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Sessione Straordinaria LS_ORD 2006 Soluzione di De Rosa Nicola
b h
*
=
A
BGD 2
15 62 251
= − =
b 2 25 50
= − =
h 10 8 2
b * h 251
= =
Per cui A
BGD 2 50
6
25 63 5150 25 251
∫
= − − + − − + =
2
S x x x dx
3
484 484 484 44 22
62
25 6
6
25 212 372 1 25
∫ =
− + − = − + −
2 3 2
x x dx x 106 x 372 x
484 484 484 484 3 62
62 25
25
1 238328 407464 23064
= − + − + − + =
1800 3816 2232
484 1875 625 625
1 745736 704
= − + =
216
484 1875 1875
Da cui 251 704 17417
= − = − =
S A S
1 BGD 3 50 1875 3750
25 * 10
AB * CH 17417 125 17417 108479
2
= − = − = − = − =
S A S S
2 ABC 1 1
2 2 3750 2 3750 1875
e)
Il calcolo dei punti di intersezione lo si risolve attraverso il seguente sistema:
+ =
2 2
x y 100
25 63 5150
= − − +
2
y x x
484 484 484
Da cui 2
25 63 5150
+ − − + − = → + − − + = →
2 2 4 3 2
x x x 100 0 625 x 3150 x 19275 x 648900 x 3096900 0
484 484 484 − ±
( )
( ) 213 44
i 23
− + + = → = =
2 2
x 6 25 x 426 x 3441 0 x 6
, x
1 2 , 3 25
( )
=
D 6
,
8 .
per cui l’unico punto di intersezione è 5
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SOLUZIONE
a)
Un polinomio di 5° grado ha equazione:
( )
= = + + + + +
5 4 3 2
y g x ax bx cx dx ex f
Ora dire che la curva è simmetrica rispetto all' origine significa che
( )
( ) ( )
= − − → + + + + + = − − + − + − +
5 4 3 2 5 4 3 2
g x g x ax bx cx dx ex f ax bx cx dx ex f
+ + = → = + +
4 2 5 3
bx dx f 0 y ax cx ex
64 64 32
→ − − − = → + + = −
Passaggio per - 2, 32 a 8
c 2 e e 4 c 16 a
15 15 15
64
Il massimo relativo in - 2, impone :
15
[ ]
( )
− = → + + = + + =
I 4 2
y 2 0 5 ax 3
cx e 80 a 12 c e 0
= −
x 2
[ ]
( )
− = + = − − <
II 3
y 2 20 ax 6 cx 160 a 12 c 0
= −
x 2
Bisogna allora risolvere il sistema seguente:
32
+ + = −
e 4 c 16 a
15
+ + =
80 a 12 c e 0
Ora sottraendo una delle equazioni dall’altra ricaviamo: 6
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=
a a
4
= −
c 8 a per cui
15
16
= −
e 16 a
5
4 16
= + + = + − + − =
5 3 5 3
y ax cx ex ax 8 a x 16 a x
15 5
( ) 4 16
− + + −
5 3 3
a x 8 x 16 x x x
15 5
4 16
− = − − < →
con la condizione - 160a - 12 8 a 64 a 0
15 5
1
> −
a per avere il massimo relativo in quel punto.
20
b)
Calcolo punti in comune: partendo dall’equazione
4 16
= + − + − =
5 3
y ax 8 a x 16 a x
15 5
( ) 4 16
− + + −
5 3 3
a x 8 x 16 x x x
15 5
I punti in comune si ricavano imponendo tale sistema: = → =
0 0
x y
( ) ( )
2
− + = − =
5 3 2
8 16 4 0
x x x x x
64
→ = − → =
x 2 y
4 16
= − 15
3
y x x
15 5 64
= + → = −
x 2 y
15
( ) 64 64
− −
e come si nota il secondo ed il terzo sono
I punti sono allora 0
, 0 , 2
, , 2
,
15 15
effettivamente simmetrici rispetto all’origine.
Ora le tre tangenti sono
4 16 16 16
= − → = −
→ = = + − + −
4 2
y mx m ax a x a a y a x
Tangente in ( 0
, 0 ) , 5 3 8 16 16 16 ,
15 5 5 5
=
x 0
( )
64 64 4 16 64
− → + = − = + − + − = → = −
4 2
Tangente in ( 2
, ) m x 2 , m 5 ax 3 8 a x 16 a 0 y ,
15 15 15 5 15
=
x 2
( )
64 64 4 16 64
− + → − = + = + − + − = → =
4 2
Tangente in ( 2
, ) y m x 2 , m 5 ax 3 8 a x 16 a 0 y ,
15 15 15 5 15
= −
x 2 7
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64 64
− −
Le tangenti nei punti sono retti parallele all’asse delle ascisse e questo è una
2
, , 2
,
15 15
conferma dei calcoli effettuati perché per ipotesi il punto c è un massimo per cui la tangente in esso
64
−
che
non è altro che una retta parallela all’asse delle ascisse. Lo stesso dicasi per il punto 2
,
15
64
−
essendo simmetrico al punto rispetto all’origine degli assi sarà un minimo e la tangente
2
,
15
esso è sempre parallelo all’asse delle ascisse.
Le tre tangenti sono differenti per cui la traccia presenta un errore.
c)
Calcolo dei flessi: ( )
( ) 3
c
= + = + = → = = ± <
II 3 2
y x 20 ax 6
cx 2 x 10 ax 3
c 0 x 0
, x se ac 0
10 a
Affinché la tangente inflessionale sia l’asse delle ascisse allora tale tangente deve avere equazione
=
y 0 e questo, visti i punti di flesso, accade se e solo se la tangente inflessionale nel flesso ( 0
, 0 ) ,
=
che ha equazione , ha coefficiente angolare nullo.
y mx
Il coefficiente angolare della tangente in ( 0
, 0 ) è stato già calcolato prima ed è
4 16 16
= + − + − = −
4 2
m 5 ax 3 8 a x 16 a 16 a
15 5 5
=
x 0
Per cui imponendo che il coefficiente angolare sia nullo ricaviamo:
16 1
− = → =
16 a 0 a
5 5
1
> −
E questo valore è a per cui il massimo è quello detto.
20
Per cui la curva diventa: 5 4
x
= − 3
y x
5 3
Studiamo questa curva: 8
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Dominio : R ( )
5 3
x x 5
4
= → − = → − = → = = ±
3 2
x:y x x x x
Intersezio
ne asse 0 0 3 20 0 0
, 2 3
5 3 15
= → =
Intersezio
ne asse y : x 0 y 0
Asintoti verticali
, orizzontal
i ed obliqui : non ce ne sono. In particolar
e
5 5
x x
4 4
− = +∞ − = −∞
3 3
lim x , lim x
→ +∞ → −∞
5 3 5 3
x x ( )
( ) = − = − = → = = ±
I 4 2 2 2
Crescenza e decrescenz
a : y x x 4 x x x 4 0 x 0 ,x 2
( )
( ) = − = − = → = = ±
3 2
II
y x 4 x 8 x 4 x x 2 0 x 0
, x 2
( ) ( ) ( )
= = − →
II III
y 0 0
, y 0 8 0
, 0 è un flesso
( )
28 2 28 2
± ≠ → − −
III
y 2 0 2 , , 2 , sono altrettant
i flessi
15 15
( ) 64
= > → −
II
y 2 16 0 2
, è un minimo come ci aspettavam
o
15
( ) 64
− = − < → −
II
y 2 16 0 2
, è un massimo come ci aspettavam
o dalla traccia
15
Ecco il grafico: 9
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d)
Le ascisse dei punti di intersezione con l’asse delle x distinte da x=0 le abbiamo già trovate e sono
5 5
= = − = =
x u 2 , x v 2 .
3 3
Per cui l’integrale da calcolare è: 5
+ 2
3 5 4
x
∫ −
3
x dx
5 3
5
− 2 3
Per calcolare questo integrale basta ricordare che l’integrale di una funzione dispari in un intervallo
simmetrico rispetto all’origine è sempre nullo. In altro modo, interpretando geometricamente
l’integrale come area sottesa, le due aree da calcolare si annullano a vicenda.
Per verificare ciò integriamo normalmente e verifichiamo che il risultato dell’integrale definito è
nullo: 5
+ 5
2 + 2
3
5 6 4
x 4 x x 8000 400 8000 400
3
∫ − = − = − − − =
3
x dx 0
5 3 30 3 810 27 810 27
5
−
5 2
− 2 3
3
e)
( ) 28 2 28 2
= = − −
I flessi sono stati già calcolati e sono A 0
, 0 , B 2 , , C 2 ,
15 15
Per vedere se questi flessi sono allineati calcoliamo la retta BC:
28 2 28 2
+ +
y y ( )
− − +
x 2 x 2 28 2 28 28
15 15
= → = → + = − + → = −
BC : y x 2 y x
− − 15 15 15
28 2 28 2 2 2 56 2 2 2
+
15 15 15
( ) 28
= = −
A 0
,
0
e questa retta passa anche per , quindi i tre flessi sono allineati sulla retta y x come
15
rappresentato dalla figura sottostante: 10
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Calcoliamo i punti di intersezione tra la retta su cui i flessi sono allineati e la curva:
5
x 4
= − 3
y x
5
x 4 28
5 3 → − + = →
3
x x 0
5 3 15
28
= −
y x
15 ( ) ( )
14 14
− + = − + = − − = → = = ± = ±
5 3 4 2 2 2
3 x 20 x 28 x x 3 x 20 x 28 x 3 x 6 x 0 x 0
, x 2 , x
3 3 11
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SOLUZIONE
1)
Si consideri la figura sottostante, in cui sono stati recisi nel pentagono 5 triangoli isosceli
congruenti:
In accordo soprastante si ha:
= = = = = = = = = =
FA AG HB BI LC CM ND DO PE EQ x ,
= = = = = = = = =
QP PO ON NM ML LI IH HG GF y
−
n 2
α π
=
In ogni poligono di n lati l’angolo al vertice è pari a e nel caso del pentagono in esame
n
π
−
n 2 3
α π
= = = = = = =
ˆ ˆ
ˆ ˆ ˆ
si ha: A B C D E .
n 5
π π π
3 3 y y
= = = = = = =
⇒
Ora y FG RG AG x 2 x cos x
2 2 sin 2 sin π π
3
10 10 5
2 cos 2 sin
5 10
Ora ricordando che π π
3
L cos L sin
y 1 L 5 10
= + = + = + = = =
⇒
L 2 x y 2 y y 1 y
π π π π
3
+ +
2 cos cos 1 cos 1 sin
5 5 5 10
1
+
1 π
cos
5 13
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Se ci fosse stato richiesto di trovare una relazione che non coinvolgesse gli angoli, bastava notare
2
π
− − +
5 1 3 5 1 5
= − =
= ° = − ° = −
2
cos cos(
36 ) 1 2 sin (
18 ) 1 2 1
che per cui
5 4 4 4
π
+
1 5 ( )( )
cos + + −
1 5 1 5 5 5 4 5 5 L
5 4
= = = = = = =
y L L L L L L
π + +
20 20 5
1 5 5 5 5
+ +
1 cos 1
5 4
2)
Si consideri la figura sottostante che rappresenta la geometria del problema:
= = = = = =
L’altezza della piramide è KE 2 AB 2
l dove AB BC CD DA l .
1 2 2
= = =
2 3 3
Il volume della piramide è allora V AB EK AB l .
P 3 3 3 FH 2
= = =
I triangoli ENF ed EKA sono simili. Per cui posto FL x si ha FN x , si ha :
2 2
( )
= = −
⇒ ⇒
AK : KE FN : NE AK : KE FN : EK NK
( )
2 2 2
= − = − =
⇒ ⇒
l : 2
l x : 2
l x 2 x 2
l x x l
2 2 3
8 3
l
3
V 4
2 8 27
= =
= = 3
C
per cui V l l per cui .
C 2
V 9
3 27 3
l
P 3
3)
La risposta è evidentemente falsa. Per giustificare questa nostra affermazione prendiamo due
14
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funzioni, f ( x ), g ( x ) che non soddisfano al teorema di De l’Hospital, cioè tali che
→ → f ' ( x ) f ( x )
x a x a
→ → lim lim
f ( x ) 0
, g ( x ) 0 e il limite non esiste, ma per le quali esiste il limite .
→ →
g ' ( x ) g ( x )
x a x a
Un esempio è fornito dalle due funzioni seguenti:
π π →
0
x
→
= = = →
2
2
quando x 0 . Infatti e questo lo si
f ( x ) x sin , g ( x ) sin( x ) f ( x ) x sin 0
x x π
− ≤ ≤
2 2 2
dimostra utilizzando il teorema dei carabinieri per cui, essendo , dal
x x sin x
x
π →
0
x
= →
2
confronto anche .
f ( x ) x sin 0
x → f ' ( x )
0
x
= →
Inoltre banalmente g ( x ) sin( x ) 0 . Tuttavia non esiste lim .
g ' ( x )
0
x→
π
1
π
= − =
per cui
Infatti f ' ( x ) 2 x sin cos , g ' ( x ) cos x
x x
π
1
π
−
x
2 sin cos π
1
x x π
= −
x . Ora sempre attraverso il teorema dei
lim lim 2 sin cos
→ →
x x x
cos( )
0 0
x x π →
0
x 1
π
= → −
carabinieri si ha , mentre l’addendo non presenta limite essendo
f ( x ) 2 x sin 0 cos
x
x
la funzione coseno una funzione limitata ed oscillante.
π
2
x sin π π
f ( x ) x
x
= = = =
Tuttavia il limite lim lim lim x sin lim x sin 0 avendo
→ → → →