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Il tema di matematica svolto della prova suppletiva liceo scientifico, scuole italiane all'estero, calendario australe. Soluzioni a cura di Nicola de Rosa
Punto 2
La retta r incontra in un altro punto B. Si calcoli l’area della regione di piano delimitata dal
Γ
segmento AB e da Γ. = − + =
3
L’ulteriore intersezione di y x 3 x 2 con y 4 si calcola risolvendo l’equazione
( )
+
− + = − − = − −
⇒
3 3 3 x 1
x 3 x 2 4 x 3 x 2 0 . Un divisore di x 3 x 2 è certamente , ed essendo in
= − = − −
3
x 1 la funzione tangente alla retta y 4 possiamo dire che un divisore di x 3 x 2 è
( ) ( ) ( )
+ − − + −
2 2
3
x 1 , per cui possiamo scomporre x 3 x 2 come x 1 x 2 per cui l’ulteriore
certamente
punto di intersezione è B(2,4). 4
Soluzioni a cura di Nicola de Rosa
L’area da calcolare è rappresentata in verde e vale:
2
[ ]
( )
2
4 2 ( )
3 1 3 3 27
x x
∫
= − − + = − + + = − + + − − + − = + =
3
4 3 2 2 4 6 4 2 6
Area x x dx x
4 2 4 2 4 4
− −
1 1
Punto 3
Si determini l’equazione della retta s per l’origine degli assi che delimita con e con l’asse y
Γ
una regione finita di piano, nel secondo quadrante, di area 5/4.
= <
La retta s ha equazione con
y mx m 0 . L’ area da calcolare è rappresentata in verde nella
figura seguente: ( ) < =
C a , b
Indichiamo con con a 0 il punto di intersezione della retta y mx con la curva
= − +
3
y x x
3 2 . ( ) ( )
0
[ ] + +
( )
0 4 2 4 2
x m x a m a
3 3
∫
= − + − = − + = − + −
3
S x x mx dx x a
L’area S è pari a 3 2 2 2 .
4 2 4 2
a a
( )
C a , b
Ma il punto appartiene sia alla retta che alla curva, per cui dobbiamo imporre l’uguaglianza
2
= − +
= − + 2
3 m a 3 . Sostituiamo tale condizione in S e otteniamo:
ma a 3
a 2 da cui a
2
− + + ( )
2 2
a 3 3 a +
4 4 3 4
a a a 2 a a
a
= − + − = − + − = −
S 2 a 2 a a . Imponendo che tale area sia
4 2 4 2 4
4
5 a 5
− = ⇔ − − =
4
si ha l’equazione di quarto grado a a 4 a 5 0 . Un divisore di
pari a 4 4 4 5
Soluzioni a cura di Nicola de Rosa
( ) ( )
+
− − − − =
= − 4
4 a 1
a 4 a 5 è in quanto sostituendo a 4 a 5 0 otteniamo l’identità 0=0.
a 1 in ( )
( )
− − = + − + −
4 3 2
a 4 a 5 a 1 a a a 5 .
Applicando la regola di Ruffini, il polinomio si scompone in ( )
< − + −
3 2
Ricordando che per ipotesi cerchiamo un valore 0
a , il polinomio di terzo grado a a a 5
è strettamente negativo, per cui non si annullerà mai. Questa osservazione ci consente di affermare
< − − = = −
4
che l’unico valore accettabile a 0 ricavabile dall’equazione a 4 a 5 0 è a 1 da cui
2
= − + = − = −
2
m a 3 4
ricaviamo per cui la retta cercata y 4 x .
a = −
a 1 ( )
− + −
3 2
Alternativamente, possiamo pensare di calcolare le tre radici del polinomio a a a 5 ,
( )
− + −
3 2
a a a 5
applicando o uno dei metodi numerici noti o il metodo di Cardano, e scoprire che
ha due radici complesse coniugate ed una radice reale positiva, tutte e tre non accettabili.
( )
− + − =
3 2
Applichiamo allora il metodo di Cardano all’equazione cubica a a a 5 0 .
2
=
p
1 3
= − + + =
3
y a , l’equazione diventa y py q 0 con .
Ponendo 128
3 = −
q
27
+ + =
3
Applicando il metodo di Cardano si ricava che le soluzioni di y py q 0 sono esprimibili nel
2 3
2 3 2 3 q p
q q p q q p
= − + + + − − + ∆ = +
y . Il delta dell’equazione
seguente modo: 3 3 4 27
2 4 27 2 4 27
2 3
128 2
−
4108
27 3
∆ = + = >
nel nostro caso è 0 e questo ci assicura che una sola delle soluzioni
4 27 729 + + =
3
è reale mentre le altre due sono complesse e coniugate. L’unica radice reale di 0
y py q è
64 4108 64 4108 1
= + + − ≅ = + ≅
y 1
.
53 a y che essendo positiva va
da cui 1 . 86
3 3
r 27 729 27 729 3
scartata come soluzione del nostro problema. 6
Soluzioni a cura di Nicola de Rosa
PROBLEMA 2 [ ]
( ) ( ) ( ) π π
= + + ∈ −
f x sin x a cos x b x ,
Sia f la funzione definita da , con
Punto 1 π
=
Calcolate a e b in modo che sia punto di massimo relativo e f(π/6)=0;
x 6 ( ) ( ) ( )
1 3 = + +
+ + =
π f x sin x a cos x b
a b ; la derivata prima di
0 è
La condizione f( /6)=0 impone 2 2
π
( ) ( ) ( )
= − = π
f ' x cos x a sin x e x è l’ascissa del punto di massimo se f’( /6)=0 e quindi se
6
3 a 3 1
− = ⇔ = = − − = −
0 a 3 . Da ciò segue b a 2 . La curva è allora
2 2 2 2 π
( )
( ) ( ) ( )
= + − = + −
.
f x sin x 3 cos x 2 . Tale funzione può essere scritta anche come f x 2 sin x 2
3
Punto 2
Tracciate il grafico della funzione così ottenuta e dite se essa ha un massimo assoluto e un
λ
minimo assoluto; π
( ) = + −
Il grafico di lo ricaviamo per deduzione dal grafico della funzione
f x 2 sin x 2
3
( )
sin x
elementare attraverso i seguenti passi: π
( )
sin x
1. Si trasla rigidamente il grafico di orizzontalmente verso sinistra di ottenendo il
3
π
+
grafico di ;
sin x
3 π
+
2. Si ricava il grafico di attraverso una dilatazione di fattore 2 raddoppiando tutte
2 sin x
3
π
+
;
le ordinate del grafico di sin x
3 π
+
3. Si trasla rigidamente il grafico di di un tratto verticale pari a 2 verso le
2 sin x
3 π
( ) = + −
ordinate negative ottenendo il grafico di .
f x 2 sin x 2
3
Si fa notare inoltre che: 7
Soluzioni a cura di Nicola de Rosa
π
π
( ) + ≤
= + −
1. La funzione x
non è mai positiva in quanto sin 1 e si
f x 2 sin x 2
3 3
π π π π
π π
+ = + = + = +
⇒ ⇒
annulla nei punti in cui x x k x k
sin 1 2 2
3 3 2 6
2. i massimi relativi ed assoluti (coincidenti in quanto la funzione trigonometrica seno è
π
( ) = + −
limitata in [-1,1]) di si hanno quando
f x x
2 sin 2
3
π π π π
π
+ = ⇔ + = = +
⇒
mentre i minimi relativi ed assoluti
x x x k
sin 1 sin 2
3 3 2 6
(coincidenti in quanto la funzione trigonometrica seno è limitata in [-1,1]) si hanno
π π π π
[ ]
5 π π
π −
+ = − ⇔ + = − = − +
⇒
,
, per cui in la
quando x x x k
sin 1 sin 2
3 3 2 6 π
funzione presenterà un unico massimo relativo ed assoluto in ed un unico
, 0
6
π
5
− −
minimo relativo ed assoluto in .
, 4
6
[ ]
π π
− ,
Il grafico in è di seguito presentato:
Punto 3
Calcolate l’area della regione finita di piano delimitata dalla tangente a nel suo punto di
λ
π
=
e dalla retta .
ascissa nulla, da x
λ 2 8
Soluzioni a cura di Nicola de Rosa
( )
−
λ
La retta tangente a nel suo punto di ascissa nulla 0
, 3 2 è la retta di equazione
( ) ( ) ( )
= + − = + − −
y x 3 2 . La tangente y x 3 2 interseca l’asse delle ascisse in 2 3 ,
0 .
L’area da calcolare è rappresentata in verde nella figura sottostante:
L’area da calcolare è:
π π
( ) π π
2 2
∫ ∫
= + − − + − − = + − + =
S x x dx x x dx
3 2 2 sin 2 3 2 sin
3 3
0 0
π
( ) ( )
π
2 2
π π
+ +
2
x 3 2 3 3 3 1
2
= + + = − + − − =
x
2 cos 2
2 3 8 2 2 2
0
0
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2
π π π π π
+ + + − −
2 2
2 3 3 4 3 4 3 8 8 3
= − − + = − + =
3 1 3 1
8 2 8 8
9
Soluzioni a cura di Nicola de Rosa
QUESTIONARIO
Quesito 1 ( ) ( ) ( )( )
− = −
f b f a f ' c b a
L’equazione esprime il teorema del valore medio o di Lagrange.
( ) = 3 2
Determinare c quando f x x , a=0 e b=1.
( ) ( ) 2
= =
3 2
La derivata prima di f x x è f ' x , per cui applicando la formula
3
3 x
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 2
− = − = = =
f b f a f ' c b a f 0 0
, f 1 1
e considerando che , si ha 1 da cui
3
3 c
2 8
= =
⇒
3 c c .
3 27
Quesito 2
Un recipiente contiene 1000 litri di liquido. Se è un prisma regolare a base triangolare, quali
ne sono le dimensioni minime, espresse in metri?
Un prisma regolare a base triangolare è un prisma che ha come base un triangolo equilatero di lato
2
L 3
=
> A . Il volume del prisma per ipotesi è 1000 litri e
L 0 e la cui area di base è Base 4 [ ]
( )
−
≅ = =
3 3 3 3
1 litro 1dm 10 m si ha che esso è pari a V 1 m .
ricordando che V
=
= ⋅
Il volume del prisma regolare a base triangolare è V A h h . L’area totale è
per cui
Base A
Base
pari alla somma della superficie laterale e del doppio dell’area di base. La superficie laterale è il
( ) V
=
3 L
prodotto del perimetro di base moltiplicato per l’altezza h , per cui
A
Base
2 2 2
L 3 L 3 V L 3 4 3
= + = + ⋅ = + ⋅ = +
S 2 A S 3 L h 3 L . La minimizzazione della
T Base l 2
2 2 2 L
L 3
4
superficie totale la effettuiamo tramite calcolo delle derivate:
−
3
4 3 L 4
= − =
S ' L 3 3
T 2 2
L L
+
3
L 8
=
S ' ' 3
T 3
L
Si ha: 10
Soluzioni a cura di Nicola de Rosa
( )
−
3
L 4
= > > +∞
⇒ ⇒
3 3
S ' 3 0 L 4 S strettamen
te crescente in 4 ,
T T
2
L ( )
−
3
L 4
= < < <
⇒ ⇒
3 3
S ' 3 0 0 L 4 S strettamen
te decrescent
e in 0
, 4
T T
2
L
( )
+
3
L 8
= = >
3
S ' ' 4 3 3 3 0 L
Inoltre , per cui il lato di base che minimizza la
T 3
L
= 3
L 4 [ ]
[ ] 4 3 2 27
= =
= 3
h m
superficie totale è L 4 m ed in corrispondenza l’altezza vale 6
2 3 4
L
3
= 3
L 4
Quesito 3
Quale è il cono di volume massimo inscrivibile in una sfera assegnata?
Consideriamo la figura sottostante: = < <
Consideriamo una sfera di raggio R e poniamo VH x , con 0 x 2 R . Con queste assunzioni
= −
HD 2 R x e poiché il triangolo VDB è rettangolo in quanto inscritto in una semicirconferenza,
( )
2 = ⋅ = ⋅ −
per il teorema di Euclide HB VH HD x 2 R x . Il volume del cono è
( ) π [ ]
( ) ( )
1 2
π
= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ − < <
2
V x HB VH x 2 R x con 0 x 2 R . La massimizzazione del volume la
3 3
effettuiamo attraverso le derivate:
π [ ]
( ) = ⋅ − 2
V ' x 4 Rx 3 x
3
π [ ]
( ) = ⋅ −
V ' ' x 4 R 6 x
3
Si ha: π [ ]
( ) ( )
4 4
R R
= ⋅ − > < <
⇒ ⇒
2
' 4 3 0 0 strettamen
te crescente in 0
,
V x Rx x x V x
3 3 3
π [ ]
( ) 4
4 R R
= ⋅ − < < <
⇒ ⇒
2
' 4 3 0 2 strettamen
te decrescent
e in , 2
V x Rx x x R S R
T
3 3 3 11
Soluzioni a cura di Nicola de Rosa
π π
[ ]
( ) 4 R 4R
= ⋅ − = − < =
Inoltre V ' ' x 4 R 6 x 0 , per cui il volume è massimo per x e vale
4 R
=
x
3 3 3
3
π π
2
3
R R R R
4 4 4 32
= ⋅ ⋅ − =
V R .
2
3 3 3 3 81
Quesito 4 ( ) +
= x 8
La funzione f x è invertibile? Perchè? Quale ne è la derivata? In genere, come si
10 −
1
calcola la derivata della funzione inversa f ?
( ) +
= x 8
f x
La funzione 10 è invertibile in quanto strettamente crescente in tutto R. Riscrivendo la
( )
( )
( ) ( )
+ +
+ = =
= x 8
ln 10 x 8 ln 10
x 8 f x e e
f x
funzione 10 come si ricava che la sua derivata è
( ) ( )
+ +
= ⋅ = ⋅
x 8 ln 10 x 8
f x e
' ln 10 ln 10 10 che risulta essere strettamente positiva in tutto R.
( ) ( )
g y f x
In generale detta l’inversa di , la derivata di , per un noto teorema che recita “
g La
derivata di una funzione inversa è uguale al reciproco della derivata della funzione diretta (purché
( ) 1
=
” è ' . Si fa notare che le due derivate che
quest’ultima derivata non sia nulla) g y ( )
'
f x
compaiono nella formula si intendono calcolate in due punti che si corrispondono.
( ) +
= 8
x 8
Come esempio, calcoliamo la derivata della funzione inversa di 10 in 10 . L’inversa di
f x
( ) ( )
( ) + = −
= = =
x 8 8
g y Log y 8
10 è e a 10 corrisponde
f x y x 0 per cui
( )
1 1 1
= = =
8
g ' 10 . Controlliamo se il valore calcolato è corretto. La
( )
+
⋅ ⋅
x 8 8
f ' 0 ln 10 10 ln 10 10
=
x 0 ( )
( ) ( ) ( ) 1 1
= − = =
8
g y Log y 8
derivata di è g ' y e g ' 10 come già trovato.
⋅ ⋅ 8
ln 10 y ln 10 10
Quesito 5
( ) 1
=
Dimostrare che la funzione ha infiniti punti di massimo e minimo relativo in
f x cos
x
] ]
0
;
1 . In quali punti la funzione assume valore 1 e in quali –1?
( ) ( )
( ) 1 − ∞ ∪ +∞
= ,
0 0
,
I punti di massimo e minimo relativo di , definita in , sono i punti
f x cos
