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Sessione ordinaria 2007 in America Latina Soluzioni di Nicola De Rosa
( ) ( ) 1
= + =
In particolare la funzione F x 2 log x 1 interseca l’asse delle ascisse in b mentre la
10 10
( ) ( )
= − + =
funzione G x 2 log x 1 interseca l’asse delle ascisse in c 10 . I grafici sono di seguito
10
presentati in un unico sistema di riferimanto cartesiano:
Punto 3
Si calcoli l’area del triangolo mistilineo di base l’intervallo [b, c] e vertice il punto
d’intersezione tra F e G e, con l’aiuto di una calcolatrice, se ne dia un valore approssimato.
( )
1
,
1 e l’area da calcolare è rappresentata in verde nella
Le due curve F e G si intersecano nel punto
figura di seguito presentata:
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Tale area vale:
1 10
[ ] [ ]
( ) ( )
∫ ∫
= + + − + =
S 2 log x 1 dx 2 log x 1 dx
10 10
1 1
10
10 1 10
[ ] [ ]
( ) ( )
∫ ∫ ∫
= + − =
dx 2 log x dx 2 log x dx
10 10
1 1 1
10 10
[ ] [ ]
( ) ( )
1 2 2
= − + − − − =
1 10
10 x ln x 1 x ln x 1
1 1
ln 10 ln 10
10 10 [ ]
{ ( ) }
[ ] [ ]
1 2 1 1 2
= − + − − − − − − − =
10 1 ln 1 10 ln 10 1 1
ln 10 ln 10
10 10 10
1 2 1 1 2 10
=
= − + − + + − − +
10 1 ln 10 1 10 ln 10
ln 10 ln 10 2
10 10 2 10
−
1 2 1 9 10 9 10 2 11 2 10 9 10
= − + + − − = − =
+
10 10 2 ln 10
ln 10 20 10 ln 10 10
10 10 10
−
11 10 20
=
5 ln 10
Numericamente, calcolatrice alla mano, tale area vale 1.28421.
Punto 4
( ) = 2
Sia g x x Si determini il valore di a per cui f e g hanno la stessa tangente nel punto di
.
ascissa 1. ( ) ( ) ( ) ( )
= = + = 2
P 1
,
1 per cui f x a log x 1 e g x x avranno stessa tangente in
Il punto di ascissa 1 è 10
( ) ( ) ( )
= = +
P 1
,
1 se il coefficiente angolare della tangente alla curva rappresentata da f x a log x 1 è
10
( ) = 2
uguale a quello della tangente alla parabola g x x .
Il coefficiente angolare è il valore della derivata prima nel punto di ascissa, per cui
a a
= =
m
⋅ = ⇔ =
f ⇒
x ln 10 ln 10 m m a 2 ln 10
=
x 1 f g
[ ]
= =
m 2 x 2
=
x 1
g ( )
= − + = −
y 2 x 1 1 2 x 1
In tal caso la retta tangente ha equazione . ( ) ( )
= ⋅ +
Di seguito vengono rappresentate nello stesso grafico le funzioni f x 2 ln 10 log x 1 ,
10
( ) = = −
2
g x x e la retta tangente y 2 x 1 .
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PROBLEMA 2
Si consideri la funzione f così definita: −
2
4 x ≤
se x 1
( ) 3
=
f x 1
≥
se x 1
x
Punto 1
Si disegni il grafico di f ;
Il grafico della funzione −
2
4 x ≤
se x 1
( ) 3
=
f x 1
≥
se x 1
x ] ]
− ∞ ,
1
è l’unione di due grafici; il primo nell’intervallo è il grafico di una parabola con concavità
( )
4 −
= 2
,
0
verso il basso, vertice in , mentre il secondo
e che interseca l’asse delle ascisse in
V 0
,
3
[ [
+∞ =
1
,
nell’intervallo è il ramo di iperbole equilatera di equazione xy 1 . Il grafico della funzione
richiesta è rappresentato in rosso nella figura seguente:
Nella figura soprastante sono stati rappresentati entrambi i grafici delle due funzioni componenti la
( )
f x
funzione ; in particolare la parte in blu rappresenta la parte di grafico di iperbole equilatera da
[ [
+∞
1
,
non considerare in quanto non facente parte dell’intervallo , mentre la parte di grafico in verde
rappresenta la parte di grafico della parabola da non considerare in quanto non facente parte
] ]
− ∞ ,
1 . Il grafico in rosso è quello che rappresenta la funzione richiesta.
dell’intervallo
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Punto 2
Si dica se f soddisfa le condizioni del teorema del valor medio [o teorema di Lagrange – da
Giuseppe Lagrange (Torino, 25 gennaio 1736 – Parigi, 10 aprile 1813)] sull’intervallo [0,2] e
quali sono, se esistono, gli eventuali valori medi in tale intervallo.
Il teorema di Lagrange (o del valor medio) afferma che se una funzione reale di variabile reale è
continua in un intervallo [a; b] e derivabile in (a; b), esiste almeno un punto interno all'intervallo in
cui la tangente al grafico della funzione è parallela alla retta che congiunge i punti del grafico
corrispondenti agli estremi dell'intervallo [a;b]. Questa è l’interpretazione geometrica del teorema di
Lagrange.
In modo più formale:
[ ] →
• f : a , b R
Sia
• continua in [a, b]
• derivabile in (a, b) −
( ) ( ) f (
b ) f ( a )
∃ ∈ =
'
allora in queste ipotesi c a , b : f c .
−
b a
Dopo aver enunciato il teorema di Lagrange ed averlo interpretato geometricamente, mostriamo
come esso sia applicabile alla funzione −
2
4 x ≤ 1
x
3
=
( )
f x 1
≥ 1
x
x
=
La funzione è continua in x 1 ; infatti 1
= =
lim f ( x ) lim 1
+ +
→ → x
x 1 x 1 −
2
4 x
= =
lim f ( x ) lim 1
− −
→ → 3
x 1 x 1
Inoltre la derivata della funzione è x
2
− ≤
x 1
3
=
f x
' ( ) 1
− ≥
x 1
2
x
per cui
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1
= − = −
f x
lim ' ( ) lim 1
2
+ +
→ → x
x 1 x 1
x
2 2
= − = −
f x
lim ' ( ) lim
− −
→ → 3 3
x 1 x 1
=
da cui si ricava la non derivabilità in f (x ) è continua [0,2] e non
x 1 . Quindi la funzione
( )
=
x 1∈ 0
, 2
derivabile in ; ergo ad essa non è applicabile il teorema di Lagrange.
Punto 3
Il dominio piano del II quadrante delimitato dal grafico di f e dagli assi coordinati è la base di
un solido S le cui sezioni, ottenute tagliando S con piani perpendicolari all’asse y, sono tutte
quadrati. Si calcoli il volume di S.
− 2
x
4 = ± −
= x 4 3 y
g x
( )
La funzione può essere espressa in forma implicita nel modo seguente:
3
e la determinazione negativa è quella che a noi interessa in quanto facente parte del secondo
quadrante. 4
= − − ≤ ≤
l ( y ) 4 3 y con 0 y e la cui area è
La sezione piana del solido è il quadrato di lato 3
( ) ( ) 4
2
= − − = − ≤ ≤
A
( y ) 4 3 y 4 3 y con 0 y , per cui il volume del solido richiesto è:
3
4 4
3 2
( ) y
3 16 16 8
3
∫
= − = − = − =
V y dx y
4 3 4
2 3 6 3
0 0
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QUESTIONARIO
Quesito 1
Si traccino i grafici delle seguenti funzioni di R in R:
+ −
→ → + → →
x
x 1 x x
f : x 3 ; g : x 3 1
; h : x 3 ; k : x 3 = x
y 3 sotto presentato:
I grafici da disegnare si possono tutti ricondurre al grafico della funzione
Studiamo i 4 grafici.
+
= = ⋅ = =
x 1 x x
1. f ( x ) 3 3 3 3 y per cui il grafico lo si ricava dal grafico di y 3 moltiplicando
ogni ordinata per 3 :
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= + = + =
x x
2. g ( x ) 3 1 y 1 per cui il grafico lo si ricava dal grafico di y 3 traslandolo
rigidamente verso l’alto di una unità, cioè aggiungendo una unità ad ogni ordinata del
= x
grafico di y 3 : ≥
x
3 x 0 −
=
= =
x x
3. . Ora la funzione k ( x ) 3 non è altro che la funzione pari
h ( x ) 3 − <
x
3 x 0 −
= = =
x x x
della funzione y 3 , per cui il grafico di k ( x ) 3 lo si ricava da quello di y 3
rendendolo simmetrico rispetto all’asse delle ordinate come sotto presentato:
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−
= =
x x
4. k ( x ) 3 : come detto nel punto 3 tale grafico lo si ricava da quello di y 3
rendendolo simmetrico rispetto all’asse delle ordinate:
Quesito 2 59
Quante cifre ha il numero nella rappresentazione decimale? Motiva esaurientemente la
5
risposta.
In generale il numero di cifre K di un numero N nella rapprersentazione in base M è pari a
[ ] ( )
{ ( ) }
= + ⋅
K 1 int log N int
dove la funzione è la funzione parte intera di un numero. Nel caso di
M [ ]
{ ( ) } [ ] [ ]
{ ( ) } { }
= = = + = + ⋅ = + = + =
59
59
N M K 1 int log 5 1 int 59 log 5 1 int 41 . 2 1 41 42 .
5 , 10 si ha 10 10
Quesito 3
Si consideri una sfera di volume V e superficie S. Si dimostri che il tasso di variazione di V
rispetto al raggio è uguale a S. π 3
4 R π
= = 2
Il volume di una sfera di raggio R è V e la superficie è 4 . Ora il tasso di variazione
S R
3
del volume V rispetto al raggio, matematicamente non è altro che la derivata prima del volume
π
3
dV d 4 R π
= = =
2
4 R S c.v.d
rispetto al raggio, per cui
dR dR 3
Quesito 4
m
Si illustrino il significato e l’ambito di utilizzo del simbolo e si risolva l’equazione:
n
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−
x x 1
= ∈
2 3 con x N
2 2
m
m !
m
≥ =
Il coefficiente binomiale con è definito come ed è utilizzato per il
m n
( )
⋅ −
n
n ! !
n m n
calcolo dello sviluppo di un binomio, mediante la formula di Newton, ma soprattutto nel calcolo
combinatorio. A tale scopo, può convenire osservare che il coefficiente binomiale è anche il rapporto
tra il numero delle funzioni iniettive da un insieme di cardinalità in uno di cardinalità (ovvero il
n m
numero delle disposizioni semplici di oggetti di classe ) ed il numero delle permutazioni di
m n n
oggetti. ≥
x 2
−
1
x x − ≥ ∈ ≥
=
⇒
x 1 2 x N | x 3
Per l’equazione bisogna innanzitutto imporre ; inoltre
2 3
2 2 ∈
x N
( ) ( ) ( )
−
− ⋅ − ⋅ −
1
x x
1 2 1
x x x x
= =
ricordando che si ha:
,
2 2
2 2
( ) ( ) ( )
− − ⋅ − ⋅ −
Dividendo
1
x x ( )
1 2 1 3
x x x x ( )
>
= ⇔ =
→ = − =
⇒
per x-
1 0
2 3 2 3 2 6 che è
x x x
2 2 2 2 2
∈ ≥
accettabile in quanto soddisfa la condizione x N | x 3 . Effettuiamo la prova:
( )
− ⋅
6 6 1 6
⋅ = ⋅ =
2 30
,
2
2 2
( ) ( )
− ⋅ −
5 6 2 6 1
⋅ = =
3 3 30 c.v.d
2 2
Quesito 5
La capacità di un serbatoio è la stessa di quella del cilindro circolare retto di volume massimo
inscrivibile in una sfera di 2 metri di diametro. Quale è la capacità in litri del serbatoio?
Si consideri la figura seguente che mostra la geometria del problema:
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= < <
Poniamo OH x , con 0 x 1 . )
( ( ) ( )
( ) 2 2
π
= ⋅ ⋅ = − 2
V x HB OH HB x
Il volume del cilindro è 2 con 1 per cui
)
( ( ) [ ]
( )
( ) 2
π π
= ⋅ ⋅ = ⋅ − < <
2
V x HB OH x x
2 2 1 con 0 x 1 Massimizziamo il volume attraverso il
.
calcolo delle derivate prima e seconda:
[ ]
( )
( ) π
= ⋅ − 2
V ' x 2 1 3 x
( ) π
= − ⋅
V ' ' x 12 x
Ora
[ ]
( )
( ) 3 3
π
= ⋅ − > < <
⇒ ⇒
2
V ' x 2 1 3 x 0 0 x V strettamen
te crescente in 0,
3 3
[ ]
( )
( ) 3 3
π
= ⋅ − < < <
⇒ ⇒
2
V ' x 2 1 3 x 0 x 1 V strettamen
te decrescent
e in ,
1
3 3
[ ]
( )
( ) 3 3
π
= ⋅ − = = =
⇒ ⇒
2
V ' x 2 1 3 x 0 x x è l' ascissa di massimo relativo
3 3
[ ]
3 π π
= − ⋅ = − <
V ' ' 12 x 4 3 0
3
=
x
3
3 3
=
x
Dalle considerazioni di cui sopra deduciamo che il volume è massimo per e vale
3
2 π π
[ ] [ ]
( ) 3 3 3 4 3 4000 3
π
= = ⋅ − = =
3 3
V x V 2 1 m dm . Poiché
max
3 3 3 9 9
π [ ] [ ]
( ) 4000 3
= = =
3 V x