Proposta di soluzione della prova di matematica
Liceo scientifico PNI - 2014
Problema 1
Punto a)
In A e O, g non `e derivabile in quanto la tangente risulta verticale
(punto di cuspide). Stesso dicasi per il punto D. In C la derivata destra
e sinistra sono finite non con valori differenti e quindi in C, g non `e
derivabile. In B, invece, la derivata destra e sinistra vale zero e quindi
g `e derivabile.
Punto b)∫
−4
f (−4) = −4 g(t)dt = 0 per definizione.
f (0) = −Area di mezzo cerchio di raggio 2 =
−π·22
2
= −2π
f (2) = f (0) + Area di un quarto di cerchio di raggio 2 = −2π +
π · 22 = −2π + π = −π
1
4
·
f (4) = f (2) + Area rettangolo di base 2 e altezza 2 = −π + 2 · 2 =
4−π
Poich´e la parabola ha equazione x = − 12 y 2 + 6, allora:
∫6√
3
f (6) = f (4) + 4 12 − 2xdx = 4 − π + [− 12 · 32 (12 − 2x) 2 ]64 = 4 − π +
3
1
(4) 2 = 20
−π
3
3
2
2
Poich´e l’equazione
∫ 1 √ della circonferenza `e (x − 2) + y = 4, allora:
f (1) = f (0) + 0 4 − (x − 2)2 dx
Posto x − 2 = 2 sin t ⇒ dx = 2 cos t; x = 0 → t = − π2 , x = 1, t =
√
− π6 , 4 − (x − 2)2 = 2 cos t ⇒
1
2
f (1) = −2π +
√
3
2
+ π = − 43 π −
∫ − π6
−π
√ 2
; 4 cos2 tdt = −2π + 4[ 2t +
π
sin(2t) − 6
]
− π2
4
= −2π −
π
3
−
3
2
Punto c) L’integrale risulta crescente al crescere di x, pertanto:
f > 0 su (−4, x)
f < 0 su (α, 6)
f = 0 per x = α ∈ (2, 4)
Il punto α `e unico poich´e f ′ (x) = g(x) e quindi f ′ > 0 su (0, 6), da
cui f sempre crescente su (0, 6), e cambiando segno agli estremi di (2,4)
ammette un unico zero.
Poich´e f ”(x) = g ′ (x) si ha:
f ” > 0 su (−2, 2)
f ” < 0 su (−4, −2) ∪ (4, 6)
f ” = 0 su (2, 4)
Punto d) Poich´e f ′ (x) = g(x) e
f ′ > 0 su (0, 6)
f ′ < 0 su (−4, 0)
Segue che x = 0 `e un minimo assoluto (0, −2π); mentre x = -4 , x =
6 sono massimi.
Poich´e f (−4) = 0 < f (6) = 20
−π →
3
20
(-4, 0) `e massimo relativo, (6, 3 − π) `e massimo assoluto.
Il grafico `e:
3
Problema 2
Punto a) Considerata la funzione
√
f (x) = (2 − x) 4x − x2
determinare che il punto C ≡ (2; 0) `e centro di simmetria per il suo
grafico Γ.
Considero le equazioni della simmetria di centro C
{
ovvero
x′ = 2xC − x
y ′ = 2yC − y
{
x′ = 4 − x
y ′ = −y
La trasformazione inversa ha quindi equazioni
{
x = 4 − x′
y = −y ′
Da ci`o segue che, sostituendo al posto della x e della y nell’equazione
della funzione, e, togliendo gli apici per semplicit`a di notazione, si ha
g(x) = −y
√
= (2 − (4 − x)) 4(4 − x) − (4 − x)2
√
= (−2 + x) 16 − 4x − (16 − 8x + x2 )
√
= (−2 + x) 16 − 4x − 16 + 8x − x2
√
= (−2 + x) 4x − x2
ovvero
√
y = (2 − x) 4x − x2
Poich`e la simmetrica rispetto a C della funzione `e la funzione stessa, il
punto C `e centro di simmetria per il grafico Γ.
Per trovare la tangente, calcoliamo ora la derivata di f (x).
4
√
1
f ′ (x) = − 4x − x2 + (2 − x) √
(4 − 2x)
2 4x − x2
√
1
= − 4x − x2 + (2 − x) √
2(2 − x)
2 4x − x2
=
√
(2 − x)2
− 4x − x2 + (2 − x) √
4x − x2
=
−(4x − x2 ) + (2 − x)2
√
4x − x2
2x2 − 8x + 4
√
4x − x2
La pendenza della retta tangente nel punto C `e quindi f ′ (2) = −2, da
cui l’equazione di tale retta `e
=
y = −2x + 4
Detto α l’angolo che la tangente forma con la direzione positiva dell’asse
x, si ha α = arctan(−2), ovvero
α = 2.034 rad
che pari a circa 116, 565◦ con 0, 565◦ frazione di 1 grado.
Per trovare a quanti primi sessagesimali x corrisponde, tenendo conto
della proporzione
0, 565 : 1 = x : 60
segue che x = 0, 565 · 60 ≃ 34′ , per cui
α ≃ 116◦ 34′
Punto b) Si consideri la derivata di f (x)
f ′ (x) =
2x2 − 8x + 4
√
4x − x2
Si calcoli f ′ (2 + t)
2(2 + t)2 − 8(2 + t) + 4
f (2 + t) = √
4(2 + t) − (2 + t)2
′
2(4 + 4t + t2 ) − 16 − 8t + 4
= √
8 + 4t − (4 + 4t + t2 )
5
2t2 − 4
=√
4 − t2
Analogamente, per f ′ (2 − t)
2(2 − t)2 − 8(2 − t) + 4
f ′ (2 − t) = √
4(2 − t) − (2 − t)2
=
2(4 − 4t + t2 ) − 16 + 8t + 4
√
8 − 4t − (4 − 4t + t2 )
2t2 − 4
=√
4 − t2
Da cui segue che le rette tangenti a Γ nei punti di ascissa (2 + t) e
(2 − t) sono parallele.
Indichiamo ora la retta 21x + 10y + 31 = 0 con r e la retta 23x + 12y +
35 = 0 con s; affinch´e siano parallele a rette tangenti a Γ deve accadere
che, indicate le rispettive pendenze con mr e ms , sia f ′ (x) = mr e
f ′ (x) = ms per qualche x. Dalle equazioni cartesiane, si ricava√che
21
mr = − 10
e ms = − 23
; tenendo conto che f ′ (x) = 0 per x = 2 − 2 e
12
√
√
per x = 2√+ 2, e che f ′ (2) = −2, consideriamo gli intervalli [2 − 2, 2]
e [2, 2 + 2].
Nel primo intervallo, per il primo teorema dei valori intermendi, essendo
f ′ (x) continua in tale intervallo, essa assume tutti i valori compresi tra
0 e −2; esiste quindi un valore di x appartenente a quest’intervallo per
cui f ′ (x) = −23/12, essendo −2 < −23/12 < 0. Esistono quindi rette
parallele alla retta s. Con un ragionamento analogo, si prova che anche
nel secondo intervallo c’e una retta parallela a s.
Di contro, essendo −2 il valore minimo della derivata prima di f , non
pu`o esistere una retta parallela alla retta r, dato che il suo coefficiente
angolare `e mr < −2.
Punto c) Data la simmetria di Γ rispetto al punto di coordinate
(2; 0), l’area compresa tra il grafico e l’asse delle x `e pari al doppio
dell’area compresa tra Γ e l’asse nell’intervallo [0; 2]. Indicata quindi
tale area con S, si ha
∫ 2
√
S=2
(2 − x) 4x − x2 dx
0
6
Integrando per parti, segue
[
]
(
)
)
∫ 2(
2
2 2
√
x
x
1
−
√
2x −
(4 − 2x)dx
S=2
4x − x2 2x −
2 0
2
4x − x2
0
[
]
(
)
∫ 2
2 2
2
√
1
4x
−
x
4x
−
x
−
√
=2
4x − x2
(4 − 2x)dx
2
2 0
4x − x2
0
Semplificando, si ottiene
2 ∫
S = (4x − x ) −
2
3
2
0
2
√
4x − x2 (4 − 2x)dx
0
2 (4x − x2 ) 23 2
= (4x − x2 ) −
3
0
2
0
2
3
3 2
2
= (4x − x2 ) 2 − (4x − x2 ) 2 3
0
0
2
√
3
3
1
8
1
1
64 =
= (4x − x2 ) 2 = (8 − 4) 2 =
3
3
3
3
0
3
2
Punto d) Considerata la funzione h(x) = sin(f (x)), deve essere
h(x) = 1, ovvero f (x) = π2 , a meno di periodicit`a da cui segue
√
π
(2 − x) 4x − x2 =
2
ovvero
√
π
4x − x2 =
2(2 − x)
la quale ha soluzione solo per 0 < x < 2 (ricordiamo che la f `e definita
per 0 < x < 4).
Sviluppando, segue
π2
(4x − x2 ) =
4(2 − x)2
da cui
4(2 − x)2 (4x − x2 ) − π 2 = 0
e quindi
π2
=0
4
Possiamo scrivere quest’ultima equazione come p(x) = 0. Osserviamo
2
che in 0 e 2 la funzione p(x) assume il medesimo valore − π4 , per cui,
x4 − 4x3 − 2x2 + 8x −
7
dal teorema di Rolle, esiste almeno un punto in cui la derivata prima
di p(x) si annulla. Calcolando le derivate di p(x), segue
p′ (x) = 4x3 − 12x2 − 4x + 8
e
p′′ (x) = 12x2 − 24x − 4
Verifichiamo quando p′′ (x) > 0
12x − 24x − 4 > 0 ⇔ 3x − 6x − 1 > 0 ⇔ x <
2
2
3−
√
12
∪x >
3+
√
12
3
3
Da ci`o segue che la funzione p(x) `e sempre concava nell’intervallo [0; 2],
per cui ammette un unico punto a tangente orizzontale, che `e un punto
di massimo relativo. Si osservi anche che p(1) > 0. Dalla continuit`a e
dal fatto che agli estremi dell’intervallo assume lo stesso valore negativo, segue che essa si annulla in due punti, per cui ci sono due punti
in cui la funzione h(x) assume valore 1.
Nell’intervallo [0;4] la funzione f (x) ha una simmetria centrale che ha
per centro il punto medio dell’intervallo; pu`o perci`o essere considerata
la traslata di una funzione dispari su un intervallo centrato nell’origine.
Poich´e la h(x) si ottiene componendo la f con un’altra funzione dispari, risulta dispari anche h(x). Essa assume due massimi assoluti in
corrispondenza dei punti per i quali si ha h(x) = 1, che `e il massimo
valore che pu`o assumere il seno. In corrispondenza dei simmetrici di
tali punti rispetto al punto di ascissa x = 2, la funzione h(x) assume il
valore −1, che `e un minimo assoluto.
Per trovare altri punti di minimo relativo, calcoliamo
h′ (x) = cos(f (x)))f ′ (x)
la quale si annulla nei punti in cui la h(x) assume valore 1 e in quelli
per cui f ′ (x)) = 0.
Riscriviamo la derivata di f
f ′ (x) =
2x2 − 8x + 4
√
4x − x2
√
√
che si annulla per x = 2 ± 2. In corrispondenza di 2 − 2 si trova un
altro punto di minimo relativo.
√
2) < k < 1
L’equazione h(x) = k assume
quattro
radici
reali
per
h(2−
√
e per −1 < k < h(2 + 2), come si evince dal grafico
Infine, sempre per ragioni di simmetria, si ha che
∫ 4
3 2
3
1
8
1
1√
h(x)dx = (4x − x2 ) 2 = (8 − 4) 2 =
64 =
3
3
3
3
0
0
8
Quesito 1
Sappiamo che in un triangolo qualunque vale la seguente relazione
tra lati e angoli:
a
b
c
=
=
sin α
sin β
sin γ
Nel nostro caso abbiamo:
4
3
=
sin α
sin 30◦
⇒ sin α =
4
2
2
sin 30◦ =
⇒ α = arcsin ≈ 41◦ 48′
3
3
3
Quesito 2
Esiste un teorema che assicura che la somma degli angoli che formano
le facce di un angolo solido `e minore di un angolo giro.
• Notiamo che ad ogni vertice concorrono almeno 3 facce, e che la
somma delle ampiezze degli angoli che concorrono in quel vertice deve
essere minore di 360◦
Esistono quindi solo 5 poliedri regolari:
A) Tre hanno come facce triangoli rettangoli.
• 3 · 60◦ = 180◦ TETRAEDRO REGOLARE
• 4 · 60◦ = 240◦ OTTAEDRO REGOLARE
• 5 · 60 = 300◦ ICOSAEDRO REGOLARE
B) Uno ha come facce quadrati:
• 3 · 90 = 180◦ CUBO
C) Uno ha come facce pentagoni regolari:
• 3 · 108◦ = 270◦ DODECAEDRO REGOLARE
D) Non esistono poliedri regolari che hanno come facce esagoni regolari: infatti si avrebbe
3 · 120◦ = 360◦ [IMPOSSIBILE]
Quesito 3
Ci troviamo di fronte ad una distribuzione ipergeometrica.
1)La probabilit`a di estrarre almeno una pallina rossa.
Casi possibili:
(
)
m+v+g+b
n
9
Casi favorevoli:
(
m
1
)
m v + g + b
m 15
1
2
1
2
=
P (X = 1) =
m+v+g+b
20
3
3
(
)
(
) (
) (
)
m
15
15!
15!
=S
=
=
= 15 · 7 = 105
1
2
2!(15 − 2)!
2!13!
(
) (
)
20
20!
=
= 20 · 19 · 6 = 2280
3
3!17!
105·5
2280
(X = 1) =
=
105
456
=
35
152
La probabilit`a che le tre palline rosse siano di colori differenti:
La prima pallina estratta pu`o essere di qualsiasi colore.
La seconda dovr`a essere di uno degli altri 3 colori.
La terza dovr`a essere di uno degli altri due colori rimasti.
Alla prima estrazione avremo 20 palline con casi favorevoli 20.
Alla seconda estrazione avremo 19 palline con casi favorevoli 15.
Alla terza estrazione avremo 18 palline con casi favorevoli 10.
20 15 10
5
P = 20
· 19 · 18 = 19
· 106 = 25
57
Quesito 4
Osserviamo che possiamo calcolare il volume attraverso la formula
∫ −1
V =
A(x) dx
−2
dove A(x) `e l’area delle sezioni verticali del solido per ogni x fissato.
Per calcolare tale area, `e sufficiente notare che le sezioni risultano dei
rettangoli di altezza h(x) e base f (x) e pertanto
∫
∫
−1
V =
A(x) dx =
−2
−2
posto t = 1/x dt = −1/x dx,
−1/2
2
∫
V =
−1
1 1/x
e dx =
x2
x = −1 → t = −1, x = −2 → t =
[
]−1
1
1
−et dt = −et −1/2 = −e−1 + e−1/2 = √ −
e e
−1/2
−1
10
Quesito 5
Le geometrie non euclidee partono da postulati opposti a quello della
geometria piana di Euclide sulle rette parallele. Questo afferma che:
In un piano, per un punto esterno o una retta data esiste un’unica
retta passante per il punto dato e parallela alla retta data.
Uno dei teoremi che segue di questo postulato `e:
-In un triangolo la somma degli angoli interni `e 180
La geometria iperbolica si basa sul postulato:
-per un certo punto esterno a una retta data passa pi di una retta
parallela (se ne esiste pi di una ne esistono infinite).
Conseguenza:
In un triangolo, la somma degli angoli interni `e 180.
La geometria ellittica si basa invece sul postulato:
-per un punto esterno a una retta data non passa alcuna parallela.
Conseguenze:
In un triangolo, la somma degli angoli interni `e maggiore di 180
Per la geometria ellittica possiamo considerare invece di un piano la
superficie di una sfera.
i punti del piano saranno i punti della superficie della sfera.
Le rette del piano corrispondono alle circonferenze massime della
superficie sferica, cio`e quelle circonferenze che si ottengono intersecando
la superficie della sfera con piani passanti per il centro della sfera.
Ne sono un esempio i meridiani e l’equatore. Non paralleli.
Sulla superficie della sfera non esistono ”rette” che non si incontrano,
quindi non esistono parallele.
Consideriamo il triangolo formato sulla superficie sferica di un punto
in movimento che parte dal polo nord A (immaginiamo che la superficie
rappresenti la superficie terrestre), arriva all’equatore in B, poi lo segue
per un quarto della sua lunghezza fino a C ed infine ritorna al polo
ˆ con tre angoli retti:
Nord. Si tratta di un triangolo ABC
ˆ + Cˆ = 270◦
Aˆ + B
11
Quesito 6
Detta 2x l’altezza del cilindro con 0 ≤ x ≤ r per il teorema di
Pitagora:
√
R = r2 − x2
r = raggio della sfera
R = raggio di base del cilindro
Il volume del
√ cilindro `e dato da:
V (x) = π( r2 − x2 )2 x = 2πx(r2 − x2 ) = 2πx(3 − x2 ) = 6πx − 2πx3
Troviamo il massimo di V (x) nell’intervallo 0 ≤ x ≤ r
V ′ (x) = 6π − 6πx2 = 6π(1 − x)2
Quindi l’altezza del massimo cilindro circolare retto inscritto nella
sfera sar`a:
h = 2x = 2
Mentre
√
√ il raggio R
√:
2
2
R= r −x = 3−1= 2
Quesito 7
Cerchiamo le soluzioni di ln x−x+2 = 0. osserviamo che f ′ `e definita
su (0, +∞): inoltre limx→0+ f ′ (x) = −∞, limx→+∞ f ′ (x) = −∞. Si
ha poi f ′′ (x) = x1 − 1 ≥ 0 se e solo se 0 < x ≤ 1, pertanto f ′ cresce
su (0, 1), decresce su (1, +∞) e ha un massimo in (1, 1). ne deduciamo
allora che f ′ (x) = 0 per α ∈ (0, 1) e per β ∈ (1, +∞). Inoltre essendo
12
f ′ > 0 su (α, β) e f ′ < 0 su (0, α) ∪ (β, +∞) segue che il minimo si ha
in x = α. La risposta corretta `e quindi la D.
Quesito 8
Con il lancio di tre dadi, come nel caso della ”zara”, supponendo che
non siano truccati avremo:
-Casi possibili : 6 · 6 · 6· = 63 = 216
-Casi in cui la somma dei valori dei tre dadi `e 9
Fissando un valore per il primo dado e considerando le possibili combinazioni degli altri due dadi che la somma dei tre valori sia 9, si verifica
facilmente che casi favorevoli : 25.
25
P (δ = 9) = 216
= 0, 1157 → 11, 57%
-Ragionando analogamente nel caso in cui si vuole ottenere 10 si
trova che:
casi favorevoli: 27
27
P (S = 10) = 216
= 0, 125 → 12, 50%
NB: Si nota che P (S = 10) > P (S = 9)
Quesito 9
ℵ (aleph zero) indica la cardinalit`a di N. Ora, ogni insieme infinito
ha cardinalit`a aleph zero se esiste una relazione biunivoca tra questo
insieme ed N.
Si dimostra che esistono biezioni che legano Z ed N e Q ed N. Quindi
Z e N hanno anche essi cardinalit`a aleph zero. Cantor ha invece dimostrato che R, l’insieme dei numeri reali, non `e numerabile. Lo ha
dimostrato mostrando che non esiste una corrispondenza biunivoca tra
N ed R attraverso l’argomento diagonale.
I numeri reali R avranno cardinalit`a diversa c con ℵ < c
Quesito 10
Supponiamo
di voler risolvere il:
√
a+3x−2
limx→0
x
Con il teorema
di De l’Hopital :
√
f (x) = a + bx − 2
13
g(x) = x
limx→0 g(x) = 0√
limx→0 f (x) = a − 2
Per poter applicare √
il teorema dobbiamo avere che:
limx→0 f (x) = 0 → a = 2 ⇒ a = 4
Usiamo ora il teorema:′
(x)
(x)
b
limx→0 fg(x)
= limx→0 fg′ (x)
= limx→0 2√a+bx
= 2√b a = 1
Volevamo
sapere per quali valori reali di a e b il:
√
a+bx−2
limx→0
=1
x
Quindi:
√
b
√
=
1
⇒=
b
=
2
a⇒b=4
2 a
I valori pertanto saranno:
a = 4; b = 4
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