivata è

Per cui la cubica diventa 2

2 2 2

±

7 7

= → − + = → =

2

y ' 0 6 x 14 x 7 0 x e tra i due quello che rientra nell’intervallo [1,2] è

Ora 6

+

7 7

=

x .

6 www.matematicamente.it

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2

7 7

x x

= − + +

3

y x 3 è ovunque continua e derivabile, non ha asintoti è crescente

La funzione 2 2

    −

+ − 7 7

7 7 7 7

    =

+∞ ∪ − ∞ , un

x

e presenta un massimo all’ascissa

negli intervalli , ,

    6

6 6

   

+ 7

7 7 =

= .

x

ed un flesso all’ascissa

x

minimo all’ascissa 6

6

e come si nota anche dal grafico nell’intervallo [1,2] sono rispettate tutte le ipotesi del teorema di

Rolle.

Soluzione di De Rosa Nicola

Si consideri la figura sottostante: www.matematicamente.it

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+ =

La tesi da argomentare è con costante.

DH HE k k

= =

Supponiamo AB AC l

Per il teorema sui triangoli rettangoli si ha: = sin( ),

DH BH x

= sin( )

HE HC x

+ = + = + =

Per cui sin( ) sin( ) ( ) sin( ) sin( )

DH HE BH x HC x BH HC x BC x

Inoltre per il teorema dei seni si ha

BC AB AC

= = → = = =

sin( ) sin( 2 ) sin( 2 ) sin( 2 )

BC x AB x AC x l x

π −

sin( 2 ) sin( ) sin( )

x x x

Ma sempre per il teorema sui triangoli rettangoli si ha:

= = = =

sin( ) sin( 2 ) sin( 2 )

BG BC x AB x l x FC

+ = = =

Per cui in conclusione sin( 2 ) cioè in un triangolo isoscele la somma

DH HE BG FC l x

delle distanze di un punto della base dai due lati uguali è pari all’altezza relativa ai lati uguali, ed in

tal senso la suddetta somma può ritenersi costante. Ovviamente al variare dell’angolo alla base tale

somma varierà, ma geometricamente sarà sempre pari all’altezza relativa ai lati uguali.

Soluzione di De Rosa Nicola