6 Simulazione di prova d`Esame di Stato

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Simulazione di prova d’Esame di Stato
Risolvi uno dei due problemi e 5 dei 10 quesiti in cui si articola il questionario
Problema 1
In un sistema di assi cartesiani ortogonali, tra le circonferenze di equazione
x2 + y 2 + 6y + k = 0,
determinare la circonferenza γ di raggio 5 e calcolarne le coordinate del centro C e dei
punti A e B di intersezione con l’asse delle ascisse.
a. Scrivere l’equazione della circonferenza tangente nel punto B alla circonferenza γ e
avente il centro appartenente alla bisettrice del primo e terzo quadrante, quindi determinare l’equazione della retta r tangente comune in B alle due circonferenze.
b. Tra le parabole con asse parallelo all’asse delle ordinate determinare quella il cui
vertice coincide con il centro della circonferenza γ e passante per i punti A e B. Nella regione delimitata dalla parabola e dalla circonferenza γ, inscrivere un rettangolo con i lati paralleli agli assi cartesiani; l’asse delle ascisse taglia in due parti tale
rettangolo: calcolare il limite a cui tende il rapporto tra le aree di queste due parti
quando la dimensione verticale del rettangolo tende a zero.
c. Detto P il punto del primo quadrante comune alla retta r e a una generica retta
passante per l’origine, sia N la proiezione di P sull’asse delle ascisse. Costruita la
funzione che, al variare della retta per l’origine, esprime l’area del triangolo rettangolo OP N situato nel primo quadrante, studiarne e disegnarne il grafico, indipendentemente dalle limitazioni geometriche utilizzate per ricavarla.
d. Calcolare l’area della superficie delimitata dalla funzione, dalla retta tangente nel
suo punto di flesso e dall’asse delle ascisse.
Risoluzione
x2 + y 2 + 6y + k = 0 a = 6; b = 0; c = k
1√ 2
a + b2 − 4c
r=
2
√
1√
5=
36 − 4k ⇒ 10 = 36 − 4k
2
100 = 36 − 4k ⇒ k = −16
γ: x2 + y 2 + 6y − 16 = 0; C(0; −3)
2
x + y 2 + 6y − 16 = 0
y=0
x2 − 16 = 0 ⇒ x = ±4
A(−4; 0); B(4; 0).
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y
y =x
y=
3 2
16 x
−3
A
–4
x 2 + y 2 + 6y − 16 = 0
B
O
C
4
y = 34 x − 3
x
y = − 43 x +
16
3
C
a. Passaggio per B di una generica circonferenza x2 + y 2 + ax + by + c = 0:
16 + 4a + c = 0
[∗]
Se la circonferenza deve essere tangente in B alla stessa retta tangente alla γ, il suo
centro deve essere sulla retta passante per C e B, ma anche sulla bisettrice, per cui il
suo centro è nel punto d’incontro delle 2 rette, la bisettrice e la retta CB
x
3
y+3
= ⇒ y = x−3
CB:
3
4
4

3

y = x−3
⇒ 4x = 3x − 12 ⇒ x = −12; y = −12 C (−12; −12)
4

y=x
da cui: a = −2α = 24; b = 24 e c dalla [∗]:
c = −16 − 4a = −16 − 4(24) = −16 − 96 = −112
x2 + y 2 + 24x + 24y − 112 = 0.
La retta richiesta (tangente comune in B) è la retta perpendicolare alla retta CB per B
4
16
4
r: y = − (x − 4) ⇒ y = − x +
3
3
3
b. y = ax2 + bx + c

b


=0
−

 2a
⇒

−
= −3


4a

0 = 16a − 4b + c

b=0



 −4ac
3 2
= 3 ⇒ c = −3
x −3
⇒y=
4a

16

3

 16a − 3 = 0 ⇒ a =
16
Supponiamo di «tagliare» la parabola e la circonferenza con una generica retta verticale di equazione x = k, variabile all’interno della regione delimitata dalle due curve di
ascissa positiva, per cui 0 ≤ k ≤ 4.
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Si ottengono i punti D ed E.
y
G
D
A
L
–2
–4
F
O
C
M
2
B
4
x
E
x=k
⇒ y 2 + 6y + k2 − 16 = 0 ⇒
x2 + y 2 + 6y − 16 = 0
y = −3 ±
√
√
9 − k2 + 16 = −3 ± 25 − k2 ,
il punto d’incontro D che ci interessa è quello di ordinata maggiore:
√
√
D(k; −3 + 25 − k2 ) e, per simmetria, G(−k; −3 + 25 − k2 )
x=k
3 2
3 2
k −3
⇒ y=
y=
x −3
16
16
3 2
3 2
k − 3 e F −k;
k −3
E k;
16
16
√
SGDM L (k) = 2k(−3 + 25 − k2 )
3 2
k
SLMEF (k) = 2k 3 −
16
√
SGDM L
25 − k2 − 3
=
3 2
SLMEF
k
3−
16
−2k
√
8
√
16
8
25 − k2 − 3
1
0 H
2 25 − k2
lim
=
= lim
·
= .
= lim √
3 2
3
k→4
k→4
k→4 2 25 − k 2
0
3
9
k
3−
− · 2k
16
16
c.
4
16
y =− x+
3
3
y = mx
4
16
16
x=
⇒x=
3
3
3m + 4
16m
y=
3m + 4
mx +
3
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16m
16
;
P
con m ≥ 0, le coordinate di P sono entrambe positive, quindi P
3m + 4 3m + 4
appartiene al primo quadrante, come richiesto.
y
r
y =x
P
O
2N
4
x
8
16
16m
1
128m
ON · N P
SOQN (m) =
=
·
· =
2
3m + 4 3m + 4 2
(3m + 4)2
La funzione da studiare è: f (x) =
128x
(3x + 4)2
. /
Si tratta di una funzione algebrica razionale fratta, con D = R − 43 , il cui segno è
positivo per x > 0 ∈ D.

 y = 128x
(3x + 4)2 ⇒ x = 0, passa per l’origine.

y=0
128x
= 0 ⇒ asintoto orizzontale coincide con asse x;
lim
x→±∞ (3x + 4)2
lim
x→− 43
4
128x
= −∞ asintoto verticale x = − .
2
(3x + 4)
3
f (x) =
=
128(3x + 4)2 − 128x(3x + 4) · 6
(3x + 4)[128(3x + 4) − 768x]
=
= ... =
4
(3x + 4)
(3x + 4)2
128(3x + 4)(4 − 3x)
(3x + 4)(512 − 384x)
=
≥0
(3x + 4)4
(3x + 4)4
4
N (x) > 0: 3x + 4 ≥ 0 per x ≥ − ;
3
4 − 3x ≥ 0 per −3x ≥ −4 ⇒ x ≤
D(x) > 0: ∀x ∈ D
4
4
3
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−
x
4
3
4
3
numeratore 1
numeratore 2
f (x )
−
−
+
f (x )
M
C’è un massimo relativo in
f (x) =
4 8
;
.
3 3
[128·3(4−3x)+128·(3x+4)(−3)](3x+4)4 −128(3x+4)(4−3x)·4(3x+4)3 ·3
(3x+4)8
=
128 · 3 · (3x + 4)4 [4 − 3x − (3x + 4) − 4(4 − 3x)]
=
(3x + 4)8 4
=
128 · 3(4 − 3x − 3x − 4 − 16 + 12x)
=
(3x + 4)4
=
768(3x − 8)
384
(6x − 16) =
4
(3x + 4)
(3x + 4)4
f (x) ≥ 0 per 3x − 8 ≥ 0 ⇒ x ≥
=
8
3
−
x
8
3
4
3
numeratore
denominatore
f (x )
−
−
+
f (x )
f
In x =
8
si ha un flesso a tangente obliqua di coordinate K
3
8 64
;
.
3 27
y
8
y = − 27
x+
K
256
81
S1
− 43
y=
O
48
33
128x
(3x + 4)2
5
32
3
x
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64
8
=m x−
d. Retta tangente nel punto di flesso K: y −
dove m si ottiene da f 27
3
8
calcolato in x = :
3
8
32
8
8
128 · 3 · 3 + 4 4 − 3 · 3
128 · 12 · (−4)
8
8
=
=
=−
f
4
8
3
12 · 12 · 12 · 12
27
3· 3 +4
3
3
3
8
8
64
64 64
8
64 + 192
8
=−
x−
y−
+
=− x+
⇒ y =− x+
27
27
3
27
81 27
27
81
⇒y=−



y=−
y=0
256
8
x+
retta tangente nel punto di flesso.
27
81
32
256
8
256
256 27
32
8
x+
x=
·
=
⇒x=
punto di incontro con l’asse x.
27
81 ⇒
27
81
81 8
3
3
L’area richiesta (la parte colorata in figura) è costituita dalla somma dell’area compre8
sa tra la curva e l’asse delle x nell’intervallo 0 ≤ x ≤ (S1 ) e dell’area del triangolo
3
tratteggiato con righe inclinate (S2 ):
4
8
83
128x
64 1
24 64 1
256
32 8
S1 =
dx; S2 =
−
·
· =
·
· =
.
2
3
3
27 2
3 27 2
27
0 (3x + 4)
Risolviamo l’integrale indefinito:
64
128
18x + 24 − 24
128x
dx =
dx =
9x2 + 24x + 16
18 9 9x2 + 24x + 16
64
18x + 24
dx
=
dx − 24
=
9
9x2 + 24x + 16
9x2 + 24x + 16
64
d(9x2 + 24x + 16)
dx
=
−
24
=
9
9x2 + 24x + 16
(3x + 4)2
8
64
64 24
2
−2
=
ln(3x + 4) −
·
(3x + 4) d(3x + 4) =
9
9 3
3
8(3x + 4)−1
64
ln(3x + 4)2 +
· 64 + c =
9
9
128
512
1
=
ln(3x + 4) +
·
+c
9
9 3x + 4
=
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83
512
1
128
ln(3x + 4) +
·
=
9
9 3x + 4 0
8
512
512
128
128
−
ln 3 · + 4 + 8
ln 4 +
=
=
9
3
9
36
9 3· 3 +4
⇒ S1 =
128
512 128
512
ln 12 −
−
ln 4 −
=
9
108
9
36
128
128
128
−512 + 1536
128
1024
=
ln 4 +
ln 3 −
ln 4 +
=
ln 3 −
=
9
9
9
108
9
108
128
256
=
ln 3 −
≈ 6,1432.
9
27
=
Quindi:
S = S1 + S2 =
128
256 256
128
ln 3 −
+
=
ln 3.
9
27
27
9
Problema 2
x−1
.
ex
Studiarne e disegnarne il grafico in un sistema di assi cartesiani.
Dimostrare, facendo il calcolo, che l’area del triangolo mistilineo delimitato dalla
funzione e dagli assi cartesiani nel quarto quadrante è uguale all’area delimitata
dalla funzione e dall’asse delle ascisse nel primo quadrante.
Detto P un punto appartenente alla parte del grafico della funzione situato nel
quarto quadrante, costruire il rettangolo ottenuto proiettando P sugli assi cartesiani. Determinare la posizione di P per cui tale rettangolo ha superficie massima.
Scrivere l’equazione di una generica retta r passante per il punto in cui la funzione
incontra l’asse delle ascisse e discutere la condizione per cui r risulta secante la funzione in un punto R del primo quadrante.
Detta α l’ascissa di R, determinarne un’approssimazione con un metodo numerico
a scelta, nel caso in cui la retta r divida in due parti uguali la superficie situata nel
primo quadrante delimitata dalla funzione e dall’asse delle ascisse.
È data la funzione f (x) =
a.
b.
c.
d.
e.
Risoluzione
a. y =
x−1
ex
Funzione trascendente esponenziale razionale fratta, senza parità definita.
D=R
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Intersezione assi:
x−1
y=
ex ⇒ x − 1 = 0 ⇒ x = 1 ⇒ (1; 0)
y=0
x−1
−1
y=
ex ⇒ y = 1 = −1 ⇒ (0; −1)
x=0
Segno: ex > 0 ∀x ∈ R; x − 1 > 0 per x > 1 ⇒ f (x) > 0 per x > 1
x − 1 #∞$ H
1
=
= lim x = 0; asintoto orizzontale y = 0
lim
x
x→+∞ e
x→+∞ e
∞
lim
x→−∞
x−1
= −∞
ex
f (x) =
1 · ex − (x − 1)ex
ex (1 − x + 1)
−x + 2
=
=
≥ 0 per −x + 2 ≥ 0 ⇒ −x ≥ −2
2x
2x
e
e
ex
⇒x≤2
2
x
f (x )
f (x )
M
1
Si ha un massimo relativo per x = 2 nel punto A 2; 2 .
e
y =
−1 · ex − (2 − x)ex
ex (−1 − 2 + x)
x−3
=
=
≥ 0 per x ≥ 3
2x
2x
e
e
ex
3
x
f (x )
f (x )
f
2
In x = 3 c’è un flesso a tangente obliqua di coordinate B 3; 3 .
e
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y
A
B
S2
O
2
1
S1
y=
x
3
x −1
ex
–1
b.
x−1
dx =
ex
1
S1 = 0
S2 =
(e−x x − e−x ) dx = e−x +
xe−x dx =
= −xe−x − −e−x dx − e−x = e−x − xe−x − e−x = −xe−x + c .
1
x − 1 1
dx = − [−xe−x ]0 = e−1 =
x
e
e
+∞
1
x−1
dx = lim
k→+∞
ex
1
k
k
x−1
dx = lim −xe−x 1 =
k→+∞
ex
−k 1
+ .
−ke−k − (−e−1 ) = lim
k→+∞
k→+∞ ek
e
k
1
Ma poiché lim k = 0, dato che, per il Teorema di L’Hôpital, = lim k = 0, si ha
k→+∞ e
k→+∞ e
1
c.v.d.
che S2 = .
e
k−1
c. P k; k
con 0 ≤ k ≤ 1
e
= lim
S(k) = k ·
k−1
1−k
≤ 0 per 0 ≤ k ≤ 1.
, poiché
k
e
ek
y
O
y=
1
P k; k−1
ek
–1
9
x −1
ex
x
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S(k) =
k − k2
⇒
ek
S (k) =
(1 − 2k)ek − (k − k2 )ek
1 − 2k − k + k2
k2 − 3k + 1
=
=
≥0
e2k
ek
ek
per k2 − 3k + 1 ≥ 0
√
√
√
3+ 5
2
≈ 2,6 non accettabile
3± 5
3± 9−4
2
=
=
k=
√
2
2
3− 5
≈ 0,38 accettabile
2
√
√
3+ 5
3− 5
2
k − 3k + 1 ≥ 0 per x ≤
ex≥
.
2
2
0
x
√
3− 5
2
1
√
3+ 5
2
f (x )
f (x )
M
√
√
3− 5
3− 5
e, poiché S(0) = 0 e S(1) = 0, x =
è
Si ha un massimo relativo per x =
2
2
anche massimo assoluto;
√ √
3− 5
5−2
S
= . . . = 3−√5 ≈ 0,16.
2
e 2
d. r: y = m(x − 1) che incontra la f nel primo quadrante per m minore del coefficien2−x
te angolare della tangente nel punto (1; 0) alla f ; poiché f (x) =
, allora per x = 1
ex
1
1
si ha f (1) = , per cui la condizione è 0 < m < .
e
e
x−1
Se α è l'ascissa del punto comune R, allora è soluzione dell’equazione m(x − 1) =
,
ex
α−1
cioè m(α − 1) =
, da cui eliminando (α − 1), soluzione comune ovvia, si ha:
eα
1
1
m = α ⇒ y = α (x − 1).
e
e
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y
y=
R
C
A
O
1
y=
1
eα
2
α
3
(x − 1)
x
x −1
ex
–1
(α − 1)2
(α − 1) 1
=
SARC = (α − 1) ·
·
eα
2
2eα
+∞
1
x−1
dx = , la condizione è che:
Poiché
ex
e
1
α
1
x−1
dx − SARC =
⇒
x
e
2e
1
α
α
1
x−1
dx = −xe−x 1 = −αe−α − (−e−1 ) = −αe−α + ⇒
−x
e
e
1
−αe−α +
1 (α − 1)2
1
(α − 1)2
1
−α
−
αe
=
+
=
⇒
α
α
e
2e
2e
2e
2e
(α − 1)2
1
1
1
2α
2α + α2 − 2α + 1
α2 + 1
+
=
=
=
⇒
⇒
α
α
α
α
2e
2e
2e
2e
2e
e
e
α2 + 1 =
eα
.
e
Di questa equazione trascendente si deve trovare la soluzione approssimata. Tale soluzione, oltre α = 1 eliminata dalla semplificazione, è unica per ragioni geometriche e lo
si può verificare disegnando anche la parabola y = e(α2 + 1), con asse l’asse y e vertice in (0; e), e la funzione esponenziale y = eα :
y = eα
y = e(α2 + 1)
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y
60
y = eα
40
y = e(α 2 + 1)
20
O
2
4
6
α
Dal grafico si deduce che la soluzione cercata è 3 < α < 4.
Usando il metodo di bisezione per la funzione G(α) = eα − eα2 − e, si ottiene:
G(3) = e3 − e · 9 − e ≈ −7,1
G(4) = e4 − 16e − e ≈ 8,4
G(3,5) = e3,5 − (3,5)2 e − e ≈ −2,9 ⇒ 3,5 < α < 4
G(3,75) = α3,75 − (3,75)2 e − e ≈ 1,58 ⇒ 3,5 < α < 3,75
G(3,625) = α3,625 − (3,625)2 e − e ≈ −0,91 ⇒ 3,625 < α < 3,75.
Fermandosi a questo passaggio si ha che α ≈ 3,68; andando avanti l’approssimazione
può essere migliorata a piacere.
Questionario
1
Considerata una semicirconferenza di diametro AB, centro O e raggio unitario, tracciare la corda AC che sottende un angolo al centro x e la corda CD che sottende un angolo doppio 2x. Calcolare l’angolo x per cui la superficie del quadrilatero
ACDO è massima, al variare di C (e di D) sulla semicirconferenza.
Risoluzione
r = 1, 0◦ ≤ 3x ≤ 180◦ ⇒ 0◦ ≤ x ≤ 60◦
0≤x≤
π
3
CK = r sen x
CD = 2CF = 2r sen x
OF = r cos x
C
F
D
2x
x
A
K
O
12
B
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SACDO = SAOC + SCOD =
r2
r · r sen x 2r sen x · r cos x
+
=
sen x + r2 sen x cos x ⇒
2
2
2
1
sen x + sen x cos x poiché r = 1.
2
1
f (x) = cos x + cos2 x − sen2 x ≥ 0, per cos x + 2 cos2 x − 2 sen2 x ≥ 0
2
f (x) =
cos x + 2 cos2 x − 2 + 2 cos2 x ≥ 0 ⇒ 4 cos2 x + cos x − 2 ≥ 0
cos x =
−1 ±
√
√
√
−1− 33
−1 ± 33 2
1 + 32
8
=
=
√
8
8
−1+ 33
√
√
−1 − 33
−1 + 33
⇒ cos x ≤
e cos x ≥
.
8
8
8
√
33 − 1
= α.
Verificate, nell’ambito delle limitazioni per x < arc cos
8
0
√
33−1
8
arc cos
x
π
3
f (x )
f (x )
M
√
33 − 1
x < α = arc cos
≈ 53◦ ,6 ma f (0) = 0;
8
√
√
√
π 1 √3 √3 1
33 − 1
3
3
≈ 0,88,
+
· =2·
=
≈ 0,87 e f
f
= ·
8
3
2 2
2 2
4
2
quindi si tratta di un massimo assoluto della superficie.
y
√
33−1
8
O
απ
π
2
3
√
−1− 33
8
13
x
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2
Data la funzione
x−1
y=
,
ln |x|
dove ln indica il logaritmo naturale in base e, individuarne il dominio e studiarne la
continuità e la derivabilità.
Risoluzione
y=
x−1
ln |x|
D = R {0; ±1}
La funzione si può riscrivere:

x−1


x > 0; x = 1

ln x
f (x) =
x−1


x < 0; x = −1

ln(−x)
Per la continuità occorre controllare i punti esclusi dal dominio:
x=0
x−1
−1
lim
=
= 0+ ;
−∞
x→0− ln(−x)
x−1
−1
=
= 0+
lim
−∞
x→0+ ln x
In x = 0 si ha una discontinuità di 3a specie eliminabile ponendo f (0) = 0.
x=1
x−1
0
lim
=
; poniamo x − 1 = y
x→1 ln x
0
e ponendo y =
⇒
lim
y→0
1
t
y
1
= lim
ln(y + 1) y→0 1
ln(y + 1)
y
1
1
1
)
= lim
t * = ln[e] = 1 , ricordando il limite notevole
t→∞
1
1
t ln 1 +
ln 1 +
t
t
x
1
lim 1 +
= e.
x→∞
x
⇒ lim
t→∞
In x = 1 si ha una discontinuità di 3a specie eliminabile ponendo f (1) = 1.
x = −1.
x−1
lim ±
= ±∞
x→−1 ln(−x)
In x = −1 si ha una discontinuità di 2a specie.
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Per la derivabilità, calcoliamo f (x):

1


ln x − 1 +


x


se x > 0

ln2 x
f (x) =
1


 ln(−x) − 1 +


x

se x < 0

ln2 (−x)
che ha lo stesso dominio di f (x).
La funzione risulta derivabile in ogni punto del dominio. Nei punti x = 0, ±1 non può
essere derivabile, non essendo continua.
Il punto (0; 0) è un punto di cuspide decrescente e la funzione non è derivabile.
y
y = f (x )
–1 O
1
x
3
Estrarre a caso cinque carte da un mazzo da quaranta. Qual è la probabilità
che tra le carte estratte ci siano solo due assi dello stesso colore? E quale la probabilità che ci siano almeno due assi?
Risoluzione
Da un mazzo di 40 carte, se ne estraggono 5 a caso:
a. Probabilità che si ottengano solo 2 assi dello stesso colore (e 3 carte diverse).
18
17
7
35 · 17
5·4
2 1 36 35 34 5!
·
·
·
·
·
=
·
=
P2 assi rossi+3 carte =
40 39 38 37 36 2!3!
20 · 39 · 19 · 37
2
20
19
35 · 17
595
=
=
39 · 38 · 37
54 834
P2 assi neri+3 carte =
oppure
P2
assi rossi+3 carte
18
4
595
595
595
=
≈ 0,0217
⇒ P =2·
54 834
54 834
27 417
36!
2!
·
5!
C2;2 · C36;3
36 · 35 · 34
2!0!
33!3!
·
=
=
=
=
40!
C40;5
3!
40 · 39 · 38 · 37 · 36
35!5!
17
17 · 35
595
35 · 34 · 5 · 4
=
=
ecc.
=
40 · 39 · 38 · 37
39 · 38 · 37
54 834
2
10
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b. Probabilità di avere almeno 2 assi estraendo 5 carte.
P = P2 assi+3 + P3 assi+2 + P4 assi+1 =
4 3 36 35 34 5!
4 3 2 36 35 5!
4 3
= 40
· 39 · 38 · 37 · 36 3! 2! + 40
· 39 · 38 · 37 · 36 3! 2! + 40
· 39 ·
2
17
4
3 36 35 34
2
36 35
4
3
2
1
= 5·4
2 · 40 · 39 38 · 37 · 36 + 38 · 37 · 36 + 5 40 · 39 · 38 · 37 =
10 2
19
19
10 2 13
35·17
3
35
1
1
35
1
= 39
19·37 + 19·37 + 13·38·37 = 13 · 19·37 (17 + 1) + 13·38·37 =
2
38
·
1
37
·
36
36
5!
4! 1!
=
13
=
18·35·2
13·19·37·2
+
1
13·38·37
=
18·35·2+1
13·38·37
=
1261
13·38·37
=
1261
18 278
=
97
1406
≈ 0,068990
oppure:
P = 1 − (P1 asso+4 carte + P5 carte=asso ) =
97
C36;5
C4;1 · C36;4
= ... =
≈ 0,068990.
+
=1−
C40;5
C40;5
1406
4
Determinare le equazioni della trasformazione che porta i punti O(0; 0),
A(0; 3) e B(5; 0) rispettivamente nei punti O (0; −1), A (0; −7) e B (10; −1). Individuare di che tipo di trasformazione si tratta e in particolare come opera rispetto alla trasformazione della superficie di una figura piana, verificandone l’effetto sui triangoli
OAB e O A B . Individuare i punti e le rette che restano uniti nella trasformazione.
Risoluzione
O(0; 0) → O (0; −1)
A(0; 3) → A (0; −7)
B(5; 0) → B (10; −1)
y
A(0; 3)
B(5; 0)
x
B (10; −1)
O
O (0; −1)
A (0; −7)
X = ax + by + p
Y = cx + dy + q
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Sostituendo le coordinate dei punti:


0=p
0=p










−1 = q
−1 = q






 0 = 3b + p
 3b = 0
⇒


−7 = 3d + q
3d − 1 = −7










10 = 5a + p
5a = 10






−1 = 5c + q
5c = −1 − q
⇒
0 = p




−1 = q



b = 0
⇒

3d = −6






a = 2
5c = −1 + 1
⇒
p = 0




q = −1



b = 0

d = −2






a = 2
c=0
X = 2x
sono le equazioni della trasformazione cercata.
Y = −2y − 1
Poiché a2 + c2 = 4, b2 + d2 = 4 e ab = cd = 0, si tratta di una similitudine inversa. Infatti il determinante dei coefficienti
2 0 √
√
= −4 e k = a2 + c2 = b2 + d2 = 2 è il rapporto di similitudine.
0 −2 Se una figura piana ha superficie S, la trasformata secondo una similitudine di rapporto k ha superficie pari a k2 S = S ; nel nostro caso la superficie diventa 4 volte; infatti:
6 · 10
15
3·5
15
= 30 = 4
=
SAOB =
; SA O B =
.
c.v.d.
2
2
2
2
Ricerchiamo punti uniti:
x = 2x ⇒ x = 0
1
y = −2y − 1 ⇒ y = −
3
1
P 0; −
è l’unico punto unito.
3
Ricerchiamo rette unite (non parallele all’asse y):
Y = mX + q ⇒ −2y − 1 = m(2x) + q ⇒
q+1
−2y = 2mx + q + 1 ⇒ 2y = −2mx − q − 1 ⇒ y = −mx −
. Dal confronto:
2
m = −m ⇒ m = 0
1
1 ⇒y=−
q+1
⇒ 2q = −q − 1 ⇒ 3q = −1 ⇒ q = −
q=−
3
2
3
k
Ricerchiamo rette unite (rette parallele all’asse y): X = k ⇒ 2x = k ⇒ x = . Dal con2
k
fronto: k = ⇒ k = 0 ⇒ X = 0, retta unita coincidente con l’asse y.
2
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5
Sia f la funzione definita da
5
f (x) = x5 − x2 .
2
Studiare quanti punti il suo grafico ha in comune con la retta y = k, al variare di k reale. Calcolare, con un metodo di approssimazione numerica, l’ascissa del loro punto comune di valore negativo quando k = 1, con due cifre decimali esatte.
Risoluzione
f (x) = x5 −
5 2
x ;y=k
2
f è una funzione algebrica razionale intera con D = R senza parità definita.
f incontra gli assi cartesiani in:

y = 0
x=0
5 2
5
⇒ (0; 0) e
5
2
3
x
x
x
=0
−
=
0
⇒
x
−

y=0
2
2
x = 0 soluzione doppia, perché tangente all’asse x;
!
5
5
x3 = ⇒ x = 3 ≈ 1,36
2
2
5
5
lim
x5 − x2 = −∞; lim x2 x3 −
= +∞
x→−∞
x→+∞
2
2
y = 5x4 − 5x = 0 per 5x(x3 − 1) = 0 ⇒ x = 0; x = 1
0
1
x
fattore 1
fattore 2
f (x )
−
+
+
f (x )
M
m
Si ha un punto di massimo in (0; 0), punto in cui l’asse x è tangente alla funzione f ; si
3
ha un punto di minimo in 1; − .
2
Quindi la retta y = k, parallela all’asse delle ascisse, incontra la funzione nei seguenti
punti:
– per k > 0 ⇒ 1 punto di ascissa positiva;
– per k = 0 ⇒ 1 punto di ascissa positiva e nell’origine, perché punto doppio;
3
– per − < k < 0 ⇒ 3 punti reali distinti (2 di ascissa positiva e 1 di ascissa negativa);
2
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3
⇒ 1 punto di ascissa negativa e 1 punto doppio di ascissa x = 1;
2
3
– per k < − ⇒ 1 punto di ascissa negativa.
2
– per k = −
Se k = −1 si cerca la soluzione α di ascissa negativa, che dal grafico risulta:
−1 < α < 0, con il metodo di bisezione; ciò equivale a cercare lo zero α tale che
5
−1 < α < 0 della funzione h(x) = x5 − x2 + 1 = 0:
2
5
5
5
h(−1) = (−1)5 − (−1)2 + 1 = −1 − + 1 = −
2
2
2
h(0) = 1
h(−0,5) = (−0,5)5 −
5
(−0,5)2 + 1 ≈ 0,34 ⇒ −1 < α < −0,5
2
h(−0,75) = . . . ≈ −0,64 ⇒ −0,75 < α < −0,5
h(−0,625) = . . . ≈ −0,072
h(−0,5625) = . . . ≈ +0,15
h(−0,59375) = . . . ≈ 0,044 ⇒ −0,625 < α < −0,59375
h(−0,609375) = . . . ≈ −0,012 ⇒ −0,6093 < α < −0,59375
h(−0,6015625) = . . . ≈ 0,017 ⇒ −0,609375 < α < −0,6015625
y
y =k
–1
y = x 5 − 52 x 2
1
O
1
x
–1
–2
Poiché le prime 2 cifre decimali non cambiano più, possiamo fermarci e fornire come
approssimazione il valore α ≈ −0,605, valore medio tra gli ultimi due valori, in cui le
prime due cifre decimali sono esatte, mentre la terza non lo è.
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6
Enunciare il teorema di Rolle, quindi verificare se per la funzione
√
f (x) = x 1 − x2
il teorema è applicabile nell’intervallo [0; 1] e, in caso affermativo, determinare i valori
di x per cui è verificato.
Risoluzione
Teorema di Rolle
Ipotesi: f (x) continua in [a; b] e derivabile in (a; b) e f (a) = f (b)
Tesi: ∃c ∈ (a; b) | f (c) = 0
√
f (x) = x 1 − x2 in [0; 1]
La funzione ha per dominio le x
–1
per cui 1 − x2 ≥ 0 ⇒ −x2 ≥ −1 ⇒ x2 ≤ 1
1
x
x = ±1 ⇒ D = {x ∈ R | −1 ≤ x ≤ 1}
Verifica della continuità:
√
x = 0; f (0) = 0 lim x 1 − x2 = 0 continua da destra in x = 0
x→0+
√
x = 1; f (1) = 0 lim− x 1 − x2 = 0 continua da sinistra in x = 1
x→1
√
√
−2x
x2
1 − x2 − x2
1 − 2x2
f (x) = 1 − x2 + x √
= 1 − x2 − √
= √
=√
2 1 − x2
1 − x2
1 − x2
1 − x2
derivabile ∀x ∈ (−1; 1)
1 − 2x2
= −∞ (mezza cuspide, allora tangente verticale)
lim− √
x→1
1 − x2
f (0) = f (1) = 0: il teorema è applicabile.
y
√
y = x 1 − x2
√
O
2
2
1
x
1 − 2x2
1
= 0 ⇒ 1 − 2x2 = 0 ⇒ −2x2 = −1 ⇒ 2x2 = 1 ⇒ x2 = ⇒
f (x) = √
2
2
1 − x√
√
1
2
2
x = ±√ = ±
≈ 0,71 è incluso nell’intervallo (0; 1) e pertanto
. Il valore x0 =
2
2
2
verifica il teorema.
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7
Sia data una piramide retta a base quadrata con lato di base L e altezza h. Se
si interseca la piramide con un piano parallelo alla base si ottiene un quadrato i cui vertici, proiettati sulla base della piramide, producono un parallelepipedo di cui si chiede
il volume massimo, al variare della posizione del piano intersecante.
Risoluzione
0 ≤ x ≤ h ; V O = h ; AB = BC = CD = DA = ; RS = x (misura dell’altezza del
parallelepipedo).
V
R
P
D
C
S
O
A
B
Sezione della piramide:
V
P T
R
h
x
E
2
O
S
2
F
Per la similitudine dei triangoli V OF , V T R e RSF :
V O : OF = V T : T R
(h − x)
h : = (h − x) : T R ⇒ T R =
2
h
2
lato base parallelepipedo = 2T R =
2
(h − x)
2h
Volume parallelepipedo ⇒
2
2
2
(h − x) x = 2 (h − x)2 x = 2 (h2 x + x3 − 2hx2 )
V(x) =
4
h
h
2 2
(h + 3x2 − 4hx) ≥ 0 per 3x2 − 4hx + h2 ≥ 0
h2
√
h
2h ± h 2
2h ± 4h2 − 3h2
h
=
= h ⇒ x ≤ ∨ x ≥ h.
x=
3
3
3
3
V (x) =
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4
3
0
x
4
f (x )
f (x )
M
4
Si ha un massimo relativo per x = , poiché V(0) = 0 e V(h) = 0 si tratta di un massi3
mo assoluto e il suo valore è:
2
h
h
2
2 4
4 2
h
h
= 2 h−
= 2 · h2 · =
h.
Vmax x =
3
h
3
3
h 9
3
27
8
Al variare del parametro reale k, discutere e risolvere, quando possibile, il sistema lineare

 2x − ky = 0
x − 2ky = 2

(k − 1)y = 2(1 + k)
Risoluzione

 2x − ky = 0
x − 2ky = 2

(k − 1)y = 2(k + 1)




2 −k
0
2 −k




2
A =  1 −2k  ; B =  1 −2k

0 k − 1 2(k + 1)
0 k−1
det B = −8k(1 + k) − 4(k − 1) + 2k(1 + k) = −8k − 8k2 − 4k + 4 + 2k + 2k2 =
= −6k2 − 10k + 4 = −2(3k2 + 5k − 2)
√
−2
−5 ± 25 + 24
−5 ± 7 2
=
= 1 , quindi
det B = 0 per k =
6
6
3
1
det B = −6(k + 2) k −
.
3
1
e k = −2 il rango di B è 3 e quindi diverso da quello di A; per il teorema
Se k =
3
di Rouchè-Capelli, il sistema è impossibile.
1
Se k =
3 

2 − 13


A =  1 − 23 
0 − 23
22
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Pagina 23
A ha rango 2, come si vede facilmente, quindi il sistema è determinato e ammette l’unica soluzione che si trova, per esempio, con la seconda e la terza equazione:


2

2
x − y = 2

2
8
2
x=−
3
4
⇒ x=2− ·4=2− =−
⇒
3


3
3
3
 − 2 y = 8 ⇒ y = − 8 = −4
y = −4
3
3
2
Se k = −2


2 2


A = 1 4 
0 −3
A ha rango 2, quindi il sistema è determinato. Prendiamo le prime due equazioni:


2

x = −
 2x + 2y = 0 ⇒ x = −y
3
2 ⇒
2

 x + 4y = 2 ⇒ −y + 4y = 2 ⇒ 3y = 2 ⇒ y =
y =
3
3
9
Sia f la funzione definita da
x
1
f (x) = 1 +
.
x
Indicata con f (x) la sua derivata prima, calcolare i limiti lim f (x) e lim f (x).
x→+∞
Risoluzione
x
1
f (x) = 1 +
x
Per ottenere f (x) si usa la derivata logaritmica:
f
⇒ f (x) = f (x) · D[ln f (x)]
f
x x x 1
1
1
1
= 1+
D ln 1 +
D x ln 1 +
=
f (x) = 1 +
x
x
x
x


x
1
1
x
1

= 1+
=
−
ln 1 +
1 x2 
x
x
1+
x


x


1
ln 1 + 1 − 1 
= 1+

1 
x
x
x 1+
x
D ln f =
23
x→0+
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
x

1
1

1+
lim f (x) = lim
ln 1 + x −
x→+∞
x→+∞
x


1

= 0,
1 
x 1+
x
x
1
1+
= e.
ricordando il limite notevole lim
x→+∞
x
x 1
1
1
lim f (x) = lim 1 +
ln 1 +
−
x
x
x+1
x→0+
x→0+
x
1
; si calcola:
Sviluppiamo a parte lim 1 +
x
x→0+
1
x
ln 1 +
# ∞ $ (H)
1
1
x
= lim
= lim x ln 1 +
=
lim ln 1 +
=
1
x
x
∞
x→0+
x→0+
x→0+
x
1
1
x
· − 2
1
1
1+x
x
= lim
= lim
= 0. Se lim ln 1 +
= 0 significa che
1
1
x
x→0+
x→0+
x→0+
− 2
1+
x
x
x
1
lim 1 +
=1
x
x→0+
e quindi
x 1
1
1
ln 1 +
−
= +∞.
lim 1 +
x
x
x+1
x→0+
1
e della sua simmetrica
2
rispetto all’asse delle ascisse nell’intervallo [0; π], quindi indicare una procedura per calcolare con un metodo approssimato l’area della superficie delimitata dalle due funzioni;
effettuare il calcolo e verificarne il risultato con il valore esatto ottenuto per integrazione.
10
Disegnare il grafico della funzione f (x) = sen x −
Risoluzione
1
2
1
Si tratta della funzione seno traslata verso il basso di . «Ribaltando» il grafico intor2
no all’asse x (rotazione di 180◦ ) si ottiene il grafico simmetrico richiesto.
y = sen x −
y
y = sen x −
0,5
a
O
– 0,5
0,5
S1
1
2
b
π
2
24
2,5
π
x
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Per la simmetria, la superficie di cui si chiede il calcolo è 2 volte S1 (vedi figura a p. 24).
Si può usare il metodo dei trapezi per calcolare S1 , dividendo l’intervallo in 4 parti;
1
1
5
π
f (x) = sen x − incontra l’asse x per sen x = ⇒ x =
e x = π nell’intervallo
2
2
6
6
[0; π].
x =
S1 ≈
π
5
π−
6
6
π
1
=
4
6
3 x
1
{f (a + ix) + f [a + (i + 1)x]} ,
i=0 2
dove a =
π
π
e x =
6
6
π $ x # π π $
x # π f
+f 2
+
f 2
+f 3
+
2
6
6
2
6
6
π $ x # π π $
x # π f 3
+f 4
+
f 4
+f 5
=
+
2
6
6
2
6
6
π π π
x
5
2
f
π +f
π
=
=
+ 2f
+ 2f
+ 2f
2
6
3
2
3
6
π
π 1
π
π
2
5
1
=
sen − + 2 sen − 1 + 2 sen − 1 + 2 sen π − 1 + sen π −
=
12
6
2
3
2
3
6
2
√
π 1 1 √
1 1
π √
=
− + 3−1+2−1+ 3−1+ −
=
(2 3 − 1)
12 2 2
2 2
12
π √
⇒ S ≡ 2S1 = (2 3 − 1) ≈ 1,29.
6
Il calcolo esatto fornisce:
5π
#
6
1
x $ 5π
6
sen x −
=
dx = 2 − cos x −
S=2
π
π
2
2
6
6
)√
*
√
5
π
π
5
π
3
3
5
=2
π − 2 − cos −
−
π+
+
=
= 2 − cos π −
6
12
6
12
2
12
2
12
√
√
4
π
π =2
≈ 1,37.
3−
3−
=2
12
3
S1 =
25
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