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Sintesi


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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

     

→ → → →

 

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