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Sessione ordinaria 2003 LS_PNI Soluzione di De Rosa Nicola
3)
L’area da calcolare è rappresentata nella figura sottostante in grigio:
3
a
Γ =
Calcoliamo l’area sottesa dal luogo : y :
+
2 2
a x
+∞ +∞
3
a a
∫ ∫
= = =
A dx dx
Γ +
2 2 2
a x x
− ∞ − ∞ +
1
a
1 + ∞
+ ∞
x
a
∫
= = =
2 2
a dx a arctan
2
a
x
− ∞ − ∞
+
1
a π π
[ ]
( ) ( ) π
= + ∞ − − ∞ = − − =
2 2 2
a arctan arctan a a
2 2
2 A
a a
π
= = Γ
L’area del cerchio di raggio è A come volevamo dimostrare.
γ
2 4 4 5
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Soluzione
1) = −
Una funzione è pari se f ( x ) f ( x ) , cioè se il grafico è simmetrico rispetto all’asse delle
ordinate. Nel caso della funzione in esame la condizione di parità impone
− −
= + + = + + = − ⇔ =
x x x x
f ( x ) a 2 b 2 c a 2 b 2 c f ( x ) a b
= + + =
f implica a b c 2 , mentre la condizione
La condizione ( 0 ) 2
( )
1 3
−
∫ + + =
x x
a b c dx
2 2 comporta una ulteriore condizione data dalla risoluzione
2 ln 2
0
dell’integrale.
Risolviamo allora l’integrale: 1
−
( )
1 x x
2 2
−
∫ + + = − + =
x x
a 2 b 2 c dx a b cx
ln 2 ln 2
0 0
2 1 1 1
= − + − + =
a b c a b
ln 2 2 ln 2 ln 2 ln 2
+
1 1 2 a b +
= + + =
a b c c
ln 2 2 ln 2 2 ln 2
Le condizioni da imporre e soddisfare sono allora: 6
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= = =
a b a b a b
⇔
+ + = ⇔ = − ⇔ = −
2 2
a b c 2 c 2 2 a c a
( )
− = −
+
3 4 ln 2 3 4 ln 2
a
2 a b 3 3
a 3
+ = + − =
c 2 2 a
2 ln 2 2 ln 2 2 ln 2 2 ln 2
=
a 1
⇔ =
b 1
=
c 0
−
= +
x x
La funzione richiesta è allora: f ( x ) 2 2 .
2) −
= +
x x
Studiamo la funzione f ( x ) 2 2 ( )
≡ − ∞ +∞
R ,
Dominio : la funzione è definito in tutto ;
Intersezioni asse delle ascisse
: non ce ne sono;
= =
⇒
Intersezione asse delle ordinate
: x 0 y 2 ;
Eventuali simmetrie
: la funzione è pari per ipotesi;
Positività : la funzione è sempre positiva per come definita;
Asintoti verticali : non ce ne sono visto che la funzione è continua e definita in tutto
( )
≡ − ∞ +∞
R , ; ( )
−
+ = +∞
x x
lim 2 2
Asintoti orizzontali : non esistono; infatti .
→ ±∞
x
Asintoti obliqui : non esistono; infatti calcolandoci l’asintoto obliquo di equazione
( )
−
+ ( )
x x
2 2 H −
= = − = ±∞
= + x x
troviamo m lim lim ln 2 2 2 per cui l’asintoto
y mx q → ±∞ → ±∞
x
x x
obliquo non esiste; −
= +
x x
Crescenza e decrescenza : la derivata prima della funzione f ( x ) 2 2 è
( )
− −
= − > ⇔ > ⇔ > − ⇔ >
x x x x
y ' ln 2 2 2 per cui y ' 0 2 2 x x x 0 cioè la funzione è
( ) ( )
+∞ − ∞
0
, ,
0
crescente in e decrescente in . La derivate seconda sarà pari a
( ) ( )
( ) ( )
−
= + > ∀ ∈ = >
2 2
x x 0
, 2
y ' ' ln 2 2 2 0 x R , per cui essendo y ' ' ( 0 ) 2 ln 2 0 , il punto è di
minimo relativo ed assoluto. Inoltre la funzione non presenta flessi.
Il grafico è sotto presentato: 7
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3)
Bisogna calcolare le soluzioni del sistema seguente:
−
= +
x x
y 2 2 −
+ = − ⋅ + =
⇒ ⇒ ⇒
x x x x
2
2 2 4 2 4 2 1 0
=
y 4 ( )
= ± = ±
⇒
x
2 2 3 x log 2 3
± 2 8
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−
= +
x x
Le due soluzioni, vista la simmetria pari della funzione f ( x ) 2 2 , saranno anch’essi
simmetrici rispetto all’asse delle ordinate. Per cui trovata una soluzione, per simmetria si
conosce anche l’altra.
Un metodo iterativo a scelta è il metodo di bisezione. Per poterlo applicare bisogna prima
( )
⋅
stabilire l’intervallo in cui applicarlo. La funzione 2 è una funzione monotona crescente per
( ) ( )
( )
< < < < < + <
⇒ x x
x
cui x x x 2 2 2 ; nel caso in particolare, essendo 2 2 3 4 si ha
1 2
1 2 ( )
( )
+
< + < ⇔ < < ⇔ < + <
log 2 3
1 2
2 2 3 4 2 2 2 1 log 2 3 2 . Quindi la soluzione positiva si
2 2
trova nell’intervallo [1,2].
Trovato l’intervallo, calcoliamo l’approssimazione della soluzione attraverso il metodo di
δ −
= 3
bisezione già annunciato. Scegliamo come errore di approssimazione 10 , cioè in pratica
calcoleremo la radice cercata con 3 cifre significative.
Il procedimento completo è evidenziato nella tabella sottostante in cui ogni riga rappresenta
uno step del procedimento:
Estremo Estremo Centro Valore Valore Valore Valore Errore
inferiore superiore Intervallo di di di di commesso:
( ) ε = −
+ + sup inf
inf sup
intervallo intervallo (inf+sup)/2 inf sup log 2 3
2 2 2 2
2
2
(inf) (sup)
1 2 3/2 2 4 2.82843 3.73205 1
3/2 2 7/4 2.82843 4 3.36359 3.73205 0.5
7/4 2 15/8 3.36359 4 3.66802 3.73205 0.25
15/8 2 31/16 3.66802 4 3.83041 3.73205 0.125
15/8 31/16 61/32 3.66802 3.83041 3.74834 3.73205 0.0625
15/8 61/32 121/64 3.66802 3.74834 3.70796 3.73205 0.03125
121/64 61/32 243/128 3.70796 3.74834 3.72809 3.73205 0.015625
243/128 61/32 487/256 3.72809 3.74834 3.7382 3.73205 0.0078125
243/128 487/256 973/512 3.72809 3.7382 3.73314 3.73205 0.00390625
243/128 973/512 1945/1024 3.72809 3.73314 3.73062 3.73205 0.001953125
1945/1024 973/512 3891/2048 3.73062 3.73314 3.73188 3.73205 0.0009765625
- 3.73188 3.73314 - 3.73205 STOP
3891/2048 973/512 9
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( )
3891 973
≈ < = + < ≈
Quindi 1.8999 x log 2 3 1.90039 . Analogamente
2
2048 512
( )
973 3891
≈ − < = − < − ≈ −
- 1.90039 log 2 3
x 1.8999 .
2
512 2048
4)
L’area richiesta è raffigurata in giallo nella figura precedente ed è pari a: ( )
( ) ( ) +
simmetria log 2 3
+ +
[ ] [ ] −
−
log 2 3 log 2 3 2
x x
pari
2 2 2 2
− −
∫ ∫
= − − = − − = − =
x x x x
A dx dx x
4 2 2 2 4 2 2 2 4
( ) ln 2
− 0
log 2 3 0
2 ( ) ( )
( )
+ − +
− −
log 2 3 log 2 3 0 0
2 2 2 2
2 2
= + − − − =
2 4 log 2 3 2 0
2
ln 2 ln 2
( )
1
+ − ( )
( )
2 3
( ) ( ) 2
+ −
+
2 3 1
2 3
= + − = + − =
( )
2 4 log 2 3 2 4 log 2 3
2 2 +
ln 2 2 3 ln 2
( )( )
( ) ( )
+ + −
6 4 3 6 4 3 2 3
+ − = + − =
( )
2 4 log 2 3 2 4 log 2 3
2 2
+ ln 2
2 3 ln 2
( ) 4 3
= + −
8 log 2 3
2 ln 2
5) ⋅
x x x
1 2 2 1 ln 2 2
∫ ∫ ∫ ∫
= = = = =
I dx dx dx dx
( ) ( )
−
+ +
x x x
2 2 2
+ +
ln 2
2 2 2 1 x x
2 1 2 1
( ) ( )
x x
1 2 arctan 2
d
∫
= = + k
( )
2 +
ln 2 ln 2
x
2 1
6) −
= + =
x x
La funzione simmetrica della f ( x ) 2 2 rispetto alla retta di equazione y 4 la si ricava
dalla trasformazione seguente:
=
x ' x =
=
−
= +
x x x ' x
x ' x y 2 2
⇔ ⇔
+
y y ' = −
= −
= − −
x ' x '
y ' 8 y
4 y ' 8 2 2
2 ( ) −
= − −
x x
x y
,
per cui ritornando alle variabili solite la simmetrica ha equazione y 8 2 2
s −
= +
x x
Sotto in un unico sistema di riferimento vengono mostrate la curva di partenza f ( x ) 2 2 ,
−
= − − =
x x
y 8 2 2 e la retta y 4 :
la sua simmetrica s 10
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11
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Soluzione
1)
Consideriamo solo un girone, ad esempio quello di andata. Ogni partita coinvolge 2 squadre su 18,
⋅
18 18
! 17 18
= = = =
per cui in un girone si giocano D 153 partite. Considerando pure il
⋅
18 , 2
2 2
! 16
! 2 ⋅ = ⋅ =
ritorno si avranno in un intero campionato un numero di partite pari a 2 D 153 2 306 .
18 , 2
Intuitivamente ogni giornata di campionato coinvolge 9 partite, ogni girone è di 17 partite per cui le
⋅ ⋅ =
giornate di campionato in un campionato a 18 squadre sono 9 17 2 306 . 12
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2)
Consideriamo i seguenti eventi: { }
=
D lampada difettosa
{ }
=
A lampada difettosa della fabbrica A
{ }
=
B lampada difettosa della fabbrica B
{ }
=
C lampada difettosa della fabbrica C
La probabilità richiesta, per la legge della probabilità totale è:
= + +
P ( D ) P ( D | A
) P ( A
) P ( D | B ) P ( B ) P ( D | C ) P (
C )
con 1
= =
P ( D | A
) 0 . 05
, P ( A
) 3
1
= =
P ( D | B ) 0 . 2
, P ( B ) 3
1
= =
P ( D | C ) 0 . 1
, P (
C ) 3
per cui = + + =
P ( D ) P ( D | A
) P ( A
) P ( D | B ) P ( B ) P ( D | C ) P (
C )
+ +
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 2 7
= ⋅ + ⋅ + ⋅ = + + = =
20 3 5 3 10 3 60 15 30 60 60
Si noti come il numero di lampade difettose non influisce alcunché sui calcoli effettuati.
3)
Consideriamo la figura sottostante:
= − = − ≤ ≤
2 2 2
Il raggio di base del cono è r VA VO 4 x , 0 x 2 .
π
( ) ( )
( ) 1 π
= ⋅ = − ⋅ ≤ ≤
2 2
V x r h 4 x x , 0 x 2 .
Il volume del cono è 3 3 13
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π ( )
( ) = − ⋅
2
Si tratta quindi di massimizzare la funzione V x 4 x x in [0,2]. A tal proposito calcoliamo
3
le derivate: π ( ) 2 3
= − ≥ ≤
⇒
2
V ' ( x ) 4 3 x 0 0
3 3
π
2 3 4 3
π
= − = − <
V ' ' ( x ) 2 x , V ' ' 0
3 3
2 3
=
x ed è pari a
Quindi il volume massimo lo si ha per 3
π π π
2 3 4 2 3 16 3 1600 3
= − ⋅ = = ≈
3
, in cui si è applicata la
V 4 dm cl 322 . 45 cl
3 3 3 3 27 27
=
3
conversione 1 dm 100 cl .
4) =
Ci sono molti polinomi il cui grafico tagliano la retta y 2 ben 4 volte. Una famiglia è data dai
polinomi seguenti:
= +
j i 3
( )
∏
= − +
p ( x ) x j 2
=
j i
∈
i Z =
Un polinomio del genere incontrerà la retta y 2 nei punti ad ascissa
= = + = + = +
x i , x i 1
, x i 2
, x i 3 . =
i il polinomio richiesto è
Ad esempio per 1
= − − − − + = − + − +
4 3 2
p ( x ) ( x 1
)( x 2 )( x 3
)( x 4 ) 2 x 10 x 35 x 50 x 26 .
5) −
= + + + +
n n 1
Il polinomio p ( x ) x a x a x a è una funzione continua e derivabile in tutto R.
L
L
−
n 1 1 0
Se esso ammette radici reali, allora preso l’intervallo che ha come estremi due delle sue radici,
[ ]
α β α β α β
= =
, con , | p ( ) p ( ) 0 , in esso possiamo applicare il teorema di Rolle, per
supponiamo
( ) ( ) ( )
γ α β γ γ α β γ γ
− −
∃ ∈ = ∃ ∈ + − + + =
n n
1 2
p
, | ' ( ) 0
cui , cioè , | n a n 1 a 0 come volevasi
L
L
−
n 1 1
dimostrare.
6) = + − = −
3
La funzione y x bx 7 è una cubica che nel punto F ( 0
, 7 ) presenta un flesso.
= + − =
3
Affinchè l’equazione y x bx 7 0 abbia tre radici reali, devono essere soddisfatte le
seguenti due condizioni: 14
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= + −
3
La funzione y x bx 7 dovrà avere un massimo ed un mninimo;
( ) ( )
⋅ <
I valori del massimo e del minimo devono essere discordi, cioè y x y x 0 .
m M
= + −
3
Vediamo sotto quali condizioni la funzione 7
y x bx presenta un massimo ed un minimo: la
= + − = + <
3 2
y x bx è y ' 3 x b ed essa presenta radici reali e distinte se e solo se b 0 .
derivata di 7 b b
= + > ⇔ < − − > − =
2
y x b x x
' 3 0 ,
In questi casi . Inoltre la derivata seconda è y ' ' 6 x , per
3 3
b b b b
= − − = − − < = − = − >
cui essendo , il punto di ascissa
y ' ' 6 0
, y ' ' 6 0
3 3 3 3
b b
= − − = −
x x
è di massimo relativo ed il punto di ascissa è di minimo relativo. Quindi
M m
3 3
( )
b
= − −
il punto di massimo si troverà o nel 2° o nel 3° quadrante, mentre quello di
M , y x
M
3
( )
b
= −
minimo si troverà o nel 1° o nel 4° quadrante.
m , y x
m
3
Ora, essendo l’ordinata del flesso negativa, l’ordinata del minimo sarà anch’essa negativa, per cui la
( ) ( )
( ) ( ) > >
⋅ < y x 0 y x 0
condizione y x y x 0 si traduce in . Imponendo allora che si ha:
M M
m M 3
3
( ) b b b b
= + − > − − + − − − > − − − − − >
⇒ ⇒
3
y x x bx 7 0 b 7 0 b 7 0 da cui si
M M M 3 3 27 3
2
