Anteprima
Vedrai una selezione di 6 pagine su 23
2010 - Liceo scientifico di ordinamento, sessione ordinaria Pag. 1 2010 - Liceo scientifico di ordinamento, sessione ordinaria Pag. 2
Anteprima di 6 pagg. su 23.
Scarica il documento per vederlo tutto.
2010 - Liceo scientifico di ordinamento, sessione ordinaria Pag. 6
Anteprima di 6 pagg. su 23.
Scarica il documento per vederlo tutto.
2010 - Liceo scientifico di ordinamento, sessione ordinaria Pag. 11
Anteprima di 6 pagg. su 23.
Scarica il documento per vederlo tutto.
2010 - Liceo scientifico di ordinamento, sessione ordinaria Pag. 16
Anteprima di 6 pagg. su 23.
Scarica il documento per vederlo tutto.
2010 - Liceo scientifico di ordinamento, sessione ordinaria Pag. 21
1 su 23
Disdici quando vuoi 162x117
Disdici quando
vuoi
Acquista con carta
o PayPal
Scarica i documenti
tutte le volte che vuoi
Sintesi

Il tema svolto per la maturità scientifica anno 2010. Liceo di ordinamento, sessione ordinaria.
Nicola De Rosa, Liceo di ordinamento, sessione ordinaria. Prova di matematica 2010
Estratto del documento

1.

Nicola De Rosa, Liceo scientifico di ordinamento sessione ordinaria 2010, matematicamente.it

d

   

riferita ai propri asintoti, per cui è definita per , ha asintoto

x 1

c

d a

      

verticale ed orizzontale , con centro di

x 1 y 1

c c

 

 

simmetria in .

C 1

, 1  

 X x 1

 

In altro modo effettuando la trasformazione , la funzione

:  

Y y 1

 

trasformata nel nuovo riferimento cartesiano sarà

X , Y

 

  

1 X 1 2 X 2

         , cioè una

Y 1 Y 1 Y XY 2

 

 

1 X 1 X X

 

iperbole equilatera di asintoti ; applicando quindi la

X 0

, Y 0

trasformazione, la funzione di partenza sarà una iperbole equilatera

       

traslata di asintoti .

x X 1 1

, y Y 1 1

Affinchè una funzione sia invertibile deve essere

f : D C

f f

suriettiva ed iniettiva; la suriettività è dimostrata dal fatto che nel caso

in esame il dominio e il codominio della funzione

    

1 x        

 ; per l’iniettività,

D C , 1 1

,

concidono

y  f f

1 x 2

 

y '

invece, poiché la derivata della funzione è sempre

 

 2

1 x

negativa, si potrebbe essere tentati di concludere che la funzione è

strettamente decrescente e quindi iniettiva. Tale ragionamento, tuttavia,

si basa su un teorema che richiede tra le ipotesi che la funzione sia

definita su un intervallo, cosa che nel nostro caso non avviene.

Conviene allora usare direttamente la definizione di funzione iniettiva:

 

1 x 1 x

        

         1 2

x , x , 1 1

, f x f x

da ovvero  

1 2 1 2 1 x 1 x

1 2

     

    

1 x 1 x 1 x 1 x

segue da cui svolgendo i calcoli

1 2 2 1

        

1 x x x x 1 x x x x x x

ricaviamo cioè

2 1 1 2 1 2 1 2 1 2

l’iniettività della funzione. 4

1.

Nicola De Rosa, Liceo scientifico di ordinamento sessione ordinaria 2010, matematicamente.it

 

Per ricavare l’inversa poniamo e risolviamo nella variabile x

y f x

 

   

1 y

1 x 1 x

  

l’equazione 1

; si ha , per cui

x

y f x f x

 

1 y

1 x 1 x

cioè l’inversa di 1

è stessa; quindi ed hanno stesso grafico o

f

f f f

1

equivalentemente il grafico di è il simmetrico di quello di

f f 

rispetto alla bisettrice del primo e terzo quadrante di equazione .

y x

Punto 3 

  1 x

La funzione può essere riscritta nel seguente modo:

g x 

1 x

1 x   

se 1 x 1

  

  1 x 1 x

  

g x 

 1 x

1 x      

se x 1 x 1

 

 1 x 

1 x

il cui grafico lo si ricava da quello di ribaltando verso le

y 

1 x

ordinate positive le parti di grafico al di sotto dell’asse delle ascisse.

In particolare la derivata prima sarà:

 2

   

se 1 x 1

  

 2

 1 x

   

g ' x 2

    

se x 1 x 1

 

  2

 1 x  

L’equazione della tangente al grafico di g x in un punto generico

    

   

x , y y y g ' x x x x 0

è ; nel punto ad ascissa si ha

P P P P P R

 

  2

     per cui l’equazione della

 

y 1

, g ' x 2

 

R R  2

 

1 x 

R x 0

R

    

R 0

,

1 t : y 2 x 1

tangente in è .

1 

x 1

Per quanto riguarda la tangente al punto di ascissa , calcoliamo il

S

5

1.

Nicola De Rosa, Liceo scientifico di ordinamento sessione ordinaria 2010, matematicamente.it

 

limite destro e sinistro della derivata :

g' x

 

2 1

    

 

lim g ' x lim  

 2

   

  2

1 x

x 1 x 1  

 

2 1

   

 

lim g ' x lim  

 2

   

  2

1 x

x 1 x 1  

Essendo limite destro e sinistro finiti e differenti, deduciamo che in

 la funzione presenta un punto angoloso di non derivabilità, per

x 1

S 

  1 x

cui non ha senso parlare di tangente al grafico di in

g x 

1 x

  ; in particolare, trattandosi di punto angoloso, possiamo parlare di

S 1

,

0  

tangente a sinistra ed a destra del grafico di che hanno

g x

rispettivamente equazioni

 

1

  

t : y x 1

2 2

 

1

 

t : y x 1

3 2

Il grafico a lato raffigura la

funzione 

  1 x

 e le tre

g x 

1 x

tangenti nello stesso

riferimento cartesiano. 6

1.

Nicola De Rosa, Liceo scientifico di ordinamento sessione ordinaria 2010, matematicamente.it

Punto 4

Consideriamo il grafico a lato in cui

l’area da calcolare è colorata in grigio:

L’area vale

  

   

1 1

1 x 2

 

      

1

   

A dx 1 dx 2 ln x 1 1

 

    0

1 x 1 x

0 0  

4

      

2 ln 2 1 ln 4 1 ln  

e 7

1.

Nicola De Rosa, Liceo scientifico di ordinamento sessione ordinaria 2010, matematicamente.it

PROBLEMA2

Nel piano, riferito a coordinate cartesiane Oxy, si consideri la funzione f

   

  

x

definita da .

f x b b 0

, b 1

 

1. Sia il grafico di relativo ad un assegnato valore di b. Si

f x

G b

illustri come varia al variare di b.

G b

2. Sia P un punto di . La tangente a in P e la parallela per P

G G

b b

all’asse intersecano l’asse

y x rispettivamente in A e in B. Si dimostri

che, qualsiasi sia P, il segmento AB ha lunghezza costante. Per quali

valori di b la lunghezza di AB è uguale a 1?

3. Sia r la retta passante per O tangente a (e = numero di Nepero).

G e

misura in radianti dell’angolo che la retta

Quale è la r forma con il

semiasse positivo delle ascisse?

4. Si calcoli l’area della regione del primo quadrante delimitata

dall’asse e dalla retta d’equazione

y, da .

G y e

e RISOLUZIONE

Punto 1   G

Al variare di , il grafico sta sempre nel semispazio delle

b 0

, b 1 b  

0

,

1

ordinate positive e tutti i grafici passeranno per il punto . Fissato

  

  x

, studiamo la funzione :

f x b

b 0

, b 1

  

 se b 1

x 

lim b  

  

0 se 0 b 1

x 

0 se b 1

x 

lim b    

   se 0 b 1

x    presenta l’asintoto

x

Dai limiti soprastanti deduciamo che f x b

   , mentre presenta l’asintoto

orizzontale destro se

y 0 0 b 1

 

orizzontale sinistro se .

y 0 b 1 8

1.

Nicola De Rosa, Liceo scientifico di ordinamento sessione ordinaria 2010, matematicamente.it

Le derivate prima e seconda sono rispettivamente:

    x

f ' x ln b b

   

 

2 x

f ' ' x ln b b  

 

da cui deduciamo che se la funzione è strettamente

b 1 ln b 0

 

  

crescente, mentre se è strettamente decrescente; in

0 b 1 ln b 0

ambo i casi la funzione è convessa in tutto R cioè volge sempre

      

2

concavità verso l’alto in quanto .

ln b 0 b 0 b 1

x

   

 

1   

  x

Inoltre poiché , deduciamo che se ,

x , y G x

, y G

b 1 b

 

b b

lo si ricava per simmetria intorno all’asse

in altre parole il grafico di G 1

b

delle ordinate a partire da quello di .

G b

1

 

Di seguito due grafici per :

b 2

, b 2

Punto 2

Consideriamo la figura a

lato, in cui si è assunto

senza ledere la generalità

del problema .

b 1

Il generico punto P ha 9

1.

Nicola De Rosa, Liceo scientifico di ordinamento sessione ordinaria 2010, matematicamente.it

   

a

coordinate , per cui il punto B avrà coordinate ; la

B a ,

0

P a, b  

   x

tangente al grafico di in un punto generico è

x , y

f x b P P

  

   

; nel punto ad ascissa si ha

y y f ' x x x x a

 

P P P P

      l’equazione della tangente in

x a

f ' x ln b b ln b b per cui

x a

P

  P  

     . L’ascissa del punto A

a a a

è

P a, b y ln b b x a b  

    

 a a

si ricava imponendo in , da cui

y ln b b x a b

y 0

 

1

  .

A a ,

0

 

ln b  

1 1

     

 

AB x x a a

Il segmento misura allora:

AB B A  

ln b ln b

 

a

che risulta essere, fissato b, costante al variare di . La

P a, b

AB

lunghezza del segmento orientato si chiama sottotangente e le

   x

funzioni esponenziali hanno la sottotangente costante pari a

f x b

1  log e .

b

ln b 1 1

   

    

AB 1 ln b 1 ln b 1 b e b

Inoltre se e cioè se .

ln b e

Punto 3  

   x a

G

Un generico punto P del grafico di ha coordinate

g x e P a, e

e

   

   

a a a

G y e x a e

P a, e

e la tangente in a ha equazione .

e  

l’origine O 0

,

0

Imponendo il passaggio per della retta tangente, si ha:

      

         a

a a a e 0 a R

0 e 0 a e e 1 a 0 a 1 in quanto .

 

Quindi la retta tangente passante per l’origine ha equazione e

y e x

forma con il semiasse positivo delle ascisse un angolo pari

del coefficiente

all’arcotangente angolare

   

 

  

arctan e rad 1

, 2182 rad . 10

1.

Nicola De Rosa, Liceo scientifico di ordinamento sessione ordinaria 2010, matematicamente.it

Punto 4

Consideriamo il grafico a

in cui l’area da calcolare

lato

D è colorata in grigio:

Tale area può essere

calcolata come differenza

delle aree:

del rettangolo R di vertici

        ;

0

,

0 , 1

,

0 , 1

, e , 0

, e

dell’area G

D sottesa da e

1

compresa tra le ascisse

 

x 0

, x 1     

L’area del rettangolo vale mentre l’area sottesa da

S R e 1 e G e

 

1

   1

   

  x x

S D e dx e e 1

compresa tra le ascisse vale .

x 0

, x 1 0

1 0

       

     

S D S R S D e e 1 1

In conclusione .

1    

 

Alternativamente l’inversa della funzione x 1

g x e g y ln y

è con

 , per cui l’area da calcolare diventa:

y 0 e      

           

  

           

e

S D ln y

dy y ln y 1 e ln e 1 1 ln 1 1 e 1 1 1 0 1 1

1

1

in cui si è applicata l’integrazione per parti.

11

1.

Nicola De Rosa, Liceo scientifico di ordinamento sessione ordinaria 2010, matematicamente.it

QUESTIONARIO

Quesito 1

 

Sia un polinomio di grado n. Si dimostri che la sua derivata n-

p x  

    n

n

esima è dove è il coefficiente di .

a x

p x n

! a n

n  

Un generico polinomio di grado n può essere scritto nel seguente

p x

modo:

    

     

n n 1 2 

 con a R

, i 0 ,

1

, ,n

p x a x a x a x a x a

 i

n n 1 2 1 0

derivate prima, seconda e così via sino all’n-esima:

Calcoliamo le

   

 

        

n 1 n 2 

p ' x n a x n 1 a x 2 a x a

n n 1 2 1

       

 

           

n 2 n 3 

p ' ' x n n 1 a x n 1 n 2 a x 2 a

n n 1 2

           

 

               

n 3 n 4 

p ' ' ' x n n 1 n 2 a x n 1 n 2 n 3 a x 6 a

n n 1 3

          

                

n 

p x n n 1 n 2 n 3 n 4 2 1 a n

! a

n n

Quesito 2

Siano ABC un triangolo rettangolo in A, r la retta perpendicolare in B

al piano del triangolo e P un punto di r distinto da B. Si dimostri che i

tre triangoli PAB, PBC, PCA sono triangoli rettangoli.

Consideriamo la figura a lato

rappresentante la geometria del problema.

Poiché la retta PB è ortogonale al piano

del triangolo, essa è ortogonale a tutte le

rette del piano passanti per B, quindi è

ortogonale a BA e BC, da cui deduciamo

che i triangoli PBC e PBA sono entrambi

12

1.

Nicola De Rosa, Liceo scientifico di ordinamento sessione ordinaria 2010, matematicamente.it

rettangoli in B. Ci resta da dimostrare che anche PAC è rettangolo; in

particolare vogliamo dimostrare che PAC è rettangolo in A. Ciò è vero

2 2 2

 

se, applicando il teorema di Pitagora, si ha .

PC PA AC

Applicando il teorema di Pitagora ai triangoli PBA , PBC ed ABC

otteniamo:  

2 2 2

 

PB PA AB 1

 

2 2 2

 

PC PB BC 2

 

2 2 2

 

BC AB AC 3      

Sostituendo le espressioni e in si ha:

1 3 2

 

2 2 2 2 2 2 2 2 2

        cioè il

PC PB BC PA AB AB AC PA AC

Dettagli
23 pagine