2008. Liceo scientifico PNI sessione straordinaria

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 calcoliamo i limiti seguenti:

x 1

1 1 − ∞

= = =

−

−

2 1 0

x

lim e e e 0

−

→

1

x 1 1 − ∞

= = =

−

−

2 1 0

x

lim e e e 0

+

→ − 1

x = ±

per cui la funzione è continua nei punti di ascissa .

x 1

Punto 2 1

( ) ( )

∈ −

= −

2

x 1 x 1

,

1

g x e

Studiamo la funzione con .

≠ ±

⎧ − ≠ ⎧

2 x 1

x 1 0 ( )

• ⇒ ⇒ ∈ −

⎨ ⎨

Dominio

: x 1

,

1

− < <

− < < ⎩

⎩ 1 x 1

1 x 1

• Intersezioni asse ascisse

: non ve ne sono, in quanto la funzione è prolungabile per continuità

= ± in cui si annulla, che tuttavia non appartengono al dominio

nei punti di ascissa x 1

( )

∈ − ;

x 1

,

1 −

• = ⇒ = 1

Intersezioni asse ordinate x y e

: 0 ; ( ) ( )

• − =

Eventuali simmetrie

: la funzione è pari poiché ;

g x g x

• Positività

: trattandosi di una funzione esponenziale, essa è sempre positiva nel dominio di

definizione;

• Asintoti verticali : non ve ne sono in quanto

1 1 − ∞

= = =

−

−

2

x 1 0

e e e

lim 0

−

→

x 1 ;

1 1 − ∞

= = =

−

−

2

x 1 0

e e e

lim 0

+

→ −

x 1 ( )

∈ −

• x 1

,

1

Asintoti orizzontali

: non ve ne sono in quanto il dominio della funzione è ;

( )

∈ −

• x 1

,

1

Asintoti obliqui : non ve ne sono in quanto il dominio della funzione è ; 5

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⎤

⎡ −

1

( ) x

2

• = ⋅ ⎥

⎢

−

2 1

x

g x e

Crescenza e decrescenza '

: la derivata prima è per cui, tenendo

( )

2

− ⎥

⎢ 2 ⎦

⎣ x 1

conto del dominio si ha

( ) > ⇒ − < <

g ' x 0 1 x 0

( ) < ⇒ < <

g ' x 0 0 x 1

( ) = ⇒ =

g ' x 0 x 0

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

( )

−

= 1

M e

0

, . ( )

−

1 4

( ) x

2 3 1

• = ⋅

−

2 1

x

Concavità e convessità g x e

' '

: la derivata seconda della funzione è , per

( )

4

−

2

x 1 1

= ±

x ,

cui ci saranno due flessi a tangente obliqua alle ascisse 4 3

⎞

⎛

⎞

⎛ + +

3 3 3 3

− −

1 1 ⎟

⎜

⎟

⎜ = +

= − 2 2

F e F e

, , , .

⎟

⎜

⎟

⎜

1 2

4 4

3 3 ⎠

⎝

⎠

⎝

Il grafico è di seguito presentato:

Punto 3 ⎛ ⎞

1 1 −

= ⎜ ⎟

2

x P e

Il punto di ascissa è , . La retta normale è la retta perpendicolare alla retta

⎝ ⎠

2 2 1 ⎛ ⎞

( ) 1 −

= ⎜ ⎟

−

2 2

x 1

g x e P e

in , e quindi avrà come coefficiente

tangente alla curva di equazione ⎝ ⎠

2

angolare il reciproco cambiato di segno del coefficiente angolare della retta tangente alla curva in

⎛ ⎞

1 −

⎜ ⎟

2

P e

, ; in particolare la tangente ha equazione

⎝ ⎠

2 6

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⎤

⎡ ⎛ ⎞

− ⎛ ⎞

⎛ ⎞

⎛ ⎞ 1 2

x

1 1 2 1 ⎜ ⎟

− − − −

− + = − −

= − + = ⋅ +

⎜ ⎟

⎟

⎜ ⎟

⎜ ⎥

⎢ −

2

2 2 2 2

x 1 4 2

y g x e e x e e x e e la

' ( ) ⎜ ⎟

2 ⎝ ⎠

⎝ ⎠

⎝ ⎠ − ⎥

⎢ 2

⎝ ⎠

2

2 2 2

⎦

⎣ x 1 1

=

x 2

⎛ ⎞

⎛ ⎞

1 1 2 2

⎜ ⎟

− −

= − − + = − +

⎜ ⎟ 2 2 2

y x e e x e . Di seguito la rappresentazione

normale ⎜ ⎟

−

− ⎝ ⎠

2 8 2

⎝ ⎠

e

4 2 2

nello stesso riferimento cartesiano della curva, della tangente e della normale.

Punto 4 1 1

1

( ) ∫

= =

− −

2 2 1

x 1 x

Data la simmetria pari della funzione g x e , l’area richiesta sarà pari a S 2 e dx .

0

( ) 1

Scegliamo di suddividere l’intervallo . Applicando il metodo di

in 4 intervallini di ampiezza

0

,

1 4

Cavalieri Simpson, si ha: ( ) ( )

⎧ ⎫

+

−

1 ⎡ ⎤

⎛ ⎞

1 [ ]

g x g x ( ) ( ) ( )

1 0 4 2

∫ ⋅ + ⋅ + + ⋅

= ≅ =

⎜ ⎟

−

2 ⎨ ⎬

0 4

1

x

S e dx g x g x g x

2 2 ⎢ ⎥ 1 3 2

⎝ ⎠ ⎣ ⎦

⎩ ⎭

4 3 3 3

0 ( ) ( ) ⎫

⎧ ⎤

⎡

+

⎛ ⎞ ⎡ ⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛

⎞ ⎞

1 g 0 g 1 4 1 3 2 1

= ⋅ + ⋅ + + ⋅ =

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜

⎜ ⎟ ⎟ ⎬

⎨ ⎥

⎢

2 g g g

⎢ ⎥

⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ⎝ ⎠ ⎝ ⎝

⎠ ⎠

⎦

⎣ ⎭

⎩

4 3 3 4 4 3 2

⎤

⎡ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

− + 16 16 4

1 − − −

1 e 0 4 2

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

= ⋅ + ⋅ + + ⋅ ≅

⎥

⎢ 15 7 3

e e e 0

.

446 .

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎥

⎢

2 3 3 3

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎦

⎣ ( )

− 5

b a

≤ ⋅ con

M

L’errore commesso nell’applicazione del metodo di Cavalieri Simpson è e 4

180 n

[ ]

( ) ( )

= = =

= = ≅

IV IV

a 0

, b 1

, n 4

M max g x M max g x 8316

. Nel caso in esame e per cui

in a, b 8316

≤ ≅

e 0

.

18 . Infatti il valore dell’area fornito da

l’errore commesso è maggiorato da ⋅

180 256 7

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−

⋅ 3

Mathematica è 0.443994 che differisce di circa 2 10 da quello calcolato mediante il metodo di

Cavalieri Simpson.

QUESTIONARIO

Quesito 1 s >

Ognuno dei 4 triangoli isosceli che compongono la superficie laterale ha area , per cui detto l 0

4

s

=

h .

il lato del quadrato di base, l’altezza di ogni triangolo è T l

2

s l >

= > ⇒ > ⎯

⎯→ < <

l 0

2

h s l l s

0 , di conseguenza è pari a

L’altezza della piramide, supposto T l

2 2

−

2

⎛ ⎞ 2 2 2 4

l s l s l

= − = − =

⎜ ⎟

2 . Il volume della piramide è allora

h h

T ⎝ ⎠ 2 l

2 4 2

l

4

⎛ ⎞

−

2 4

s l

⎜ ⎟

⋅

2

l ⎜ ⎟

⋅ −

l

2

⎝ ⎠ 2 4

A h

( ) l s l

=

= =

B

V l . La massimizzazione della funzione volume la

3 3 6

effettuiamo mediante derivazione. La derivata prima è

⎤

⎡ ⎛ ⎞

− −

3 2 4

( ) l s l

1 2 3

⎜ ⎟

= − + ⋅ =

⎥

⎢ 2 4

V l s l l

' per cui, tenendo conto della limitazione

⎜ ⎟

− −

⎥

⎢

6 ⎝ ⎠

2 4 2 4

⎦

⎣ s l s l

6

< <

l s

0 , si ha: 2

( ) s

> ⇒ < <

V l l

' 0 0 4 3

2

( ) s

< ⇒ < <

V l l s

' 0 4 3 2

( ) s

= ⇒ =

V l l

' 0 4 3 2

s

=

l e vale

In virtù del segno della derivata prima il volume massimo lo si ha per 4 3

3

2

s 4

=

V .

4

max 6 27

Quesito 2 ∞

Il limite richiesto si presenta nella forma indeterminata per cui possiamo applicare il teorema di

∞

De L’Hospital per calcolarlo. Si ha: 8

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cos x

ln sin x sin x

= = =

2 .

lim lim lim cos x 1

1 cos x

→ → →

ln tan x

x x x

0 0 0

⋅

2 sin x

cos x

Alternativamente possiamo calcolarlo nel modo seguente:

ln sin ln sin ln sin 1

x x x 1 1

= = =

= = =

lim lim lim lim 1

− +

⎛ ⎞ ln cos x 0

→ → → →

sin x

ln tan ln sin ln cos

x x x 1 0

x 0 x 0 x 0 x 0 − −

⎜ ⎟ 1 1

ln − ∞

⎝ ⎠ ln sin x

cos x

Quesito 3 [ ]

( ) = + − −

La funzione nell’intervallo può essere scritta come

f x x 1 2 x 2

,

3

− − ≤ < −

⎧ x - x

1 3 2 1

( ) = + − = ⎨

f x x x

1 2 .

− ≤ ≤

⎩ x - x

1 1 3 ( ) ( )

− − = − =

= − x x

in quanto lim 1 3 2

, lim 1 2 , per cui essa è

Tale funzione è continua in x 1 − +

→ − → −

x 1 x 1 − ≤ < −

⎧ - x

3 2 1

[ ] ( ) =

− ⎨

f x

'

; la derivata prima è da cui

continua in tutto l’intervallo 2

,

3 − ≤ ≤

⎩ - x

1 1 3

= − la funzione presenta un punto angoloso e pertanto non è derivabile.

deduciamo che in x 1

Poiché una delle ipotesi del teorema di Lagrange, oltre alla continuità della funzione nell’intervallo

[ ] ( )

− −

, è la derivabilità della funzione in , deduciamo che nel caso in esame esso non è

2

,

3 2

,

3

applicabile.

Quesito 4 < − ∨ >

⎧ + > ⎧

2 3 0

x x ] [

3 0

x x ⇔ ∈ − ∞ −

⇔ ⎨

⎨

Il dominio è . Notiamo che la funzione è

, 3

: x

D ≤ −

− − ≥ ⎩

⎩ 2

x

2 0

x ( )

= − =

e vale .

prolungabile per continuità anche nel punto x 3 y 0 0

Quesito 5 L , R , l

Indichiamo con rispettivamente il lato del triangolo L

equilatero circoscritto, il raggio del cerchio inscritto ed

il lato del triangolo equilatero inscritto nel cerchio. l 120°

S

= R

R

L

Il raggio del cerchio inscritto nel triangolo equilatero di lato è p

S p

e sono rispettivamente l’area e il semiperimetro del triangolo

dove 2

L 3 L 3

4

= =

R . Il lato del triangolo inscritto nel cerchio di raggio

circoscritto, per cui L

3 6

2 9

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