www.matematicamente.it Liceo Scientifico PNI maturità 2012

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PROBLEMA 1
Punto 1
I flessi di f sono i punti in cui la derivata prima cambia monotonia e quindi i punti di ascissa x  2
e x  4.
Punto 2
Per rispondere a questa domanda è necessario presupporre che f sia continua sia in x=0 che in x=6,
cosa non specificata nel testo.
Poiché a partire da x=5 f cresce e poiché è continua in x=0 e x=6, allora il minimo assoluto è
assunto in x=5.
6
Per il teorema fondamentale del calcolo integrale
 f ' t dt  f 6  f 0  f 6  9 , per cui
0
imponendo l’uguaglianza f 6  9  5 si ricava f 6  4 .
Siccome f decresce in (0,5) il massimo assoluto è assunto per x=0.
Punto 3
Il possibile andamento è di seguito mostrato:
9
Flesso a tangente
orizzontale
Flesso a tangente
obliqua
0
2
4
5
6
Punto 4
Sia g x   xf x  . La retta tangente a f in (3,6) ha equazione y  mx  3  6 con m  f ' 3  1
per cui l’equazione della tangente diventa y  9  x .
La retta tangente a g in 3,3 f 3  3,18 ha equazione y  mx  3  18 con m  g ' 3 ; la derivata
della funzione g x   xf x  è g ' x   f x   xf ' x  per cui g ' 3  f 3  3 f ' 3  6  3  3 per cui
l’equazione della tangente diventa y  3x  3  18  3x  9 . L’ampiezza dell’angolo acuto  è
dato dalla formula tan  
m f  mg
1  m f mg

4
 2    arctan 2  63° 25' 48"
2
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PROBLEMA 2
Punto 1
La funzione g x   ln x è la classica funzione logaritmica, definita in 0, , interseca l’asse delle
ascisse in x=1, positiva in 1, , presenta x=0 come asintoto verticale ed è strettamente crescente
in tutto il dominio
La funzione f x   e x è definita e continua e derivabile in tutto R; non interseca mai l’asse delle
ascisse, mentre interseca le ordinate in (0,1), è sempre positiva, presenta y=0 come asintoto
orizzontale sinistro ed è strettamente crescente in tutto il dominio.
Di seguito i grafici di f (blu) e g (rosso) nello stesso riferimento:
L’area richiesta è:
1




S   e  ln x dx  e  xln x  1 1
x
1
x
1
2
2
1
1

1  1 
1 1
2
 e  10  1  e   ln  1  e  e 2   ln 2
2  2 
2 2

Punto 2
1. Il volume del solido S (ruotando attorno all’asse delle x, la limitazione data da y  ln x è
inessenziale) si ottiene come:
1
  dx
V    ex
2
1
2
Analogamente per la rotazione attorno all’asse y bisogna prima calcolare le inverse:
x  ln y con y  e , e e x  e y con y   ln 2,0.
A questo punto, il volume del solido richiesto può essere considerato come dato dalla somma di
tre volumi di solidi di rotazione:
e
0
 y 2  1 2 
 1
2
V    1  ln y  dy     e    dy   1   e
 2  
 4
ln 2 
e

Punto 3
La tangente a f x   e x in x 0 è y  e x0 x  x0   e x0 ;




 
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La tangente a g x   ln x in x 0 è y 
1
x  x0   ln x0 ;
x0
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1
x0
1
Consideriamo la funzione hx   e x 
x
Le due rette sono parallele se e x0 
1
Essa è definita in R-{0}, strettamente crescente in tutto il dominio e inoltre h   0, h1  0 per
2
cui a norma del teorema degli zeri esiste un’unica radice dell’equazione hx   0 appartenente
1 
all’intervallo  ,1 . Applichiamo il metodo di Newton-Raphson applicando la formula ricorsiva
2 
1
2
e xn 
e xn x n  1 
h x n 
xn
xn
x n 1  x n 
 xn 

con punto iniziale x0  1 in cui hx0  e
1
1
h'  x n 
xn
xn
e  2
e  2
xn
xn
h' ' x0  sono concordi.
La tabella seguente mostra tutti i passi dell’algoritmo:
n
1
xn
x n 1
x  xn  xn1
x 
100
0
1
0,538
1
0,538
0,566
0,462
NO
2
0,566
0,567
0,028
NO
3
0,567
0,567
0,001
SI
Quindi l’unica radice è   0,567
Punto 4
La funzione hx   e x  ln x ha derivata prima h' x   e x 
1
che si annulla solo in   0,567
x
come calcolato al punto precedente; poichè la funzione hx   e x  ln x è strettamente decrescente
1
in 0,   e strettamente crescente in  , (basta guardare i grafici di f ' x   e x e di g ' x   )
x
deduciamo che
è l’ascissa del minimo assoluto; inoltre poichè
x    0,567
1
h1  e  h   e  ln 2  0 deduciamo che x  1 è l’ascissa di massimo assoluto.
2
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QUESTIONARIO
Quesito 1
Applicando de l’Hospital si ha lim
x 0
quanto 3 ln 2  4 ln 3  ln
2 3 x  34 x
3 ln 2  2 3 x  4 ln 3  34 x 3 ln 2  4 ln 3

lim

  in
x 0 
2x
x2
0
8
0
81
Quesito 2
Indichiamo con L la lunghezza del lato dell’esagono e con D il diametro della moneta. La moneta
finisce internamente a una mattonella se e solo se il suo centro cade in un punto distante dai lati
della mattonella meno di D/2; in altri termini, la moneta finisce internamente ad una mattonella se e
solo se il suo centro finisce in un esagono, interno alla mattonella, con lati paralleli a quelli della
mattonella e distanti da questi ultimi D/2. Supponendo ovviamente che la moneta venga lanciata “a
caso” (ovvero che la probabilità che essa cada in una regione sia proporzionale all’area della
regione stessa) la probabilità cercata è data dal rapporto tra l’area dell’esagono interno alla
mattonella e l’area della mattonella, ovvero:
3
D
 L 

2
3
p
3 2
L 3
2
Quesito 3
2
3
2,325 
3
10 

2
3 

3 2
10 3
2
2
La pendenza è pari a 1 se ln 3  3 x  1  3 x 
2

2,325 
3 10 

3 


 0,75  75%
100
1
 1 
 x  log 3 
   log 3 ln 3 . Con una
ln 3
 ln 3 
calcolatrice scientifica si ricava: x  0,0856 .
Quesito 3
L’insieme N dei numeri naturali e quello Q dei numeri razionali sono equipotenti poiché entrambi
costituiti da un’infinità numerabile di elementi.
Si possono infatti ordinare gli elementi di Q in modo da stabilire una corrispondenza biunivoca con
l’insieme dei naturali N. Il procedimento che segue è detto di diagonalizzazione ed è dovuto al
matematica G. Cantor.
La corrispondenza biunivoca è la seguente
Q
N
1/1
1
2/1
2
1/2
3
1/3
4
2/2
5
3/1
6
4/1
7
3/2
8
2/3
9
…
…
Quesito 5
Il numero di segmenti è pari al numero delle combinazioni di n oggetti di classe 2 e quindi è
n
n
n!
n!
dato da:   
; analogamente il numero di triangoli è   
e di tetraedri
 3  3!n  3!
 2  2!n  2!
n
n!
  
 4  4!n  4!
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Quesito 6
La cubica di equazione y  x 3  ax  b ha derivata prima e seconda pari a y'  3x 2  a, y' '  6 x per
cui l’unico flesso è il punto (0,b) ed è a tangente orizzontale se a=0 e obliqua se a  0 . Per
dimostrare che è punto di simmetria, consideriamo le coordinate nel nuovo sistema di riferimento
 x'   x
(x’,y’) e le rispettive equazioni di simmetria: 
.
 y '  2b  y
Provando che 2b  y'   x'  a x'  b ha la stessa forma della cubica di partenza abbiamo
3
verificato la simmetria. E’ immediato verificare che la forma analitica è la stessa y '  x '3  ax ' b
Quesito 7
Consideriamo la figura seguente
Il segmento AC ha per estremi il vertice A del triangolo di base e il piede della perpendicolare C
3
tracciata dal vertice B; la misura di AC è AC  l
per cui l’angolo richiesto deve soddisfare
3
AC
3
alla condizione sin  

l
3
Quesito 8
La probabilità che un pezzo sia difettoso per la legge della probabilità totale è
1 1 1 7
1 5
49
; la probabilità che il pezzo difettoso provenga da A per la
P D     
 

2 10 3 100 6 100 600
1
P  A
30
 20 
legge di Bayes è P A | D  
49
P( D)
49
600
Quesito 9
La soluzione richiesta si ottiene considerando il punto A’ simmetrico di A rispetto alla retta r; il
punto di intersezione tra A’B e la retta r è il punto C tale per cui AC+CB è minima.
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Quesito 10
Poniamo CO  x con x  r ; per il teorema di Pitagora CD  x 2  r 2 . I triangoli COD e CHB
sono simili per cui vale la seguente proporzione tra lati omologhi CO : OD  CB : HB . Sapend che
DB  HB si ha CB  HB  CD  HB  x 2  r 2 . Ritornando alla proporzione si ha

x : r  HB  x  r
2
2

r x2  r 2
xr
r
.
: HB da cui x  HB  r  HB  r x  r  HB 
xr
xr
2
2
L’area laterale è pari a
Al x     HB  CB    r
xr
xr
 xr
  r
 x2  r 2
 xr




 xr

x 2  rx
   r r 
  x  r     r 
xr
 xr

2
x  rx
Deriviamo la funzione f x     r 
;
xr
 2 x  r x  r   x 2  rx 
x 2  2rx  r 2
f ' x     r  



r

e la derivata si annulla in

x  r 2
x  r 2


x  r 1 2 per cui la funzione area laterale è strettamente decrescente in r , r 1  2 e



 


 
strettamente crescente in r 1  2 , per cui x  r 1 2 è ascissa di minimo.


Di conseguenza CK  r 1  2  r  r 2 .

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