ARTICOLO
Archimede
4 2014
esame di stato 2014
seconda prova scritta
per i licei scientifici
di ordinamento
Il candidato risolva uno dei due problemi e risponda a 5 quesiti del questionario.
PROBLEMA 1
Nella figura a lato è disegnato il
x
grafico G di g( x) = ∫ f (t) dt
0
con f funzione definita sul­
l’intervallo [0, w] e ivi continua
e derivabile. G è tangente all’as­
se x nell’origine O del sistema
di riferimento e presenta un fles­
so e un massimo rispettivamen­
te per x = h e x = k.
y
0
h
k
w
x
1. Si determinino f (0) e f (k); si dica se il grafico della funzione presenta pun­
ti di massimo o di minimo e se ne tracci il possibile andamento.
2. Si supponga, anche nei punti successivi 3 e 4, che g(x) sia, sull’intervallo con­
siderato, esprimibile come funzione polinomiale di terzo grado. Si provi che,
in tal caso, i numeri h e k dividono l’intervallo [0, w] in tre parti uguali.
2
3. Si determini l’espressione di g(x) nel caso w = 3 e g(1) =
e si scrivano le
3
2
equazioni delle normali a G nei punti in cui esso è tagliato dalla retta y = .
3
4. Si denoti con R la regione che G delimita con l’asse x e sia W il solido che
essa descrive nella rotazione completa attorno all’asse y. Si spieghi perché il
volume di W si può ottenere calcolando:
3
∫0 (2πx)g(x) dx
Supposte fissate in decimetri le unità di misura del sistema monometrico Oxy,
si dia la capacità in litri di W.
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problema 2
A lato è disegnato il grafico G della fun­
zione
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2
f ( x) = x 4 − x 2
1
1. Si calcolino il massimo e il minimo
assoluti di f (x).
2. Si dica se l’origine O è centro di
0
–2
–1
0
1
2
simmetria per G e si calcoli, in gradi
e primi sessagesimali, l’angolo che la
–1
tangente in O a G forma con la
direzione positiva dell’asse x.
–2
3. Si disegni la curva di equazione
2
2
2
y = x (4 – x ) e si calcoli l’area della
parte di piano da essa racchiusa.
4. Sia h(x) = sen (f (x)) con 0 ≤ x ≤ 2. Quanti sono i punti del grafico di h(x)
di ordinata 1? Il grafico di h(x) presenta punti di minimo, assoluti o relativi?
Per quali valori reali di k l’equazione h(x) = k ha 4 soluzioni distinte?
Questionario
1. Nel triangolo disegnato a lato, qual è la mi­
2.
3.
4.
5.
6.
7.
3
4
sura, in gradi e primi sessagesimali, di a?
Si spieghi perché non esistono poliedri re­
30°
a
golari le cui facce siano esagoni.
Nello sviluppo di (2a2 – 3b3)n compare il
termine –1080a4 b9. Qual è il valore di n?
Un solido W ha per base la regione R delimitata dal grafico di f (x) = e1/x e
dall’asse x sull’intervallo [–2, –1]. In ogni punto di R di ascissa x, l’altezza
1
del solido è data da h( x) = 2 . Si calcoli il volume del solido.
x
Dei numeri 1, 2, 3, …, 6000, quanti non sono divisibili né per 2, né per 3,
né per 5?
Un’azienda commercializza il suo prodotto in lattine da 5 litri a forma di
parallelepipedo a base quadrata. Le lattine hanno dimensioni tali da richiede­
re la minima quantità di latta per realizzarle. Quali sono le dimensioni, arro­
tondate ai mm, di una lattina?
Il valor medio della funzione f (x) = x3 sull’intervallo chiuso [0, k] è 9. Si
determini k.
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8. Del polinomio di quarto grado P(x) si sa che assume il suo massimo valore
3 per x = 2 e x = 3 e, ancora, che P(1) = 0. Si calcoli P(4).
9. Si determini il dominio della funzione:
f ( x) = 3 − log 2 ( x + 5)
10.Si determinino i valori reali di x per cui:
1 2
( x − 10 x + 26)
5
x2 − 6x +1
=1
Durata massima della prova: 6 ore.
È consentito l’uso della calcolatrice non programmabile.
È consentito l’uso del dizionario bilingue (italiano-lingua del paese di provenienza) per i candidati di madrelingua non italiana.
Non è consentito lasciare l’Istituto prima che siano trascorse 3 ore dalla dettatura del tema.
risoluzione del problema 1
1. Per il teorema fondamentale del calcolo integrale, nell’intervallo [0, w], la
funzione g è derivabile e per ogni x vale la relazione
f (x) = g'(x).
Dunque, essendo 0 e h punti stazionari per g, si ha f (0) = f (k) = 0.
Per determinare il grafico qualitativo di f osserviamo che, laddove g cresce,
f è positiva, mentre laddove g decresce f è negativa; nel punto di flesso h
si annulla la derivata secon­
da di g, quindi f presenta
un punto stazionario che,
osservando la concavità del­
la funzione g intorno a
w
0
h
k
tale flesso, non può che rap­
presentare un punto di mas­
simo per f. Il grafico avrà
quindi l’andamento propo­
sto in figura 1.
La funzione f raggiunge il
punto di minimo assoluto
Figura 1
in w.
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2. La funzione g ha equazione del tipo g(x) = ax3 + bx2 + cx + d, con a, b, c, d
parametri reali, con a non nullo. Poiché in x = 0 si annulla sia la funzione
sia la sua derivata, si ha che c = d = 0 e quindi ci si riconduce a lavorare con
due soli parametri:
g(x) = ax3 + bx2.
Le condizioni g(w) = 0, g'(k) = 0, g"(h) = 0, supponendo h, k, w non nul­
li, si traducono algebricamente nelle seguenti relazioni:
h=
1 b
− ;
3 a
k=
2 b
− ;
3 a
w=−
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b
a
dove risulta evidente la divisione dell’intervallo [0, w] in tre parti uguali.
3. Per determinare a e b nel caso specifico proposto, poniamo
b
3 = − a
a + b = 2
3
3a + b = 0
3a + 3b = 2
⇒
⇒
b = 1
1
a = − 3
1
è accettabile perché non nullo; inoltre a e b sono discordi, come la
3
b
1
positività di w = − richiede. Quindi g( x) = − x3 + x 2 , nel dominio [0; 3].
a
3
2
I punti di intersezione tra G e la retta di equazione y =
si determinano
3
a=−
risolvendo l’equazione:
1
2
− x3 + x 2 =
3
3
( x − 1)(( x 2 − 2x − 2) = 0
⇒
x 3 − 3x 2 + 2 = 0
⇒
⇒
x = 1 ∨ x = 1± 3
Le soluzioni accettabili nell’intervallo [0, 3] sono x = 1 ∨ x = 1 + 3 .
I coefficienti angolari delle rette richieste passanti rispettivamente per i punti
(
(
A(1; g(1)) e B 1 + 3 ; g 1 + 3
m1 = −
m2 = −
))
sono
1
= −1
g '(1)
(
1
g' 1 + 3
)
=−
1 1
=
−2 2
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Inoltre g(1) =
(
)
g 1+ 3 = −
2
(per ipotesi), mentre
3
(
1
1+ 3
3
) + (1 + 3 ) = (1 + 3 )
3
2
2
)
1
1− 3 3
x+
.
2
6
4. Applichiamo il cosiddetto meto­
)(
5
2
La retta per A 1; e coefficiente angolare m1 = –1 ha equazione y = − x + ,
3
3
1
2
mentre quella per B 1 + 3 ; e coefficiente angolare m2 =
ha equa
2
3
zione y =
(
2− 3 2
2
= 2+ 3 2− 3 = .
3
3
3
y
do dei gusci concentrici.
La regione delimitata da G, ruo­
g(x)
tata attorno all’asse y, genera un
solido il cui volume può essere
approssimato come somma di
volumi di cilindretti cavi (detti
0
x
gusci cilindrici) di spessore Dx,
–3
3 x
dx
raggio interno x, raggio esterno
x + Dx e altezza g(x). Ogni sin­
golo guscio cilindrico è ciò che si
Figura 2
ottiene ruotando un rettangolino
di base Dx e altezza g(x) lungo
una circonferenza di raggio x, come suggerisce la figura 2. Il suo volume è
quindi approssimabile moltiplicando l’area di tale rettangolino con la lunghez­
za della circonferenza di rotazione.
Sommando i volumi di tutti i gusci si ottiene una stima del volume richiesto:
V ∑ 2πx ⋅ g( x)∆x
Facendo tendere all’infinito il numero dei gusci concentrici, si ottiene il valo­
re esatto del volume espresso tramite l’integrale:
V=
3
∫0 2πx ⋅ g(x) dx
Tale volume vale:
V=
3
2 x5 3 4
81
1 3
2
2
=
+ x =
π
π
x
−
x
+
x
dx
π −
∫0 3
3 5 4 0 10
3
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Poiché l’unità di riferimento è il decimetro, il volume è già espresso in litri.
V=
81
π dm 3 25, 45 litri.
10
risoluzione del pROBLEMA 2
1. La funzione f è continua nel suo dominio limitato e chiuso [–2; 2]. Per il
teorema di Weierstrass, f ammette massimo e minimo assoluti. Osserviamo
che la funzione è dispari e, quindi, restringiamola per comodità in un primo
momento all’intervallo [0; 2], dove risulta non negativa:
f ( x) = x 4 − x 2 = 4 x 2 − x 4
Ne segue che, per x ∈ ]0; 2[,
f '( x) =
per x ∈[0; 2].
8x − 4 x 3
2
2 4x − x
4
=
(
2 2 − x2
4− x
2
).
( )
La funzione ammette il massimo assoluto in x = 2 ed esso vale f 2 = 2 .
La disparità della funzione permette di concludere che il minimo assoluto
vale – 2 ed è assunto nel punto x = − 2 .
2. La funzione f è dispari. Dunque il suo grafico è simmetrico rispetto all’ori­
gine. Dal punto precedente sappiamo che f '(0) = 2. Dunque l’angolo cercato
è arctan 2 ≈ 63°26'.
3. La curva assegnata è l’unione dei grafici del­
y
le due funzioni continue
2
f ( x) = x 4 − x 2
e
g( x) = − x 4 − x 2
ed è rappresentata in figura 3.
Per le simmetrie presenti:
A = 4∫
2
0
(
1
0
–2
)
2
4 − x 2 3/ 2
2
= 32 .
x 4 − x dx = −2
3/ 2
3
0
–1
0
1
2x
–1
–2
Figura 3
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4. La funzione h(x) = sin (f (x)) nel
y
2
dominio [0; 2] assume il valore 1
π
quando f ( x) = + 2kπ , con k ∈.
2
Risolvendo graficamente quest’ul­
tima equazione si osserva che i pun­
1
ti richiesti sono due, le cui ascisse
a1 e a2 sono tali che α1 < 2 < α 2
(si veda figura 4).
La funzione h è composizione di
0
funzioni continue e dunque è
x
0
anch’essa continua nell’intervallo
a1 1 √2 a2 2
limitato e chiuso [0; 2]. Il teorema
Figura 4
di Weierstrass garantisce, quindi,
l’esistenza di punti di massimo e di
minimo assoluti.
Rimane da determinare l’eventuale esistenza di massimi e minimi relativi non
assoluti che andranno cercati tra i suoi punti stazionari e tra gli estremi del
dominio (la funzione f non è derivabile in x = 2). Si ha:
h(2) = h(0) = 0
h'(x) = f '(x) · cos f (x).
Dunque i punti stazionari di h sono tali che f '(x) = 0 (cioè x = 2) o
cos f (x) = 0, (cioè x = a1 e x = a2).
Tenendo presente il segno della derivata prima, si conclude che il minimo as­
soluto di h vale 0 ed è raggiunto agli estremi del dominio. Vi è però anche un
minimo relativo in x = 2 e tale minimo relativo vale sin 2. Esistono invece
due punti di massimo assoluti
(x = a1 e x = a2) e il massimo
vale h(a1) = h(a2) = 1, ma
non esistono altri massimi re­
1
lativi.
sin 2
Dal grafico qualitativo di h
riportato in figura 5, possiamo
affermare che l’equazione
h(x) = k ha 4 soluzioni distin­
0
te se e solo se
0
sin 2 < k < 1.
a1 1
√2
a2 2
Figura 5
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risposte al questionario
C
1. Per determinare la misura dell’ango­
lo a in figura 6 applichiamo il teo­
rema dei seni:
3
A
3
4
=
sin 30° sin α
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4
a
30°
H
B
Figura 6
e quindi
3 sin a = 4 sin 30°.
Si poteva direttamente pervenire a quest’ultima relazione osservando che
AC sin α = CH = BC sin 30° . Ne segue:
sin α =
4
2
sin 30° = .
3
3
Poiché il testo del quesito fa esplicito riferimento alla figura, nella quale l’an­
golo a è rappresentato acuto, possiamo concludere che:
2
α = arcsin 41°49 '.
3
2. In generale in ogni vertice di un polie­
dro concorrono almeno 3 facce; inoltre
la somma delle ampiezze degli angoli
che concorrono in quel vertice deve
essere minore di 360°.
120°
Ne segue che non può esistere un po­
liedro regolare con le facce a forma di
120°
esagono regolare perché in ogni vertice
120°
in cui convergessero un minimo di tre
esagoni regolari si avrebbe come som­
ma delle ampiezze degli angoli almeno
3 · 120° = 360° (figura 7), mentre la som­
ma delle facce di un angoloide è mino­
Figura 7
re di 360°.
3. Lo sviluppo della potenza n-esima del
binomio dato è
n
n
(2a 2 − 3b3 )n = ∑ (2a 2 )n − k (−3b3 )k .
k = 0 k
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Con riferimento agli esponenti, si trova subito che 2(n – k) = 4 e 3k = 9, da
cui k = 3 ed n = 5. In effetti, si ha
5
−1080 a4b9 = (2a 2 ) 2 (−3b3 )3 .
3
4. Il volume richiesto può essere pensato
come somma degli infiniti volumi in­
finitesimi dei solidi di altezza h(x) e
area di base e1/x dx (figura 8).
Il volume del solido W si determina
quindi calcolando l’integrale:
V=
−1
∫−2
1 1/ x
e −1
e dx = −[e1/ x ]−−12 =
.
2
e
x
1
f (x) =
1
e —x
0
–2
dx
–1
0
Figura 8
5. Il minimo comune multiplo tra 2, 3 e 5 è 30. Dunque le proprietà di divisi­
bilità per questi numeri si ripetono ciclicamente ogni 30 numeri consecutivi.
Nei 6000 numeri considerati, si susseguono 200 gruppi di 30 numeri. Tra i
primi 30 numeri, quelli che non sono divisibili né per 2, né per 3, né per 5
sono solo 8 (e sono: 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29). Dunque, tra tutti i numeri
naturali tra 1 e 6000 vi sono 8 · 200 = 1600 numeri che soddisfano la richiesta.
Un altro modo di ragionare è pensare che tra tutti i numeri considerati, vi
sono 6000/2, cioè 3000, multipli di 2; ma anche 2000 multipli di 3 dei
quali 6000/6, cioè 1000, sono divisibili anche per 2 (e quindi già contati nel
gruppo precedente); inoltre vi sono 1200 multipli di 5, dei quali 1200/2 = 600
sono divisibili anche per 2 (e quindi già contati), 400 anche per 3 (già con­
tati); ma, eliminando dai multipli di 5 i numeri divisibili per 2 e quelli divi­
sibili per 3 stiamo escludendo due volte quelli divisibili per entrambi che
occorre aggiungere una volta: essi sono 200.
In conclusione, i numeri da escludere perché multipli di almeno uno tra 2, 3
e 5 sono:
3000 + (2000 – 1000) + (1200 – 600 – 400 + 200) = 4400.
Dunque i numeri cercati sono 6000 – 4400 = 1600.
6. Dimostriamo che tra tutti i parallelepipedi di base quadrata di volume fissato,
quello che minimizza la superficie è il cubo. Indichiamo con x (x > 0) la misu­
ra in dm del lato del quadrato di base della lattina. L’altezza di tale lattina vale
h( x) =
V
5
= 2.
Abase
x
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La superficie si può esprimere come
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S( x) = 4h( x) ⋅ x + 2x 2 = 2 + x 2 .
x
Determiniamo l’eventuale minimo nel dominio ]0; +∞[, studiando il segno
della sua derivata.
4
10
S '( x) = 2 − 2 + 2x = 2 ( x 3 − 5) .
x
x
Il minimo si ottiene, quindi, per x = 3 5 dm e altezza h
( 5) =
5
3
3
2
= 3 5 dm .
5
La lattina che minimizza la superficie laterale è, in conclusione, quella cubica
di spigolo lungo 3 5 dm 171 mm .
7. La funzione f (x) = x3 è definita e continua su ogni intervallo chiuso [0, k],
supponendo k > 0.
Il valor medio integrale della funzione in tale intervallo vale
k
∫0
f ( x) dx
k
=
1 k 3
1 4 1 3
x dx =
⋅k = k
∫
0
k
4k
4
che risulta uguale a 9 solo se k = 3 36 , accettabile in quanto positivo.
8. Il fatto che una funzione polino­
4
miale di quarto grado assuma il
5
x = —2
massimo in due punti distinti del
dominio permette di affermare
3
che il grafico della funzione pre­
senta una simmetria assiale con
2
asse verticale.
Nel nostro caso vi è una simmetria
1
5
assiale rispetto alla retta x =
2
0
(figura 9). Sfruttando tale simme­
0
1
2
3
4
5
tria è facile concludere che
p(4) = p(1) = 0.
Figura 9
Vediamo più in dettaglio la giustificazione di quanto affermato.
Poiché p(2) = p(3) = 3, il polinomio p(x) rispetto alla divisione per il pro­
dotto (x – 2)(x – 3) ha resto 3 (infatti il polinomio p(x) – 3 ha resto nullo).
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Esiste dunque un polinomio di secondo grado q(x) tale che
p(x) = (x – 2)(x – 3)q(x) + 3.
Ma, essendo sia 2 che 3 punti di massimo, ponendo l’annullarsi della deri­
vata p'(x) in tali punti si ottiene q(2) = 0 e q(3) = 0, e dunque q(x) è della
forma q(x) = a(x – 2)(x – 3), con a reale non nullo.
In conclusione, p(x) = a(x – 2)2 (x – 3)2 + 3. Quest’ultima espressione mostra
la simmetria assiale sopra descritta. Si può anche determinare il valore di a
3
3
dall’ipotesi p(1) = 0, ottenendo a = − . Quindi p( x) = − ( x − 2) 2 ( x − 3) 2 + 3
4
4
e ciò dimostra che p(4) = 0.
9. Il dominio della funzione si determina risolvendo il sistema:
3 − log 2 ( x + 5) ≥ 0
x + 5 > 0
equivalente, essendo log2 x una funzione crescente, a
x + 5 ≤ 23
x + 5 > 0
Dunque il dominio della funzione è l’intervallo ]–5; 3].
10.Osserviamo innanzitutto che la base della potenza è positiva per ogni valore
reale di x, infatti x2 – 10x + 26 = (x – 5)2 + 1 ≥ 1. Ne segue che l’espressione
a primo membro è ben definita per ogni x reale.
Poiché la base non si annulla mai, le soluzioni dell’equazione sono sia gli zeri
dell’esponente sia i valori che rendono la base uguale a 1.
Dunque:
1 2
x 2 − 6x + 1 = 0 ∨
( x − 10 x + 26) = 1
5
I valori cercati sono dunque 4:
x = 3± 2 2
∨
x=3
∨
x = 7.
Esercizi analoghi sono stati talora assegnati in altri contesti (gare, ecc.). In genera­
le, va considerato anche il caso in cui la base è –1 e l’esponente è un intero pari.
commenti
Il tema proposto era, complessivamente, alla portata degli studenti del Liceo Scien­
tifico di Ordinamento.
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La prova era basata non solo sulle conoscenze di analisi, ma anche sulle compe­
tenze acquisite in tutto il corso degli studi. Infatti la maggior parte dei quesiti, in
particolare i n. 1, 2, 3, 5, 9, 10, poteva essere affrontata da uno studente al termine
del quarto anno, perché si tratta di classici esercizi di trigonometria, geometria
solida, domini di funzione ecc.
A completamento di tali quesiti non ne sono mancati altri di analisi: dal calcolo
di un valor medio di funzione, a problemi di minimo.
Il quesito 8, invece, si presentava apparentemente come standard ma, senza
sfruttare la simmetria della situazione, i calcoli risultavano davvero lunghi e disper­
sivi. D’altra parte, come mostrato nello svolgimento, l’argomentazione della sim­
metria era tutt’altro che banale, soprattutto per uno studente abituato nel biennio
a manipolazioni tecniche piuttosto che a riflessioni profonde sulla divisione nell’anel­
lo dei polinomi.
Rimane una scelta discutibile anche per questo tema la diffusa richiesta (sia
nell’ultimo punto del primo problema sia nel quesito 4) di determinare volumi
mediante procedimenti integrali che non sono esplicitamente in programma. Tut­
tavia ormai tali procedimenti sono entrati nella prassi didattica proprio al fine di
risolvere questi esercizi che vengono assegnati ogni anno, a conferma dell’influen­
za dell’Esame di Stato sulla programmazione.
I primi punti del problema 1 richiedevano invece capacità di osservazione di
grafici, di applicazione di teoremi e concetti cardine del quinto anno, in particola­
re del teorema fondamentale del calcolo integrale.
Per quanto riguarda i problemi è venuto a mancare il classico studio di funzio­
ne. Scelta poco rassicurante per gli studenti, ma utile a mettere in luce il ruolo
dell’analisi, che non si deve ridurre solamente a questo. Addirittura nel problema
2 è stata assegnata per la prima volta sia l’equazione della funzione sia il suo grafi­
co, nonostante questo potesse essere ricavato dall’equazione con i procedimenti
classici. In ogni caso, i primi tre punti del problema 2 erano affrontabili senza trop­
pa fatica, mentre l’ultimo punto era sicuramente più impegnativo e semplificabile
solo passando a una risoluzione grafica.
Sottolineiamo infine che, nonostante il tema di quest’anno sia risultato non
difficile, nonostante non siano mancati sia quesiti interessanti sia quesiti classici, si
avverte un clima di incertezza e di ansia tra docenti e futuri maturandi nel pensare
che la presente è l’ultima traccia a conclusione di un vecchio ciclo pre-riforma e
lascia un enorme interrogativo sulle inevitabili novità del prossimo anno.
Elisa Garagnani
Liceo Scientifico Archimede – San Giovanni in Persiceto (BO)
[email protected]
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