2010 - Liceo scientifico di ordinamento, sessione straordinaria

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

   

1 33 1 33

     

     

f '' x 0 cos x cos x

8 8

 

 

1 33

  

 

0 x arccos  

8

 

   

 

1 33 1 33

 

    

   

arccos x arccos

   

8 8

   

 

 

1 33

 

  

 

2 arccos x 2

 

8

 

Quindi la funzione presenta concavità verso l’alto in

 

 

1 33 

 

0, arccos

 

8

 

 

 

1 33 1 33

 

  

 

arccos , arccos

 

8 8

 

 

 

1 33

 



 

2 arccos , 2

 

8

 

e presenta quattro flessi a tangente obliqua in

   

  

1 33 1 33

   



      

x arccos 53

,

6 , x arccos 147

,

5 ,

   

8 8

   

   

  

1 33 1 33

   

 

       

x arccos 212

,

5 , x 2 arccos 306

, 4

   

8 8

   

 



nell’intervallo 0

, 2

Il grafico è di seguito presentato :

4

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i limiti geometrici, dobbiamo imporre che l’angolo al

Se consideriamo 3

ˆ 



 

vertice deve essere compreso tra 0 e , cioè

BAC x

2 



3 2 2

 

       

. Di seguito il grafico per :

0 x 0 x 0 x

2 3 3

5

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Punto 3    

  

x k f x f 2

k x

Una funzione è simmetrica rispetto alla retta se

Nel caso in esame    

 

    

   

1 cos 2 x 2 cos 2 x 3

   

 

   

f 2 x 2

   

  

1 cos x 2 cos x 3  

  f x

2

  



x

f x

per cui è simmetrica rispetto alla retta .

Punto 4 b

 

   

1 



V f x dx

f x a, b

Il valor medio di una funzione in è .



M b a a

Nel caso in esame      

   



   

 

1 cos x 3 1 1 cos 2 x cos x 3

 

        

 

2  

V cos x dx dx

 

 

M  



2 2 2 2 2

0 0

        

    

1 cos 2 x cos x 1 sin 2 x sin x 1

 

          

1 dx x 1

   

  

   

2 2 4 2 0

0 6

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PROBLEMA 2

Sia data la funzione: 3

x



f ( x ) 

2

x 1

1. Si verifichi che la curva che la rappresenta è simmetrica rispetto

all’origine. 

2. Si studi tale funzione e se ne tracci il grafico , su un piano riferito

ad un sistema di assi cartesiani ortogonali Oxy.

2

x 1

  

2

3. Si verifichi che è una funzione primitiva di

F ( x ) log x 1

2 2

.

f (x )

Si calcoli l’errore che si commette approssimando l’area racchiusa

4.  

dalla curva γ, dall’asse con l’area del

x 2 x 3

x e dalle rette e

      

   



A 2

,

0 , B 3

,

0 , C 3

, f 3 D 2

, f 2

trapezio ABCD, essendo e .

Punto 1

Per dimostrare la simmetria rispetto all’origine bisogna provare che

   

  

f x f x . In effetti

 

 

3 3 3

   

x x x

        .

f x f x

   

 

2 2 2

x 1 x 1

x 1

Punto 2 3

  x



f x

Studiamo la funzione 

2

x 1

     

         

x 1 x , 1 1,1 1,

Dominio: ;

3

  x

   

f x 0 x 0

Intersezione asse ascisse: 

2

x 1

 

  

x 0 f 0 0

Intersezione asse ordinate:

Simmetrie: la funzione è dispari come dimostrato al Punto 1

7

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Positività: +

-

  

3

x 0 x 0 -

+ - - +

      

2

x 1 0 x 1 x 1

        

f x 0 1 x 0 x 1  

1 1 x

- 0 - +

+

Asintoti verticali:

       

       

lim f x , lim f x , lim f x , lim f x

   

     

x 1 x 1 x 1 x 1

 

x 1

per cui le rette di equazione sono asintoti verticali;

   

Asintoti orizzontali: non esistono in quanto ;

lim f x

 

x  

y mx q

Asintoti obliqui: se esistono hanno equazione con

 

   

 

f x

   ; nel caso in esame

m lim , q lim f x mx

 



   

x

x x

     

   

3 3

f x x x x

   

      

 

m lim lim 1

, q lim x lim 0

   

    

   

3 2 2

       

   

x x x x 1 x 1

x x x x



per cui l’asintoto obliquo ha equazione ;

y x

Crescenza e decrescenza: la derivata prima è

   

   

2 2 3 2 2

  3 x x 1 x 2 x x x 3

 

f ' x ; studiamo il segno dei singoli

   

2 2

 

2 2

x 1 x 1

fattori e poi valutiamo il segno della derivata prima:

 

   

2

x 0 x R 0

      

2

x 3 0 x 3 x 3

   

2

     

2

x 1 0 x R 1    

          per cui c’è un

Di conseguenza: f ' x 0 x , 3 3 ,

   

3 3 3 3

   

 

massimo in ed un minimo in ;

M 3 , m 3 ,

   

2 2

   

Concavità e convessità: la derivata seconda è

        

2

        

3 2 4 2 2 2

  4 x 6 x x 1 x 3 x 4 x x 1 2 x x 3

  per

f ' ' x    

4 3

 

2 2

x 1 x 1

8

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   

  

cui, la funzione presenta concavità verso l’alto in 1

,

0 1

, e

   

   

, 1 0

,

1

verso il basso in ; la funzione presenta un flesso a

 



F 0

,

0

tangente orizzontale in .

Di seguito il grafico:

Punto 3 3

  x



f x

Le primitive della funzione sono



2

x 1

   

3 2

x x 1 2 x x 1

  

       

2

   

dx x dx x dx ln x 1 c

  

   

2 2 2

x 1 x 1 2 x 1 2 2

2

  x 1

   

2

c 0 F x ln x 1

e una di esse la ricaviamo per ed è 2 2

9

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Punto 4

L’area della regione racchiusa dalla curva γ, dall’asse x e dalle rette x =

2 e x = 3 è pari a: 3

 

3 2

  x 1 9 1 1 5 1 8



         

2

 

S f x dx ln x 1 ln 8 2 ln 3 ln

 

2 2 2 2 2 2 2 3

2 2

L’area del trapezio rettangolo è, invece, pari a

 

8 27



 

 

       

    

B B h f 2 f 3 3 2 145

3 8

   

m M .

S T 2 2 2 48

L’errore commesso rispetto al valore non approssimato è

 

145 5 1 8 25 1 8

 

  

ln ln

 

48 2 2 3 48 2 3

    1

,

02

%

5 1 8 5 1 8

 

ln ln

2 2 3 2 2 3

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QUESTIONARIO

Quesito 1

Due osservatori si trovano ai lati opposti di un grattacielo, a livello del

suolo. La cima dell’edificio dista 1600 metri dal primo osservatore, che

la vede con un angolo di elevazione di 15°. Se il secondo individuo si

trova a 650 metri dalla cima del grattacielo, quale è la distanza tra i due

( non tenendo conto dell’ostacolo grattacielo)?

osservatori

Si consideri la figura a lato

che è una rappresentazione

geometrica del problema.

Bisogna calcolare la distanza



AB x

Posto

AB .

ed applicando il teorema di

Carnot al triangolo AOB si  

2 2 2

     

ha ; sostituendo i valori

AB AO 2 AB AO cos O

Â

B OB

l’equazione diventa

       

2 2 2

x 1600 2 x 1600 cos15 650

  

6 2

     

2 2 2

x 3200 x 1600 650 0

4

 

     

2

x 800 x 6 2 2137500 0

   

     

x 400 6 2 160000 8 4 3 2137500

   

    

x 400 6 2 2500 256 3 343

 

    

x 400 6 2 50 256 3 343



 

x 2046, 49 m



    

x 50 8 6 8 2 256 3 343 

x 1044, 47 m



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Poiché i due osservatori si trovano ai lati opposti del grattacielo, la



soluzione accettabile è .

AB 2046

, 49 m

Quesito 2  ctgx

Si calcoli il limite della funzione quando x tende a 0.

(

1 tgx)

1   

 x 0

Posto , se allora , per cui il limite sarà:

t

tan x t t

 

  1

   

 

cot anx

lim 1 tan x lim 1 e

 

   t

x 0 t

Quesito 3

In quanti modi 10 persone possono disporsi su dieci sedili allineati? E

attorno ad un tavolo circolare?

È un problema classico del calcolo combinatorio. Nei tanti modi in cui

le persone possono sedersi conta l'ordine, quindi stiamo parlando di

disposizioni. Poiché devo fare gruppi ordinati di 10 persone,

disponendo proprio 10 persone stiamo parlando di permutazioni. La

soluzione è data da        





D 10

! 10 9 8 2 1 3628800

10

,

10

Consideriamo ora il caso in cui debbano sedersi in cerchio. Per ciascuno

dei modi sedersi esistono altri nove modi del tutto equivalenti ottenuti

ruotando tutti i posti allo stesso modo. In sostanza i possibili modi

possono essere raggruppati a 10 a 10 quindi i possibili modi di sedersi

in cerchio sono D 10

!

       

10

,

10 



9

! 9 8 2 1 362880

10 10 12

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Quesito 4    

3 2

Si dimostri che ogni funzione dove a, b, c, d

f ( x ) ax bx cx d

sono valori reali con a ≠ 0 , ha un massimo e un minimo relativi oppure

non ha estremanti.    

3 2

La cubica di equazione ha come derivata prima

y ax bx cx d

  

2

la parabola .

y ' 3

ax 2

bx c

L’equazione presenta le seguenti soluzioni:

y ' 0   

2

b b 3

ac

    

2

x

2 soluzioni reali distinte se ;

b 3

ac 0

1

, 2 3

a

b

     

2

2 soluzioni reali coincidenti se ;

x b 3

ac 0

1

, 2 3

a

   

2

b i b 3

ac

  

x

2 sol. complesse coniugate se .

0

1

, 2 3

a

Nel caso in cui le soluzioni sono reali e distinte, la funzione è:



a 0

se crescente in

   

     

2 2

b b 3

ac b b 3

ac

   

   

, ,

   

3

a 3

a

   

decrescente in

 

     

2 2

b b 3

ac b b 3

ac

 

,

 

3

a 3

a

 



a 0

se decrescente in

   

     

2 2

b b 3

ac b b 3

ac

   

   

, ,

   

3

a 3

a

   

crescente in 13

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 

     

2 2

b b 3

ac b b 3

ac

 

,

 

3

a 3

a

 



a 0

Nel caso la cubica presenta quindi

  

2

b b 3

ac



all’ascissa x

un massimo relativo 1 3

a

  

2

b b 3

ac



e un minimo relativo all’ascissa x ,

2 3

a



a 0

mentre se   

2

b b 3

ac



un minimo relativo all’ascissa x

1 3

a

  

2

b b 3

ac



e un massimo relativo all’ascissa x .

2 3

a

In questi casi la funzione presenterebbe, oltre ai due estremanti suddetti,

b

 

anche un flesso a tangente obliqua all’ascissa .

x F 3

a

Se le due soluzioni fossero reali e coincidenti o complesse coniugate, la

funzione sarebbe strettamente crescente in tutto il dominio R, per cui

non vi sarebbero estremanti in questi casi; in particolare in presenza di

soluzioni reali la funzione presenterebbe solo un flesso a tangente

b

 

orizzontale all’ascissa mentre in presenza di soluzioni

x F 3

a

complesse coniugate la funzione presenterebbe solo un flesso a tangente

b

 

obliqua all’ascissa .

x F 3

a 14

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Quesito 5

Si calcoli il volume del solido generato da una rotazione completa

     

attorno all’asse A 2

, 2 , B 6

, 4 , C 6

,

6

x del triangolo di vertici .

Si consideri la figura sottostante: C

6

4 B

A

2

0 2 4 6

-2 A

’

-4 B

’

-6 C

’