2010 L.S: PNI + Brocca + Proteo prova straordinaria

Svolgimento a cura di Nicola de Rosa

PROBLEMA 1

Punto 1

Consideriamo la figura sottostante rappresentante la geometyria del problema.

M N t

K

P Q

H

A O B

La superficie laterale del solido ottenuto dalla rotazione del trapezio isoscele PQNM attorno alla

retta PQ è dato dalla somma del doppio della superficie laterale del cono di apotema MP e raggio

di base MH e del cilindro di altezza MN e raggio di base MH,

( )

π π π

= + = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ +

S 2 S S 2 MH MP 2 MH MN 2 MH MP MN .

L , Cono L , Ci lim dro ( )

π

= ⋅ +

=

Poiché la superficie da trovare sarà .

S 2 MP MN

MH 1

La traccia non ci dice quale angolo deve avere ampiezza x, per cui a nostra scelta poniamo

π

ˆ = ≤ ≤

M

P

H x con ; applicando il teorema dei triangoli rettangoli al triangolo MPH si ha

0 x 2 1

= ⋅ → = ; applicando lo stesso teorema al triangolo KPO si ha

MH MP sin x MP sin x −

1 1 1 1 cos x

= ⋅ → = = − = − =

. Per differenza , per cui

KO PO sin x PO OH PO PH

sin x sin x tan x sin x

−

 

1 cos x

= =   . La superficie totale sarà quindi:

MN 2

OH 2

 

sin x

( )  

− −

 

1 1 cos x 3 2 cos x

( ) π π π

= ⋅ + = ⋅ + = ⋅

 

S x 2 MP MN 2 2 2 .

 

 

 

sin x sin x sin x

Punto 2 ( ) −

S x 3 2 cos x [ ]

( ) π

= = 0

, 2

Studiamo la funzione in

f x π

2 sin x [ ]

π

π

• ≠ ⇒ ≠ ∈ 0

, 2

Dominio: ; in particolare nell’intervallo , la

sin x 0 x k k Z

π π π

≠ ∈ ≠ ∧ ≠ ∧ ≠

condizione diventa per cui il dominio è

x k k Z x 0 x x 2

( ) ( )

π π π

∈ ∪

x 0

, , 2 ; 3

• = non ha soluzioni

Intersezione asse ascisse: non ve ne sono in quanto l’equazione cos x 2

in R;

• = non appartiene al dominio;

Intersezione asse ordinate: non ve ne sono in quanto x 0 π

• =

Simmetrie: la funzione è periodica di periodo e dispari in quanto

T 2

( )

− − −

3 2 cos x 3 2 cos x

( ) ( )

− = = = −

f x f x ;

( )

− −

sin x sin x [ ]

( ) ( ) ( )

π π

> → > → ∈ − > ∀ ∈ ⊃

• f x 0 sin x 0 x 0

, 3 2 cos x 0 x R 0

, 2

in quanto ;

Positività:

• Asintoti verticali:

− − − −

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

= +∞ = +∞ = −∞ = −∞ per

lim , lim , lim , lim

+ − + −

π π π

sin x sin x sin x sin x

→ → → →

x 0 x x x 2

π π

= = = sono asintoti verticali;

cui le rette x 0

, x , x 2

• Asintoti orizzontali: non ve ne sono in quanto la funzione è periodica e limitata;

• Asintoti obliqui: non ve ne sono in quanto la funzione è periodica e limitata;

• Crescenza e decrescenza: la derivata prima è

( )

− − −

2

2 sin x 3 2 cos x cos x 2 3 cos x

( ) = =

f ' x ; studiamo il segno della derivata prima:

2 2

sin x sin x

   

2 2 2

π

− > ⇒ < ⇒ < < −

   

N : 2 3 cos x 0 cos x arccos x 2 arccos

   

3 3 3

π π

> ⇒ ≠ ∧ ≠ ∧ ≠

2

D x x x x

: sin 0 0 2

   

2 2

( ) π π π

> ⇒ < < ∨ < < −

   

f ' x 0 arccos x x 2 arccos

   

3 3

Il quadro dei segni è di seguito presentato:

−

2 3 cos x

2

sin x α π

π α

π − 2

2 x

0

Dal quadro soprastante deduciamo che la funzione presenta un minimo relativo in

   

2 2

π

= = − −

   

e un massimo relativo in ;

m arccos , 5 M 2 arccos , 5

   

3 3 − +

2

3 cos x 4 cos x 3

( ) =

• f ' ' x per cui

Concavità e convessità: la derivata seconda è 3

sin x

( ) ( )

π

> ⇔ > ⇒ > ⇒ − + >

2

3

f ' ' x 0 sin x 0 sin x 0 x 0

, in quanto 3 cos x 4 cos x 3 0

[ ] ( )

π π

∀ ∈ ⊃

x R 0

, 2 0

,

. Quindi la funzione presenta concavità verso l’alto in e verso il basso

( )

π π

, 2 e non presenta flessi .

in [ ]

π

0

, 2

Il grafico nell’intervallo è di seguito presentato:

π

 

∈ 

La geometria del problema imporrebbe ; in questo intervallo è presentato il grafico di

x 0

, 

 

2

seguito:

Punto 3 x

2 tan 2

=

come sin

Sfruttando le relazioni trigonometriche, scriviamo la funzione x .

sin x x

+ 2

1 tan 2

1

( ) ∫

=

Calcoliamo le primitive del seguente integrale indefinito: .

F x dx

sin x

2

x

= → = → =

Effettuiamo la sostituzione ; in questo modo l’integrale

2 arctan

t tan x t dx dt

+ 2

2 1 t

 

1 1 2 dt x

( ) ∫ ∫ ∫

= = = = + = +

  ln ln tan

diventa F x dx dt t c c ; posto c=0 ricaviamo

+

  2

 

2

t

sin 2

x t

1 t

 

+ 2

 

1 t

x

( ) = .

la primitiva G x ln tan 2

Punto 4

L’area richiesta è pari a

π π π

 

−  

2 2

x x x

3 2 cos 3 cos 2

∫ ∫

= − = − =

 

dx dx x

2 3 ln tan 2 ln sin

 

   

x x x

sin sin sin 2 π

π π 3

3 3

π π π π 3 3 3 3 9 3

= − − + = − + = − + =

3

ln tan 2

ln sin 3 ln tan 2 ln sin 3 ln 2 ln ln ln ln

4 2 6 3 3 2 9 4 4

= =

1 1

= =

ln 1 0 ln 1 0

PROBLEMA 2

Punto 1 ( )

( ) = + + 2

Studiamo la funzione f x ln x 1 x − ≥

  + >

0

x 2

1 0

x

• + + > ⇒ + > − → ∪

2 2  

Dominio: risolvendo i

1 0 1

x x x x ( ) − <

+ > − 2

2 0

x



1 x x



≤ ∈

 

x 0 x R

∪ → ≤ ∪ > ⇔ ∈

 

quali si ha: x 0 x 0 x R ;

∈ >

x R x 0

  ( )

• + + = ⇒ + + = ⇒ + = −

2 2 2

Intersezione asse ascisse: ln x 1 x 0 x 1 x 1 1 x 1 x ; posto

≤ , elevando al quadrato ambo i membri otteniamo l’equazione

x 1

/ /

+ = + − → = ≤

2 2

/ /

1 x 1 x 2 x x 0 accettabile in quanto soddisfa la condizione ;

x 1

( )

= → = =

• x 0 f 0 ln 1 0

Intersezione asse ordinate: ;

• Simmetrie: la funzione non è né pari né dispari;

( )

( )

• > → + + > → + + > → + > −

2 2 2

Positività: f x 0 ln x 1 x 0 x 1 x 1 1 x 1 x le cui

soluzioni sono date dall’unione delle soluzioni dei seguenti sistemi

− ≥

 ≤ ∈

 + >  

1 x 0 2 x 1 x R

1 x 0

∪ → ∪ → < ≤ ∨ > ⇔ >

    ;

0 x 1 x 1 x 0

( ) > >

− <

2

+ > −

2 x 0 x 1

 

1 x 0



1 x 1 x



• Asintoti verticali: non ve ne sono in quanto il dominio è R;

• Asintoti orizzontali: non ve ne sono in quanto

)

( ( )

+ + = + ∞ = +∞

2

lim ln x 1 x ln ,

→ +∞

x )

( ( )

+ + = + ∞ − ∞ →

2

lim ln x 1 x ln F.I

→ −∞

x ( )    

1 1 1

 

+ + = = = = = −∞

2  

lim ln x 1 x ln lim ln ln ln 0 ;

  + ∞

   

→ −∞ → −∞

+ −

2

x x

 

1 x x  

1

 

− + +

x 1 1

2

 

x

 

 

→ 2

• Asintoti obliqui: non ve ne sono in quanto

+ + 2

x x 1 x

( ) +

1

+ + 2 + +

2 2

ln x 1 x 1

1 x 1 x



 



→ = = =

Hospital

lim lim lim lim 0 ;

→ +∞ → +∞ → +∞ → +∞

+ + + + +

x 2 2 2

x x x x

x 1 x x 1 x 1 x

1

( ) =

• f ' x

Crescenza e decrescenza: la derivata prima è che risulta essere sempre

+ 2

1 x

positiva in tutto R; quindi la funzione è sempre crescente; − x

( )

• =

Concavità e convessità: la derivata seconda è per cui

f ' ' x ( )

3

+ 2

1 x

( )

( ) 3

> ⇔ − > ⇒ < + ∀ ∈

2

f ' ' x 0 x 0 x 0 in quanto 1 x . Quindi la funzione presenta

x R

( ) ( )

− ∞ +∞

,

0 0

,

concavità verso l’alto in e verso il basso in e presenta un flesso a tangente

( ) ( )

= =

=

F 0

,

0 m f ' 0 1

obliqua in con tangente in flessionale di equazione con ; la

y mx

=

tangente quindi ha equazione .

y x

Il grafico è di seguito presentato:

Punto 2 =

La tangente in flessionale ha equazione come dimostrato al punto 1. La perpendicolare a

y x

= − +

suddetta tangente ha equazione generica ; determiniamo q in modo che l’area del

y x q

triangolo formato della tangente, dalla perpendicolare ad essa e dall’asse positivo delle ascisse sia

pari a 4. Notiamo che poiché il triangolo deve essere formato con la direzione positiva delle ascisse

>

deve aversi . Consideriamo la figura di seguito rappresentante la geometria del problema.

0

q  

q q

 

La tangente in flessionale e la perpendicolare ad essa si incontrano nel punto .

,

 

2 2 q

=

La base del triangolo AOB è mentre l’altezza è pari all’ordinata di B cioè cui

OA q 2

2 2

q q

( ) ( )

= = = = ±

corrisponde un’area pari a S AOB ; imponendo S AOB 4 ricaviamo ; poiché

4

q

4 4

> =

deve essere la soluzione accettabile è cui corrisponde una perpendicolare alla tangente

0 4

q q

= − + .

di equazione 4

y x

Punto 3 [ ]

( )

3

∫

= − + + 2

L’area richiesta è pari a S x ln x 1 x dx .

0 ( ) 1

( )

( ) =

= + + 2 f ' x

Ricordando che la derivata prima della funzione f x ln x 1 x è e

+ 2

1 x

applicando l’integrazione per parti al secondo integrando si ha:

[ ] [ ]

) )

( (

3  

 

3 3

2

x 1

3  

∫ ∫

= − + + = − + + + ⋅ =

2 2

S x ln x 1 x dx x ln x 1 x x dx

   

0 +

2

  2

 

1 x

0 0

0

[ ] [ ]

)

(

3

 

2

x 3 3

= − + + + + =

2 2

x ln x 1 x 1 x

  0

0

2

  0 ( ) ( )

3 5

= − + + − = − +

3 ln 2 3 2 1 3 ln 2 3

2 2

Punto 4 ( )

( ) = + + 2

La funzione f x ln x 1 x è strettamente crescente in tutto R avendo derivata prima

1

( ) =

f ' x sempre positiva in tutto il dominio R, quindi è invertibile. Calcoliamo l’inversa:

+ 2

1 x

( )

= + + → + + = → + = −

2 2 2

y y

y ln x 1 x x 1 x e 1 x e x

− ≥ ⇔ ≤

y y

Posto è possibile elevare al quadrato ambo i membri, ottenendo:

0

e x x e

)

( −

− −

2 y y y

( ) e 1 e e

2 ( )

2

+ = − → + = − + → = = = =

2 2 2 2

y y y

/ /

1 x e x 1 x e 2 xe x x g y sinh y cioè la

y 2

2

e

funzione inversa non è altro che il seno iperbolico.

QUESTIONARIO

Quesito 1

Si consideri la figura seguente rappresentante la geometria del problema.

=

AB x

Bisogna calcolare la distanza ; posto ed applicando il teorema di Carnot al triangolo

AB ( )

2 2 2

+ − ⋅ ⋅ ⋅ =

AOB si ha AB AO 2 AB AO cos O

Â

B OB ; sostituendo i valori l’equazione diventa



 + ( )

6 2

( )   + − = →

+ − ⋅ ⋅ ⋅ ° = → − ⋅

2 2 2 2 2 2

x 1600 2 x 1600 cos 15 650 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 3 343 400 6 2 50 256 3 343

=

x 2046

, 49 m

  +

→ = + ± − →

 

x 50 8 6 8 2 256 3 343

  =

x 1044

, 47 m

−

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

= .

AB 2046

, 49 m

Quesito 2 1 → ∞

= →

Posto , se allora t , per cui il limite sarà:

tan 0

x x

t t

 

1

( )

+ = + =

cot anx  

lim 1 tan x lim 1 e

 

→ → ∞ t

x 0 t

Quesito 3

E' 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 10a 10 quindi i possibili modi di sedersi in cerchio sono

D 10

!

= = = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =

10 ,

10 9

! 9 8 2 1 362880

⋯

⋯

10 10

Quesito 4 = + + +

3 2

La cubica di equazione y ax bx cx d ha come derivata prima la parabola

= + + =

2 . L’equazione presenta le seguenti soluzioni:

y ' 3

ax 2

bx c 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

=

• ∆ = − <

2

x

2 soluzioni complesse coniugate se .

b 3

ac 0

1

, 2 3

a

Nel caso in cui le soluzioni fossero reali e distinte, la funzione sarebbe:

• >

se a 0    

− − − − + −

2 2

b b 3

ac b b 3

ac

   

− ∞ ∪ +∞

crescente in , ,

o    

3

a 3

a

   

 

− − − − + −

2 2

b b 3

ac b b 3

ac

 

decrescente in ,

o  

3

a 3

a

 

• <

se a 0    

− − − − + −

2 2

b b 3

ac b b 3

ac

   

− ∞ ∪ +∞

decrescente in , ,

o    

3

a 3

a

   

 

− − − − + −

2 2

b b 3

ac b b 3

ac

 

crescente in ,

o  

3

a 3

a

 

>

Nel caso la cubica presenterebbe quindi un massimo relativo all’ascissa

a 0

− − − − + −

2 2

b b 3

ac b b 3

ac

= = <

x x

e un minimo relativo all’ascissa , mentre se un

a 0

1 2

3

a 3

a

− − −

2

b b 3

ac

=

x

minimo relativo all’ascissa e un massimo relativo all’ascissa

1 3

a

− + −

2

b b 3

ac

=

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

2 3

a 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