2010 - Liceo della comunicazione, sessione ordinaria

Nicola De Rosa, Liceo della comunicazione sessione ordinaria 2010, matematicamente.it



1  

 

1

  

1

L’integrale richiesto è pari a dx arctan x che coincide

 0

2 4

x 1

0

con l’area raffigurata in grigio nella figura di seguito.

4

Nicola De Rosa, Liceo della comunicazione sessione ordinaria 2010, matematicamente.it

PROBLEMA 2     

Nel piano Oxy sono dati i punti e , con . Sia P il

A 2

,

0 B 4

, k k R



punto ottenuto dalla intersezione della retta con la perpendicolare

x k

per B alla retta AB. 

a) Si provi che il luogo geometrico descritto da P al variare di ha

k

 

2

x 2 x 8



equazione: y x



b) Si disegni 

c) Si scriva l’equazione della retta r tangente a nel punti di ascissa 1



d) Si calcoli l’area della parte di piano delimitata da r, da e dalla retta



x 2

Punto 1 k



La retta AB ha coefficiente angolare per cui la perpendicolare

m 2

 

B 4

, k

alla retta AB passante per ha equazione

   

1 2

         . Intersecando la retta di

y k x 4 y x 4 k

m k

 

2

    

y x 4 k

equazione con la retta otteniamo il luogo

x k

k  

2

 

2 x 2 x 8

    

y x 4 x .

x x

Punto 2  

2

x 2 x 8



y

Studiamo la funzione x

   

      

x 0 x ,

0 0

,

Dominio: ;

5

Nicola De Rosa, Liceo della comunicazione sessione ordinaria 2010, matematicamente.it

Intersezione asse ascisse: non ve ne sono in quanto

 

       

2

2

x 2 x 8 x 1 7 0 x R 

Intersezione asse ordinate: non ve ne sono perché non appartiene

x 0

al dominio

Positività: + +

    

2

N : x 2 x 8 0 x R - +

  

D : x 0 x 0

 

2

x 2 x 8

    x

y 0 x 0 - 0 +

x

Asintoti verticali:

   

2 2

x 2 x 8 x 2 x 8

    

per cui è asintoto

lim , lim x 0

 

 

x x

x 0 x 0

verticale;  

2

x 2 x 8  

Asintoti orizzontali: per cui non esistono asintoti

lim

  x

x

orizzontali;

Asintoti obliqui: trattandosi di funzione razionale fratta con grado del

dell’asintoto

numeratore pari al grado del denominatore più 1, l’assenza

orizzontale implica la presenza di quello obliquo; esso ha equazione

  con

y mx q    

2

f x x 2 x 8

  

m lim lim 1

,

2

   

x x

x x  

   

 

2

 

  x 2 x 8 2 x 8

 

      

 

q lim f x mx lim x lim 2

   

     

 

x x

x x x

 

quindi l’asintoto obliquo ha equazione ;

y x 2

Crescenza e decrescenza: la derivata prima è

 

 

      

2 2

2 x 2 x x 2 x 8 1 x 8

 

y ' il cui quadro dei segni è

2 2

x x

rappresentato a lato; 6

Nicola De Rosa, Liceo della comunicazione sessione ordinaria 2010, matematicamente.it

      

2

N : x 8 0 x 2 2 x 2 2

 

    

2

D : x 0 x R 0



2

x 8      

0 x 2 2 x 2 2

2

x + - +

+

+ +

+

  x

2 2 2 2

+

+ +

massimo minimo

   

    

Quindi la funzione è strettamente crescente in , 2 2 2 2 ,

   

 

e strettamente decrescente in e presenta un

2 2 ,

0 0

, 2 2

 

  

massimo relativo nel punto ed un minimo relativo

M 2 2 , 2 4 2

 

 

in ;

m 2 2 , 2 4 2 16



y ' '

Concavità e convessità: la derivata seconda è per cui la

3

x

 



funzione presenta concavità verso l’alto in 0

, e verso il basso in

 

 

,

0 ; non esistono flessi.

Il grafico è di seguito presentato: 7

Nicola De Rosa, Liceo della comunicazione sessione ordinaria 2010, matematicamente.it

Alternativamente avremmo potuto trovare il grafico a partire dalla

 

2

x 2 x 8



y

seguente considerazione: la funzione può essere scritta

x

  8

  

come da cui deduciamo che il grafico è una iperbole

y x 2 x

 

  



0

, 2

centro , di asintoto verticale ed asintoto obliquo .

y x 2

x 0

Punto 3   

P 1

,

7

Il punto ad ascissa unitaria è ; la derivata prima in vale

x 1

 



2

  x 8

  

 

y ' 1 7 , per cui la tangente alla funzione nel punto

2

 

x 

x 1

   

      

P 1

,

7 y 7 x 1 7 7 x 14

ha equazione .

8

Nicola De Rosa, Liceo della comunicazione sessione ordinaria 2010, matematicamente.it

Punto 4

L’area da calcolare è rappresentata in grigio nella figura seguente:

L’area richiesta è pari a

 

 

   

2 2

2

   

x 2 x 8 8

 

 

       

 

 

A S 7 x 14 dx 8 x 16 dx

   

 

x x

 

1 1

     

2

         

2

4 x 16 x 8 ln x 16 32 8 ln 2 4 16 8 ln 2 4

1 9

Nicola De Rosa, Liceo della comunicazione sessione ordinaria 2010, matematicamente.it

QUESTIONARIO

Quesito 1

 

Sia un polinomio di grado n. Si dimostri che la sua derivata n-

p x  

    n

n

esima è dove è il coefficiente di .

a x

p x n

! a n

n  

Un generico polinomio di grado n può essere scritto nel seguente

p x

modo:

    

     

n n 1 2 

 a R

, i 0 ,

1

, ,n

con

p x a x a x a x a x a

 i

n n 1 2 1 0

Calcoliamo le derivate prima, seconda e così via sino all’n-esima:

   

 

        

n 1 n 2

p ' x n a x n 1 a x 2 a x a



n n 1 2 1

       

 

           

n 2 n 3

p '' x n n 1 a x n 1 n 2 a x 2 a



n n 1 2

        

 

         

n 3 n 4

p ''' x n n 1 n 2 a x n 1 n 2 n 3 a x 6 a



n n 1 3

         

                

n

p x n n 1 n 2 n 3 n 4 2 1 a n ! a

n n

Quesito 2

Siano ABC un triangolo rettangolo in A, r la retta perpendicolare in B

al piano del triangolo e P un punto di r distinto da B. Si dimostri che i

tre triangoli PAB, PBC, PCA sono triangoli rettangoli.

Consideriamo la figura a lato

rappresentante la geometria del

problema.

Poiché la retta PB è ortogonale al

piano del triangolo, essa è ortogonale

a tutte le rette del piano passanti per B,

quindi è ortogonale a BA e BC, da cui

deduciamo che i triangoli PBC e PBA

10

Nicola De Rosa, Liceo della comunicazione sessione ordinaria 2010, matematicamente.it

sono entrambi rettangoli in B. Ci resta da dimostrare che anche PAC è

rettangolo; in particolare vogliamo dimostrare che PAC è rettangolo in

A. Ciò è vero se, applicando il teorema di Pitagora, si ha

2 2 2

  .

PC PA AC

Applicando il teorema di Pitagora ai triangoli PBA , PBC ed ABC

otteniamo:  

2 2 2

 

PB PA AB 1

 

2 2 2

 

PC PB BC 2

 

2 2 2

 

BC AB AC 3      

Sostituendo le espressioni e in si ha:

1 3 2

 



2 2 2 2 2 2 2 2 2

        cioè il

PC PB BC PA AB AB AC PA AC

triangolo PAC è rettangolo in A.

Quesito 3  

  

3 x

Sia il grafico di . Per quale valore di x la retta tangente

f x e 1

  



 x, f x

a in ha pendenza uguale a 2?  

f x

La pendenza della retta tangente in x a una funzione è la derivata

     

3 x

f x

prima di . Nel caso in esame la derivata prima di è

f x e 1

 

   

 3 x 3 x

, per cui imponendo si ricava

f ' x 3

e 2

f ' x 3

e  

   

2 2 1 2 2

 

     

   

3 x .

e 3 x ln x ln ln 3

 

   

3 3 3 3 3

 

   

 

  2

 

2 2 5

2 ln

 

 

      

  

3

f ln e 1 1

Per si ha .

x ln 3

3  

   

3 3 3

 

3

     

 

  2 5

 

 

 

3 x ln ,

f x e 1

Quindi ha tangente in con pendenza 2.

3

 

 

3 3

 

 

11

Nicola De Rosa, Liceo della comunicazione sessione ordinaria 2010, matematicamente.it

Quesito 4 1

Si calcoli: lim 4 x sin

  x

x 1  

 

x

Effettuiamo il cambio di variabile ; se , per cui

y y 0

x

1 sin y

  

lim 4 x sin 4 lim 4

  

x y

x y 0 sin y 

in cui si è sfruttato il limite notevole .

lim 1

 y

y 0

Quesito 5

Un serbatoio ha la stessa capacità del massimo cono circolare retto di

apotema 80 cm. Quale è la capacità in litri del serbatoio?

Consideriamo la figura a lato in cui è C

rappresentato in sezione un cono di



apotema , altezza h

a 80

cm

e raggio di base r.

  

Poniamo . Il

CH x

, 0 x 80 a=80 cm

raggio di base per il teorema

di Pitagora misura

   2

HB r 6400 x .

Il volume del cono è

   

2

  hr

   2

V x x 6400 x .

3 3 A H B

Massimizziamo il volume ricorrendo

al calcolo differenziale. 12

Nicola De Rosa, Liceo della comunicazione sessione ordinaria 2010, matematicamente.it

  

    2

V ' x 6400 3 x

3

  80 3

    x

V ' x 0 0 x -

0 80

+

3 80 3

  3

80 3

   

V ' x 0 x 80 massimo

3

quindi il volume è  

80 3

 

strettamente crescente in 0

,

 

3

 

 

80 3

 

strettamente decrescente in .

,

80

 

3

 

  

  80 3 160 3

 



    

Inoltre e

V ' ' x 2 x V ' ' 0

 

3 3

  80 3



x

per cui il volume è massimo per e vale

3

    

80 3 80 3 6400 1024000 3 

    

  3

 

V V 6400 cm

 

MAX  

3 3 3 3 27

  .

1024 3 

 3

dm

27 3

Ricordando che 1 litro è uguale a 1 dm , il volume massimo in litri è

1024 3 

 

V litri 206

, 4 litri .

MAX 27 13

Nicola De Rosa, Liceo della comunicazione sessione ordinaria 2010, matematicamente.it

Quesito 6    



f x cos x

1. Si determini il dominio della funzione

   

 

l’insieme

Il dominio di è degli che soddisfano la

f x cos x x R

 

   

      

disequazione , cioè con .

cos x 0 2 k x 2 k k Z

2 2

Quesito 7

Per quale o quali valori di k la funzione

   

 2

3 x 11

x 4 , x 4

   

h x    

2



kx 2 x 1

, x 4

è continua in x = 4?   

Affinché la funzione sia continua in deve aversi

h x x 4

   



lim h x lim h x . Per il caso in esame i limiti sinistro e destro

 

 

x 4 x 4

valgono rispettivamente:

 

     

2

lim h x lim 3 x 11

x 4 0

 

 

x 4 x 4  

      

2

lim h x lim kx 2 x 1 16 k 9

 

 

x 4 x 4 9

   

Imponendone l’uguaglianza 16 k 9 0 k

si ha .

16



x 4

In la funzione è tuttavia non derivabile e presenta un punto

angoloso in quanto

   

  

lim h ' x lim 6 x 11 13

 

 

x 4 x 4  

  9 5

  

 

lim h ' x lim x 2

 

 

  8 2

x 4 x 4 14

Nicola De Rosa, Liceo della comunicazione sessione ordinaria 2010, matematicamente.it

Quesito 8

     

n n n

     



Se e sono in progressione aritmetica, qual

, ,

n 3      

  

     

n 1 n 2 n 3

è il valore di n?

Una progressione aritmetica è una successione di numeri tali che la

differenza tra ciascun termine e il suo precedente sia una costante. Tale

costante viene detta ragione della progressione.

     

n n n

     

, ,

I tre numeri sono in progressione aritmetica se

     

  

     

n 1 n 2 n 3

             

n n n n n n n

             

      

2 0 .

             

      

             

n 1 n 2 n 2 n 3 n 3 n 2 n 1

Esplicitiamo i singoli coefficienti binomiali:

 

n n

! n

!

     n

     

   

 

n 1 n 1 ! 1

! n 1 !  

   

n n

! n

! n n 1

    

     

    

 

n 2 n 2 ! 2

! n 2 ! 2 2

   

     

n n

! n

! n n 1 n 2

    

     

    

 

n 3 n 3 ! 3

! n 3 ! 6 6

Si ha quindi:

     

     

n n 1 n 2 n n 1

    

2 n 0

6 2

   

     

n n 1 n 2

      

n n 1 n 0

6

   