Scarica il documento per vederlo tutto.
Scarica il documento per vederlo tutto.
Scarica il documento per vederlo tutto.
Scarica il documento per vederlo tutto.
vuoi
o PayPal
tutte le volte che vuoi
Sessione ordinaria LS_PNI 2005 Soluzione di De Rosa Nicola
− 2
4 x x
= =
Le intersezioni della parabola con la retta si trovano col sistema
y y c
4
seguente: = −
2
4 y 4 x x − = − + = = ± −
⇒ ⇒ ⇒
2 2
4 4 4 4 0 2 2 1
x x c x x c x c
=
y c − 2
4 x x
=
R
L’area del segmento parabolico delimitato dalla parabola di equazione y 4
2
= dell’area del rettangolo
con la retta , sfruttando il teorema di Archimede, è i
y c 3
circoscritto, per cui si ha ( ) ( )
2 8 8 3
= − + − − + − = − − = −
S ( c ) 1 c 2 2 1 c 2 2 1 c 1 c 1 c 1 c 2
3 3 3
≤ ≤
in cui il valore assoluto è superfluo visto che . Ora imponendo che
c
0 1
( ) ( )
8 S 4 1 1
3 3
= − = = − = = −
⇒ ⇒
S ( c ) 1 c 1 c c 1
2 2 3
3 2 3 2 4
5)
La figura sottostante rappresenta alcune sezioni del solido richiesto: 4
www.matematicamente.it
Sessione ordinaria LS_PNI 2005 Soluzione di De Rosa Nicola
Il volume richiesto è calcolabile attraverso l’integrale seguente:
2
4 4
2 4 3
x x x
∫ ∫
= − = + − =
2
V x dx x dx
4 16 2
0 0
4 + −
3 5 4 64 1024 64 64 320 192 480 32
x x x
= + − = + − = + − = =
32 32
3 80 8 3 80 3 5 15 15
0 5
www.matematicamente.it
Sessione ordinaria LS_PNI 2005 Soluzione di De Rosa Nicola
Soluzione
1) =
Per ipotesi sappiamo che , per cui affinché la funzione
f ( 0
) 1 =
f ( 0 ) 1
2 ( )
x
= − + >
f ( x ) 3 2 ln x 1 x 0
2
2 ( )
x − + =
= lim 3 2 ln x 1 1 . Ed in effetti
sia continua in , dobbiamo provare che
x 0
+
→ 2
x 0
ricordando il teorema di De l’Hospital si ha che
1
2
ln x x
H x
= = = − =
2 per cui
lim x ln x lim lim lim 0
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 per
f ( x ) 3 2 ln x 1
2
> .
x 0 6
www.matematicamente.it
Sessione ordinaria LS_PNI 2005 Soluzione di De Rosa Nicola
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 0 x 0 x 0 x 0
1
H
ln x x
= − = − = =
lim 2 x 0
lim lim
+ + +
1 1
→ → →
x 0 x 0 x 0
− 2
2 x 2 x =
per cui la funzione presenta anche la derivata destra in pari al valore di quella
x 0
− +
= =
sinistra e cioè e ciò dimostra la derivabilità della funzione stessa.
f f
' ( 0 ) ' ( 0 ) 0
Inoltre ricordando che per funzioni di una sola variabile reale la derivabilità implica la
= implica anche la continuità della
continuità, la dimostrazione della derivabilità in x 0
=
funzione in .
x 0
2) [ [
+∞
=
Per dimostrare che l’equazione ha un’unica radice reale in 0
, ricordiamo la
f x
( ) 0
2 ( )
x
= − + >
derivata della funzione per :
f x x
( ) 3 2 ln 1 x 0
2
= − = − ≥ − ≥ < ≤
⇒ ⇒
f x x x x x x x x e
' ( ) 2 2 ln 2 (
1 ln ) 0 1 ln 0 0
< ≤
per cui nell’intervallo la funzione è crescente ed assumerà certamente valori
x e
0 [ [
+∞
= > e
positivi essendo , mentre in , la funzione è decrescente. Inoltre
f ( 0 ) 1 0
2 2
( ) ( ) ( )( )
x x
− + = + − = + + ∞ − ∞ = − ∞ = −∞
x x
lim 3 2 ln 1 1 lim 3 2 ln 1 1
→ +∞ → +∞
2 2
x x
2 [ [
( )
x +∞
= +∞ − = −∞ e
. Questo significa che in ,
dal momento che x
lim , lim 3 2 ln
→ +∞ → +∞
2
x x
∃ = . Questo valore lo si trova applicando il teorema degli zeri. Ad esempio
x f x
! : ( ) 0 ( )
25
= − + > = − + < per cui questa unica radice reale
f f
( 4 ) 8
(
3 4 ln 2
) 1 0
, (
5
) 3 2 ln 5 1 0
2
si troverà certamente nell’intervallo [4,5], e può essere calcolata con uno dei metodi
numerici a disposizione, come il metodo di bisezione. 7
www.matematicamente.it
Sessione ordinaria LS_PNI 2005 Soluzione di De Rosa Nicola
[ ]
Applichiamo il metodo di bisezione all’intervallo accettando di fermarci quando
4
,
5
l’ampiezza dell’intervallo considerato ad ogni iterazione è minore di 0.001. Per fare ciò
riportiamo di seguito i dati ricavati tramite tabella excel:
( ) ( ) − − <
+ +
a #
f a f b
( ) ( )
b b a b a 0
. 001
a b a b
f bisezioni
2 2
4 5 4.5 2.8192 -1.73595 0.91743 1
9
4.5 5 4.75 0.9174 -1.73595 -0.31189 0.5 no 1
3
4.5 4.75 4.625 0.9174 -0.31189 0.32670 0.25 no 2
3
4.62 4.75 4.6875 0.3267 -0.31189 0.01344 0.12 no 3
5 0 5
4.68 4.75 4.7187 0.0134 -0.31189 -0.14771 0.06 no 4
75 5 4 25
4.68 4.71 4.7031 0.0134 -0.14771 -0.06676 0.03 no 5
75 875 3 4 125
4.68 4.70 4.6953 0.0134 -0.06676 -0.02656 0.01 no 6
75 313 1 4 563
4.68 4.69 4.6914 0.0134 -0.02656 -0.00654 0.00 no 7
75 531 1 4 781
4.68 4.69 4.6894 0.0134 -0.00654 0.00346 0.00 no 8
75 141 5 4 391
4.68 4.69 4.6904 0.0034 -0.00654 -0.00154 0.00 no 9
945 141 3 6 195
4.68 4.69 0.0034 -0.00154 0.00096 0.00 stop 10
945 043 6 098 ≅
Quindi un valore approssimato con due cifre significative è x 4
. 69
3)
Studiamo ora la funzione =
f ( 0 ) 1
2 ( )
x
= − + >
f x x x
( ) 3 2 ln 1 0
2
> =
Dominio: anche se abbiamo visto che essa è prolungabile per continuità in
x x
0 0
[ ]
∈
∃ =
Intersezioni asse delle ascisse
: come gia notato e si ha x e
,
5
x f x
! : ( ) 0 8
www.matematicamente.it
Sessione ordinaria LS_PNI 2005 Soluzione di De Rosa Nicola
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 presente la funzione è sempre crescente (con ) e
x e f
0 ( 0 ) 1 0
[ [
+∞
decrescente , per cui la funzione è positiva in e negativa altrove.
e x
, [ 0
, ) =
Asintoti verticali
: non ce ne sono vista la prolungabilità per continuità in x 0
2 ( )
x − + = −∞
Asintoti orizzontali x
: non ce ne sono visto che lim 3 2 ln 1 come già
→ +∞ 2
x
evidenziato.
Asintoti obliqui: non ce ne sono poiché
2 ( )
x − +
3 2 ln x 1
2
( )
x
= − + = −∞
lim lim 3 2 ln x 1
→ +∞ → +∞
x 2
x x
: lo studio della derivata prima comporta che la funzione è
Crescenza e decrescenza [ [
+∞
< ≤ >
e decrescente , mentre la derivata seconda per è
sempre crescente e
,
x e x
0 0
5
= − − = − = =
⇒
pari a la funzione ha un
per cui in
' ' ( ) 2 2 ln 2 2 ln 0 1 1
,
f x x x x
2
2
e +
= − <
flesso; inoltre è un massimo relativo ed
per cui il punto e
, 1
f e
' ' ( ) 2 0
2
assoluto per la funzione.
Il grafico è sotto presentato: 9
www.matematicamente.it
Sessione ordinaria LS_PNI 2005 Soluzione di De Rosa Nicola
5 5
= − +
Nel punto la tangente ha equazione con
1
, y m ( x 1
)
2 2 1
= = − = = +
m f x x x per cui la tangente ha equazione :
' (
1
) ( 2 2 ln ) 2 y 2 x
=
x 1 2
4)
Si consideri la figura seguente che è uno zoom della regione di interesse della figura
precedente: 10
www.matematicamente.it
Sessione ordinaria LS_PNI 2005 Soluzione di De Rosa Nicola
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 x x
1
∫ ∫
= − = − +
2
x x dx x dx x k
ln ln ln
x
3 3 3 9
per cui
1 1
2 2
( )
x x
1 3 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
1 1
3 3 3 3 3
x x x x 11
x x x
= − + − + = − + − =
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
18 2 2 n n
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
www.matematicamente.it
Sessione ordinaria LS_PNI 2005 Soluzione di De Rosa Nicola
11 1 1 11 1 1
− + − = − + + − =
Ora essendo i tre
lim lim lim lim 0
3 2 3 2
→ +∞ → +∞ → +∞ → +∞
2 n 2 n
18
n n 18
n n
n n n n
limiti banalmente nulli.
Inoltre applicando de l’Hopital si ha per l’altro limite:
1
ln( ) 1
n H n
= = =
per cui
lim lim lim 0
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
= − + − − = + − + − − =
lim A 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
=
→ +∞ la retta
Questo risultato lo si interpreta geometricamente col fatto che se x
n n
tende all’asse delle ordinate, per cui rappresenta l’area compresa tra il grafico della
A
∞
5
funzione, l’asse delle ordinate e la sua tangente inflessionale in .
1
,
2 12
www.matematicamente.it
Sessione ordinaria LS_PNI 2005 Soluzione di De Rosa Nicola
13
www.matematicamente.it
Sessione ordinaria LS_PNI 2005 Soluzione di De Rosa Nicola
14
www.matematicamente.it
Sessione ordinaria LS_PNI 2005 Soluzione di De Rosa Nicola
Soluzione
1)
Si consideri la figura seguente:
= °
L’angolo in essendo la decima parte dell’angolo piatto, mentre il lato AB del
36
Ĉ
triangolo ABC è evidentemente il lato del decagono inscritto, mentre AH è la bisettrice
riferita al lato BC. In questo modo si ha:
= = ° = = = ° =
ˆ ˆ ˆ ˆ
⇒ ⇒ . In questo modo il
H
A
B H
A
C 36 AH HC , A
B H A H
B 72 HA AB
triangolo AHB risulta essere simile al triangolo di partenza ABC per cui vale la seguente
uguaglianza: −
CH HB CB CH
= =
CB AB CH
= = =
Ora detto l’uguaglianza si riscrive:
CH HA AB x
− − ±
x r x 1 5
= + − = =
⇒ ⇒
2 2
x rx r 0 x r
r x 2 15
www.matematicamente.it
Sessione ordinaria LS_PNI 2005 Soluzione di De Rosa Nicola
− +
1 5
= = = =
di cui la soluzione accettabile è essendo il lato del
x r CH HA AB x
2 − +
1 5 è
decagono e quindi una quantità strettamente positiva. Per cui, ricordando che 2
la sezione aurea dell’unità, si ha che il lato del decagono è sezione aurea del raggio.
Ora per il teorema dei seni applicato al triangolo AHB si ha:
° ° °
AB HB AB sin( 72 ) 2 sin(
36 ) cos(
36 )
= = = = °
⇒ ⇒
2 cos(
36 )
° ° ° °
HB
sin( 72 ) sin(
36 ) sin(
36 ) sin(
36 )
− +
1 5 ( )( )
r − + − +
AB AB AB 5 1 3 5 5 1 5 1
2
° = = = = = = =
( )
cos(
36 ) ( ) ( )
− − −
− +
HB CB CH CB AB
2 2 2 8 4
2 3 5
1 5
−
r
2 1 2
2
+ +
5 1 6 2 5 1
° = − ° = − = − = −
2
sin(
36 ) 1 cos (
36 ) 1 1 10 2 5 mentre
Ora
4 16 4
2
° + −
2
sin(
36 ) 5 1 5 5
AB
° = ° = − ° = − = − =
2
sin(
18 ) cos( 72 ) 1 sin ( 72 ) 1 1
2 8
HB
+ − + − −
3 5 5 5 10 2 5 6 2 5 5 1
− = − = =
1 1
2 8 16 16 4
2)
Affinché due curve siano tangenti nel medesimo punto di ascissa deve
x
f x g x
( ), ( ) 0
aversi che =
( ) ( )
f x g x
0 0
=
' ( ) ' ( )
f x g x
0 0 = =
La prima condizione per le curve comporta
f x x x g x x
( ) sin( ), ( )
π π + =
= = +
⇒ , mentre la seconda impone sin( ) cos( ) 1 ,
x x x
sin( ) 1 2
x x k
0 0 0 0 0
2 16
www.matematicamente.it
Sessione ordinaria LS_PNI 2005 Soluzione di De Rosa Nicola
π π
= +
equazione quest’ultima soddisfatta da . Ecco per cui è stato dimostrato che
2
x k
0 2
= = =
sono tangenti quando
le due curve .
( ) sin( ), ( ) sin( ) 1
f x x x g x x x
= = −
Analogamente il discorso vale per per le quali la prima
f x x x g x x
( ) sin( ), ( )
π
3 π
= − = +
⇒ , mentre la seconda impone
condizione impone 2
sin( ) 1
x x k
0 0 2 π
3 π
+ = − = +
sin( ) cos( ) 1 , equazione quest’ultima soddisfatta da 2 . Ecco
x x x x k
0 0 0 0 2
= = −
per cui è stato dimostrato che le due curve sono tangenti
f x x x g x x
( ) sin( ), ( )
= −
quando .
x
sin( ) 1
3)
Nella teoria delle trasformazioni geometriche, una traslazione corrisponde alla
σ
