2005 - Liceo Scientifico di ordinamento

Sessione ordinaria LS_ORD 2005 Soluzione di De Rosa Nicola

Soluzione

1) = − =

2

y 6 x è una parabola con vertice in

La curva di equazione V ( 0

, 6 ) e concavità rivolta verso il

= = −

A ( 6 , 0 ), B ( 6 , 0 ) come sotto rappresentato:

basso, ed interseca l’asse delle ascisse nei punti R

La figura soprastante evidenzia anche la regione identificata da:

= −

 2

y 6 x

 ≥



R : x 0

 ≥

y 0

 1

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Per la determinazione del volume richiesto si consideri la figura sottostante che rappresenta la

regione di cui bisogna determinare il volume a seguito di una rotazione della regione R intorno

all’asse delle ordinate:

Poiché la regione R ruota attorno all’asse delle ordinate, allora per il teorema di Guldino il volume

derivante sarà pari a: 6 [ ]

π ∫

= 2

V g ( y ) dy

0 = − 2

. La parabola di equazione 6 può essere pure

dove g ( y ) rappresenta l’arco di curva AV y x

riscritta come  = − ≤ ≤ ≤ ≤

 x 6 y 0 x 6 ,

0 y 6

 = − − ≤ ≤ ≤ ≤

 x 6 y - 6 x 0

,

0 y 6

= − ≤ ≤ ≤ ≤

x 6 y , 0 x 6 ,

0 y 6

per cui l’arco di curva è rappresentato dall’equazione . In

AV

definitiva 6

 

6 6 2

[ ] ( ) y

π π π π π

∫ ∫

= = − = − = − =

2

V g ( y ) dy 6 y dy 6 y ( 36 18

) 18

 

2

 

0 0 0

2) = − 2

La parabola simmetrica della parabola di equazione 6 rispetto alla retta di equazione

y x

( )

= = − = + 2

6 ha equazione 2 * 6 6 come rappresentato dalla figura sottostante:

y y y x

S 2

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=

Il volume richiesto non è altro che il volume del cilindro V di altezza h 6 ed area di base

C

( )

π π π

= = =

2

2

A r 6 36 S

cui va sottratto il volume dovuto alla rotazione della regione attorno alla

b =

y . Per il calcolo di questo secondo volume è conveniente considerare un nuovo sistema di

retta 6

riferimento con =

 x ' x

 = −

 y ' y 6

Questa trasformazione non comporta alcun cambiamento del volume, visto che il volume è

indipendente dal sistema di riferimento prescelto. = − =

2 2

In tal modo le due parabole diventeranno, nel nuovo sistema di riferimento, y ' x , y ' x e la

S

= =

retta di equazione y 6 viene trasformata nella retta y ' 0 cioè nell’asse delle ascisse come

rappresentato dalla figura seguente: 3

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S

Il volume dovuto alla rotazione della regione attorno all’asse delle ascisse nel nuovo sistema di

riferimento sarà allora: 6 π

[ ]  

6 6 5

x 36 6

π π π

2

∫ ∫

= − = = =

2 4

V x dx x dx  

S 5 5

 

0 0 0

per cui in definitiva il volume richiesto sarà pari a π π

36 6 144 6

π

= − = − =

36 6

V V V

C S 5 5

3) R

L’area della regione è: [ ]

6

( )  

6 3

( ) x

∫

= − = − = − =

2

6 6 6 6 2 6 4 6

A R x dx x

 

3

 

0 0

oppure in modo alternativo, sfruttando il teorema di Archimede, per cui l’area del segmento

( )

2 2

= =

parabolico è i dell’area del rettangolo circoscritto si ha: A R * 6 * 6 4 6 come già

3 3

evidenziato.

Si consideri ora la figura seguente: = < <

Ora dobbiamo trovare il valore di y k , 0 k 6 che rende le due aree uguali e questo lo si ricava

( )

A R R

della regione sia pari a 2 6 .

imponendo che l’area ( )

1 1

= −

Il punto T avrà coordinate T 6 k , k . L’area della regione A sarà pari ad allora: 4

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−

6 k

−

[ ]

( )  

6 k 3

( ) ( ) x

∫

= − − = − − =

2

A R 6 x k dx 6 k x

 

1 3

 

0 0

( ) ( )

3

−

( ) 6 k 2 3

= − − − = −

6 k 6 k 6 k

3 3

Ora dobbiamo imporre che ( ) = ⇒

A R 2 6

1

( ) 3 1

( )

2 3

3

− = − = =

⇒ ⇒

2 2

6 k 2 6 6 k 3 6 3 2

2

3 − = = −

⇒

3 3

6 k 3 2 k 6 3 2

< <

k

valore accettabile perché 0 6 .

Una soluzione alternativa di questo quesito prevede ancora l’applicazione del teorema di Archimede

per l’area di un segmento parabolico. ( )

A R

In tal caso, a norma del teorema suddetto, l’area del segmento parabolico sarà sempre pari ai

1

2 dell’area del rettangolo circoscritto ad esso, per cui:

3 ( ) ( ) ( )

2 2

= − − = − −

A R k k k k

6 6

6 6

1 3 3 ( )

< < =

k A R

in cui il valore assoluto è superfluo perché 0 6 , da cui imponendo che 2 6 si ha:

1

( ) 3 1

( )

2 3

3

− = − = =

⇒ ⇒

2 2

6 k 2 6 6 k 3 6 3 2

2

3 − = = −

⇒

3 3

6 k 3 2 k 6 3 2

risultato analogo al precedente.

4) = − = −

2 2

Il punto generico appartenente alla parabola di equazione y 6 x ha coordinate Q (

t , 6 t ) .

La tangente in Q ha equazione: ( )

− − = −

2

y t m x t

6 ( ) ( )

= = − = − + +

⇒ 2

m y t t y tx t

' ( ) 2 2 6

Per il calcolo dell’area di interesse si consideri la figura sottostante: 5

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+

( )  

2

t 6

=

= +  

2 H ,

0

Il punto G ha coordinate G 0

, t 6 , mentre , per cui l’area del triangolo OGH

 

t

2

 

sarà: ( )

 2

+ +

( )

 

2 2

1 6 6

t t

= + =

 

 2

( ) 6

A t t

 

 2 2

t 4

t

 

 < <



0 t 6

49

=

Per cui A

(

1

) .

4

5)

Per la minimizzazione richiesta si procede attraverso il calcolo delle derivate:

( ) ( ) ( )( ) ( )( )

2

+ − + + − − + −

2 2 2 2 2 2 2 2

16

t t 6 4 t 6 t 6 4

t t 6 t 6 3

t 6

= = = > ⇒

A

' (

t ) 0

2 2 2

t t t

16 4 4

< <

2 t 6

( ) ( )

+ +

 

4 4

3 t 12 3 t 12

= = = >

mentre A

' ' (

t ) per cui A

' ' ( 2 ) 6 2 0 per cui il valore che

 

3 3

 

2

t 2

t 2

= =

⇒

t 2 A 8 2

minimizza l’area del triangolo è MIN 6

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Soluzione

1) =

Per ipotesi sappiamo che f ( 0 ) 1 , per cui affinché la funzione

=

 f ( 0 ) 1



 2 ( )

x

= − + >

f ( x ) 3 2 ln x 1 x 0



 2  

2 ( )

x − + =

= lim 3 2 ln x 1 1

x , dobbiamo provare che . Ed in effetti ricordando il

sia continua in 0  

+

→ 2

 

x 0 1  

2

ln x x

H x

= = = − =

 

2

teorema di De l’Hospital si ha che lim x ln x lim lim lim 0 per cui

 

1 2

+ + + +

→ → → → 2

 

x x x x

0 0 0 0

−

2 3

x x

   

2 2

( )

x 3 x

− + = − + = − + =

2

lim 3 2 ln x 1 lim lim x ln x 1 0 1 1 1

   

+ + +

→ → →

2 2

   

x x x

0 0 0

=

Quindi la funzione considerata è continua in x 0 . 2 ( )

x

= − + >

Vediamo ora la derivabilità, calcolando la derivata di f ( x ) 3 2 ln x 1 per x 0 .

2 7

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Si ha: = − − = −

f ' ( x ) 3 x x 2 x ln x 2 x 2 x ln x

da cui [ ]

− = − = − =

lim 2 x 2 x ln x lim 2 x lim 2 x ln x 0 lim 2 x ln x

+ + + +

→ → → →

x x x x

0 0 0 0

1

ln x H x

= − = − = =

lim lim lim 2 x 0

+ + +

1 1

→ → →

x x x

0 0 0

− 2

2 x 2 x =

per cui la funzione presenta anche la derivata destra in x 0 pari al valore di quella sinistra e cioè

− +

= =

f f e ciò dimostra la derivabilità della funzione stessa. Inoltre ricordando che per

' ( 0 ) ' ( 0 ) 0

funzioni di una sola variabile reale la derivabilità implica la continuità, la dimostrazione della

= =

derivabilità in x 0 implica anche la continuità della funzione in x 0 .

2) [ [

+∞

= 0

,

Per dimostrare che l’equazione f ( x ) 0 ha un’unica radice reale in ricordiamo la derivata

2 ( )

x

= − + >

della funzione f ( x ) 3 2 ln x 1 per x 0 :

2

= − = − ≥ − ≥ < ≤

⇒ ⇒

' ( ) 2 2 ln 2 (

1 ln ) 0 1 ln 0 0

f x x x x x x x x e

< ≤

per cui nell’intervallo 0 x e la funzione è crescente ed assumerà certamente valori positivi

[ [

+∞

= > ,

e

essendo f ( 0 ) 1 0 , mentre in la funzione è decrescente. Inoltre

Inoltre  

2 2

( ) ( ) ( )( )

x x

− + = + − = + + ∞ − ∞ = − ∞ = −∞

lim 3 2 ln 1 1 lim 3 2 ln 1 1

x x

 

→ +∞ → +∞

2 2

 

x x

2 [ [

( )

x +∞

= +∞ − = −∞ ,

e

dal momento che lim , lim 3 2 ln x . Questo significa che in

→ +∞ → +∞

2

x x

∃ =

! x : f ( x ) 0 . Questo valore lo si trova applicando il teorema degli zeri. Ad esempio

( ) ( )

25

= − + > = − + <

f ( 4 ) 8 3 4 ln 2 1 0

, f (

5

) 3 2 ln 5 1 0 per cui questa unica radice reale si troverà

2

certamente nell’intervallo [4,5], e può essere calcolata con uno dei metodi numerici a disposizione,

come il metodo di bisezione.

3)

Studiamo ora la funzione =

 f ( 0 ) 1



 2 ( )

x

= − + >

f ( x ) 3 2 ln x 1 x 0



 2 8

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> =

Dominio: x 0 anche se abbiamo visto che essa è prolungabile per continuità in x 0

[ ]

∈

∃ = 4

,

5

x

Intersezioni asse delle ascisse

: come gia notato ! x : f ( x ) 0 e si ha

Intersezioni asse delle ordinate

: l’unica intersezione è nel punto di prolungabilità per continuità e

cioè (0,1).

Positività: come notato dallo studio della derivata prima, e dall’identificazione dell’unico zero reale

[ [

+∞

< ≤ = > ,

e

presente la funzione è sempre crescente 0 x e (con f ( 0 ) 1 0 ) e decrescente , per cui

la funzione è positiva in [ 0

, x ) e negativa altrove. =

Asintoti verticali : non ce ne sono vista la prolungabilità per continuità in x 0

 

2 ( )

x − + = −∞

lim 3 2 ln 1

x

Asintoti orizzontali : non ce ne sono visto che come già

 

→ +∞ 2

 

x

evidenziato.  

2 ( )

x − +

3 2 ln x 1

   

2

  ( )

x

= − + = −∞

Asintoti obliqui: non ce ne sono poiché lim lim 3 2 ln x 1

 

 

→ +∞ → +∞

x 2

x x

Crescenza e decrescenza : lo studio della derivata prima comporta che la funzione è sempre

[ [

+∞

< ≤ >

,

e

crescente x e

0 e decrescente , mentre la derivata seconda per x 0 è pari a

 

5

= − − = − = =

⇒  

f x x x x per cui in la funzione ha un flesso; inoltre

' ' ( ) 2 2 ln 2 2 ln 0 1 1

,

 

2

 

2

e +1

= − <  

,

e

f ' ' ( e ) 2 0 per cui il punto è un massimo relativo ed assoluto per la funzione.

 

2

 

Il grafico è sotto presentato: 9

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  5

5 = = − =

= − +

 

Nel punto m f x x x

la tangente ha equazione y m ( x 1

) con ' (

1

) ( 2 2 ln ) 2

1

, =

x 1

  2

2 1

= +

per cui la tangente ha equazione y 2 x :

2

4)

Si consideri la figura seguente che è uno zoom della regione di interesse della figura precedente:

L’area richiesta è    

1 1

 

2 2

( )

x 1 3 x 1

∫ ∫

= − + − + = − + − 2

 

A 3 2 ln x 1 2 x dx 2 x x ln x dx

   

n  

   

2 2 2 2

1 1

n n

Ricordando l’integrazione per parti si ha:

( )  

3 3 3 3

x x 1 x x

∫ ∫

= − = − +

2  

x ln x dx ln x dx ln x k

 

3 3 x 3 9 10

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per cui    

1 1

 

2 2

( )

x x

1 3 1

∫ ∫

= − + − + = − + − =

2

 

A x x dx x x x dx

3 2 ln 1 2 2 ln

   

n  

2 2 2 2

   

1 1

n n

1 1

   

3 3 3 3 3

x x x x x x x

11 =

= − + − + = − + −

2 2

x ln x x ln x

   

2 2 3 9 18 2 3

   

1 1

n n

 

11 1 11 1 1 1 1

= − + − + − + =

 

1 ln

3 2 3  

n n

18 2 2

n n n

18 3

1 11 1 1 ln( n )

= − + − −

3 2 3

9 2 n

18 n n 3

n

5)

Va calcolato il seguente limite:

     

1 11 1 1 ln( n ) 1 11 1 1 ln( n )

= − + − − = + − + − −

   

lim A lim lim lim

 

n 3 2 3 3 2 3

     

→ +∞ → +∞ → +∞ → +∞

9 2 n 9 2 n

18 n n 3

n 18 n n 3

n

n n n n

       

11 1 1 11 1 1

− + − = − + + − =

       

Ora essendo i tre limiti

lim lim lim lim 0

3 2 3 2

       

→ +∞ → +∞ → +∞ → +∞

2 2

n n

18 18

n n n n

n n n n

banalmente nulli. 1

 

ln( n ) 1

H n

= = =

 

Inoltre applicando de l’Hopital si ha per l’altro limite: lim lim lim 0 per

3 2 3

 

→ +∞ → +∞ → +∞

3

n 9 n 9 n

n n n

   

 

1 11 1 1 ln( n ) 1 11 1 1 ln( n ) 1

= − + − − = + − + − − =

   

cui A

lim lim lim lim

 

n 3 2 3 3 2 3

     

→ +∞ → +∞ → +∞ → +∞

9 2 n 9 2 n 9

18 n n 3

n 18 n n 3

n

n n n n 1

→ +∞ =

Questo risultato lo si interpreta geometricamente col fatto che se n la retta x tende

n

A

all’asse delle ordinate, per cui rappresenta l’area compresa tra il grafico della funzione, l’asse

∞  

5

 

delle ordinate e la sua tangente inflessionale in .

1

,

 

2 11