2010 - Liceo scientifico PNI, sessione ordinaria

Nicola De Rosa, Liceo scientifico sperimentale PNI sessione ordinaria 2010, matematicamente.it

Punto 2  

Gli estremi relativi della funzione sono da ricercare negli zeri

f x    

  

. Nell’intervallo

della funzione , derivata prima di le

f x 2,

5

g x  

ascisse degli estremi relativi sono .

x 2

, x 4

 

   



In particolare poichè è positiva in e negativa in

2,

2

g x 2,

4



deduciamo che è ascissa di massimo relativo; analogamente

x 2

 

poichè è negativa in

g x

   

e positiva in

2,

4 4

,

5



deduciamo che è

x 4

ascissa di minimo

relativo. x

+ - +

 5

2 4

2

A lato il quadro dei segni massimo minimo

che riassume quanto

detto.

Punto 3 x

   



 rappresenta l’area sottesa dalla funzione

La funzione f x g t dt

 2

   

    

nell’intervallo

g t 2

, x x 2

,

5

con .

4

   





Procediamo al calcolo di . Il valore è pari alla somma

f 4 g t dt

 2  

C 0 ,

0

algebrica tra le aree delle due semicirconferenze di centro e

1

 

 

R 2 C 3

,

0 R 1

raggio e di centro e raggio :

1 2 2 

   

4

    1 1 3

    

         

2 2

f 4 g t dt 2 1 2 .

2 2 2 2

 2 4

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Procediamo al calcolo

1

   





di . Tale

f 1 g t dt

 2

integrale corrisponde

all’area in grigio nella

figura sottostante ed è

calcolable in tre modi

alternativi: tra l’area

1. Differenza

della

semicirconferenza (che

 ) e l’area del

vale 2

triangolo mistilineo

APB; quest’ultima è pari all’area del settore circolare AOP meno l’area

del triangolo OBP.

I punto O, B, A, P hanno rispettivamente coordinate

 

       

; l’angolo P

Ô

A di apertura del

O 0,0 , B 1,0 , A 2,0 , P 1, 3  

  

PB

 

   

arctan arctan 3

settore circolare AOP misura .

 

  3

OB 

 



L’area del settore circolare AOP di ampiezza R 2

e raggio è

1

3



 

 1 1 2

 

       mentre l’area del triangolo OBP è

2

S A

O

P R 4

1

2 2 3 3

 

  OB PB 1 3 3

  

S OBP , per cui

2 2 2

 

1

    2 3 4 3

  

  

      ;

f 1 g t dt 2  

3 2 3 2

 

 2 

 2

 

     

P

Ô

A P

Ô

C

2. Poiché si ha per cui

3 3 3

1

   



 è pari alla somma dell’area di un terzo di cerchio di

f 1 g t dt

 2 5

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 e dell’area del triangolo

raggio OBP, cioè

R 2

1

1

    1 3 4 3

  

      

2 .

f 1 g t dt 2

3 2 3 2

 2 il calcolo esplicito dell’integrale definito; applicando

3. Attraverso  

 

 

l’integrazione per parti all’integrale 2 si ha:

g t dt 4 t dt

 

  

2

4 t 4

2

t

  

       

2 2 2

4 t dt t 4 t dt t 4 t dt

 

2 2

4 t 4 t

4

 

     

2 2

t 4 t dt 4 t dt

 2

4 t 1

t 2 t

   2

        

2 2 2

4 t dt 4 t dt 4 t 2 dt



2 2

2 2

 

4 t t

  

1  

2

 

t t  

   

2  

4 t 2 arcsin C costante

 

2 2

Il valore richiesto è quindi pari a 1

 

 

1 t t

   



    

2  

f 1 g t dt 4 t 2 arcsin

 

 

 

2 2

 

2 2

 

 

3 1  

    

 

 

 

2 arcsin 2 arcsin 1

 

 

2 2

    

 

3 1 3 3

  

           

 

2 arcsin 2 arcsin 1 2 2

 

2 2 2 6 2 2 3

4 3



 

3 2 6

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Punto 4

I flessi sono da ricercare nei punti in cui si annulla la derivata seconda e

 

 

quindi nei punti critici della funzione , derivata prima di .

f x

g x

  9

      

Quindi . Tali flessi sono a tangente

f ' ' x 0 x 0 x 3 x 2

obliqua.

In generale non è possibile definire il segno di una funzione a partire

dalla conoscenza della derivata prima, in quanto le derivate differicono

per una costante; tuttavia se assumiamo come al Punto 3

x    

   

   

 x 2

,

5 f x 0

con , allora osserviamo che in

f x g t dt

 2 x

     



  rappresenta l’area sottesa al grafico di

quanto in 2

,

5 f x g t dt

 2

  .

g x

Con questa assunzione si ha:



2

   



   ;

f 2 g t dt 0

 2 

 1

 

 

1 t t

   



     

2  

f 1 g t dt 4 t 2 arcsin

 

 

 

2 2

 

2 2

 

3 1 2 3

  

    

 

2 arcsin 2 arcsin 1

 

2 2 3 2

alternativamente per simmetria

 

    4 3 2 3

 

   

       

f 1 2 f 1 2 ;

 

3 2 3 2

 

0

    1

  

     cioè pari all’area di un quarto di

2

f 0 g t dt 2

4

 2 

R 2

circonferenza di raggio ;

1 7

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1

    4 3

 

   come calcolato al Punto 3;

f 1 g t dt 3 2

 2

2

    1

  

     cioè pari all’area

2 della

f 2 g t dt 2 2

2

 2   

semicirconferenza di centro e raggio ;

C 0 ,

0 R 2

1 1 

3 2 3

        1 7

      

         

2 cioè

f 3 g t dt g t dt g t dt 2 1 2

4 4 4

 

2 2 2 tra le aree della semicirconferenza

pari alla somma algebrica di

  

centro e raggio e di un quarto di circonferenza di centro

C 0 ,

0 R 2

1 1

  

C 3

,

0 R 1

e raggio :

2 2

4

    3

 

  come calcolato al Punto 3;

f 4 g t dt 2

 2 9 9 2

   

2 4

2 2

9 1 1 1

       

      

       

2

   

f g t dt g t dt g t dt g t dt 2 1

   

2 2 4 2

 

2 2 2 4

  25

 

   

2 2 16 16 tra le aree della semicirconferenza

cioè pari alla somma algebrica di

  

C 0 ,

0 R 2

centro e raggio , della semicirconferenza di centro

1 1

  

C 3

,

0 R 1

e raggio e di un quarto di circonferenza di centro

2 2

  1

9 

  R

e raggio ;

C ,

0 3

3   2

2 2

5 2 4 5  

1 1 1

         

      

          

2  

f 5 g t dt g t dt g t dt g t dt 2 1  

2 2 2

 

2 2 2 4

  13

 

   

2 2 8 8 tra le aree delle semicirconferenze

cioè pari alla somma algebrica di

8

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   

 

centro e raggio , di centro e raggio e di

C 0 ,

0 R 2 C 3

,

0 R 1

1 1 2 2

  1

9 

 

centro e raggio .

R

C ,

0 3

3   2

2

     

 

è strettamente crescente in ;

f x 2

, 2 4

,

5

   

è strettamente decrescente in ;

f x 2

, 4

   



presenta un massimo relativo in ;

f x M 2

, 2

 

  3 

 

presenta un minimo relativo in ;

f x m 4

,

 

2

   

    7 9 25

  

   

presenta tre flessi in

f x F 0

, , F 3

, , F ,

1 2 3

   

4 2 16

a tangenti oblique rispettivamente di equazioni

 

 

7 12 x 25 36



       .

t : y 2 x , t : y x , t : y

F F F

4 2 16

1 2 3

9

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PROBLEMA2

Nel piano riferito ad un sistema Oxy di coordinate cartesiane siano





assegnate le parabole d’equazioni: 2 2

e .

x y

y 2 x

1. Si disegnino le due parabole e se ne determinino le coordinate dei

fuochi e le equazioni delle rispettive rette direttrici. Si denoti con A il

punto d’intersezione delle due parabole diverso dall’origine O.

L’ascissa di A è ; si dica a quale problema classico dell’antichità

3 2

2.

è legato tale numero e, mediante l’applicazione di un metodo iterativo



2

di calcolo, se ne trovi il valore approssimato a meno di 10

3. Sia D la parte di piano delimitata dagli archi delle due parabole di

parallela all’asse

estremi O e A. Si determini la retta r, x, che stacca su

D il segmento di lunghezza massima. intorno all’asse

4. Si consideri il solido W ottenuto dalla rotazione di D

con piani ortogonali all’asse

x. Se si taglia W x, quale forma hanno le

sezioni ottenute? Si calcoli il volume di W.

RISOLUZIONE

Punto 1 2

y

 ha l’asse di simmetria coincidente

x

La parabola di equazione 2  

con l’asse delle ascisse, vertice in O 0

,

0 e fuoco di coordinate

 

    1

1 1  

    x

F ,

0 F ,

0

cioè e direttrice di equazione ; la

1 1

    2

4 a 2  ha l’asse di simmetria coincidente con

2

parabola di equazione y x  

l’asse delle ordinate, vertice in O 0

,

0 e fuoco di coordinate

 

    1

1 1  

    y

F 0

, F 0

,

cioè e direttrice di equazione .

2 2

    4

4 a 4 10

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 2

y



 x



Le intersezioni tra le due parabole si ricavano dal sistema da

2

  2

 y x

cui si ricava l’equazione risolvente

 

4

x

          

4 3 3

x x 2 x 0 x x 2 0 x 0 x 2 per cui il

2  

 

punto A diverso dall’origine 3 3

O 0

,

0 ha coordinate .

A 2 , 4

Il grafico di seguito mostra le due parabile e le relative intersezioni in

un unico riferimento cartesiano Oxy.

Punto 2 3 2

Il numero è legato al problema della duplicazione del cubo che

assieme al problema della trisezione dell'angolo e a quello della

quadratura del cerchio, uno dei tre problemi classici della geometria

greca. Il problema della duplicazione del cubo è giunto a noi sotto

forma di mito. La prima testimonianza in merito è una lettera di

Eratostene al re Tolomeo III e si narra di un antico tragico che,

mettendo in scena il re Minosse al cospetto del sepolcro in costruzione,

di forma cubica, del re Glauco, disse: «piccolo sepolcro per un re: lo si

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faccia doppio conservandone la forma; si raddoppino, pertanto, tutti i

lati». Eratostene, dopo aver rilevato che l'ordine dato era erroneo,

perché raddoppiando i lati di un cubo se ne ottiene un altro con volume

otto volte maggiore, riferisce che nacque tra gli studiosi il cosiddetto

"problema della duplicazione del cubo".

La seconda testimonianza, conosciuta come Problema di Delo, è

dell'espositore Teone di Smirne. Egli, citando Eratostene, riporta che gli

abitanti di Delo, avendo interrogato l'oracolo di Apollo sul modo di

liberarsi dalla peste, avessero ricevuto l'ordine di costruire un altare, di

forma cubica, dal volume doppio rispetto a quello esistente, cioè un

  lato dell’altare di partenza.

3 3

L 2 l

altare di lato L tale che con l

3 2

Per approssimare il numero possiamo applicare il metodo delle

tangenti (detto anche di Newton-Raphson) o il metodo di bisezione per

   

3

trovare la radice della funzione .

f x x 2  

Consideriamo l’intervallo

Applichiamo il metodo delle tangenti. :

1

, 2

   

3

agli estremi assume valori discordi in quanto

f x x 2

   

     , in esso è strettamente crescente in quanto

f 1 1 0

, f 2 6 0

 

      e volge concavità verso l’alto in quanto

2

f ' x 3 x 0 x 1

, 2

 

     

f ' ' x 6 x 0 x 1

, 2 ; quindi per il teorema di esistenza ed unicità

 

   

3 1

, 2

f x x 2

degli zeri, esiste un unico zero della funzione in . Il

valore approssimato lo si ricava ricorsivamente mediante la formula

   

3 3

f x x 2 2 x 2

     

n n n

x x x x 2

con punto iniziale

 



n 1 n n 0

2 2

f ' x 3 x 3 x

n n n

 

  f ' ' x

f x

in quanto ed sono concordi. La tabella mostra i passi:

0

0  



n 3

x e x x

2 x 2

 

n n n n 1

x 

n 1 2

3 x n

0 2,000 1,500

1 1,500 1,296 0,500

2 1,296 1,261 0,204

3 1,261 0,035

1,260

4 1,260 0,001

12