x - Matematicamente

Nicola De Rosa, Liceo scientifico di ordinamento sessione suppletiva 2012, matematicamente.it
PROBLEMA 1
Un trapezio isoscele è circoscritto ad una semicirconferenza di raggio 1,
in modo che la base maggiore contenga il diametro.
1. Si calcoli, in funzione dell’ampiezza x del suo angolo acuto, il
volume del solido generato dal trapezio in una rotazione di 180° intorno
alla congiungente dei punti medi delle basi, controllando che risulta:
 cos 2 x  3 cos x  3
V x   
3
sin 2 x
2. Si studi la funzione f x   3V x   e si tracci il suo grafico 
nell’intervallo 0  x  2 , mettendo in evidenza la parte di grafico
compatibile con i dati del problema.
3. Si scriva l’equazione della tangente a  nel punto di ascissa x   2
e si calcoli l’area del triangolo che essa determina con l’asse x e con la
retta di equazione x   .
4. Si calcoli l’area della superficie piana, delimitata dalla curva  ,
dall'asse x e dalle rette di equazione x   4 e x   2 .
RISOLUZIONE
1
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Punto 1
Consideriamo la figura sottostante.
Sia HAˆ D  x con 0  x   2 .
Il triangolo AKO è rettangolo in K, pertanto a norma del teorema sui
KO
1
triangoli rettangoli KO  AO sin x  AO 
; anche il

sin x sin x
triangolo AHD è rettangolo in H pertanto applicando il toerema sui
DH
1

triangoli rettangoli DH  AH tan x  AH 
. Di
tan x tan x
conseguenza la semibase minore del trapezio misura
1   1  cos x 
 1
DE  OH  AO  AH  


.
 sin x tan x   sin x 
Il solido generato dal trapezio in una rotazione di 180° intorno alla
congiungente dei punti medi delle basi è un tronco di cono il cui
volume è uguale a:
V x  


2

2
 DH  AO  DE  AO  DE 
3
 1

1  cos 2 x  2 cos x 1  cos x   cos 2 x  3 cos x  3
 
  1   2 

3
sin 2 x
sin 2 x  3
sin 2 x
 sin x
2
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Punto 2
cos 2 x  3 cos x  3
in 0,2 
sin 2 x
Dominio: sin 2 x  0  x  0  x    x  2 pertanto il dominio è
0,     ,2  ;
Intersezione ascisse: la funzione non si annulla mai in quanto
l’equazione cos 2 x  3 cos x  3  0 non presenta soluzioni reali dal
momento che il discriminante è negativo e le soluzioni pertanto sono
complesse;
Intersezioni ordinate: non ci sono intersezioni con l’asse delle ordinate
in quanto x  0 non appartiene al dominio;
Simmetrie: la funzione è pari in quanto
cos 2  x   3 cos x   3 cos 2 x  3 cos x  3
f  x  

 f x  , è
sin 2  x 
sin 2 x
simmetrica rispetto alla retta x   in quanto
cos 2 2  x   3 cos2  x   3 cos 2 x  3 cos x  3
f 2  x  

 f x 
sin 2 2  x 
sin 2 x
ed è periodica di periodo T  2 ;
Positività: la funzione è sempre positiva in quanto sia il numeratore che
il denominatore sono sempre positivi nel dominio 0,     ,2  ;
Asintoti verticali: lim f x   , lim f x   , lim  f x   
Studiamo la funzione f x  
x 0
x 
x 2
pertanto le rette x  0, x   , x  2 sono asintoti verticali;
Asintoti orizzontali: non ha senso calcolarli in quanto il dominio è
0,     ,2  ;
Asintoti obliqui: non ha senso calcolarli in quanto il dominio è
0,     ,2  ;
3
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3 cos 2 x  8 cos x  3  0
sin x  0
0
-


+
minimo
2  
+
minimo
2
Crescenza e decrescenza: la derivata prima è
3 cos 2 x  8 cos x  3
f ' x  
per cui il numeratore è positivo se
sin 3 x
4 7
4 7
e il denominatore è positivo se
cos x 
 cos x 
3
3
sin x  0 ; all’interno del dominio 0,     ,2  la disequazione
4 7
è verificata per
3
4 7 
4 7 
  x  2  arccos 

arccos 

 3  , la disequazione
3




cos x 
4 7
non è mai verificata in quanto la funzione coseno è
3
4 7
limitata in  1,1 e
 1 mentre la disequazione sin x  0 è
3
4 7 
 il quadro dei segni
verificata per 0  x   . Posto   arccos 

3


cos x 
è di seguito riportato:
Dal grafico dei segni della derivata prima deduciamo che la
4
x
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funzione presenta due minimi relativi ed assoluti nei punti

 4  7  14  7 

,
m1  arccos 
 8 7  14  ed

3





 4  7  14  7 

,
m2  2  arccos 
 8 7  14  .

3




Concavità e convessità: il calcolo della derivata seconda è oneroso e
lasciamo al lettore verificare che non esistono flessi e che la funzione
rivolge sempre concavità verso l’alto in tutto il dominio.
Il grafico  è di seguito presentato.
Compatibilmente con i dati del problema, la parte di grafico è quella per
cui 0  x 

2
ed è di seguito presentata.
5
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Punto 3

 

La tangente a  nel punto  ,3  ha equazione y  m x    3 con
2

2 
 
m  f '    3 e cioè
2
3
.
y  3x  3 
2
L’area del triangolo da calcolare è di seguito raffigurata in grigio.
6
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Il punto C di intersezione della tangente con la retta x   è
 3

C ,
 3  mentre il punto A di intersezione della tangente con
 2



l’asse delle ascisse è A  1,0  . Il cateto AB del triangolo misura
2


 
AB  x B  x A      1   1 mentre il cateto BC misura
2  2
 3



BC  yC  y B  
 3   0  3  1 di conseguenza l’area è
 2

2 

 

  1  3  1
2
AB  BC  2   2  3  2
S  ABC  


.
2
2
8
7
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Punto 4
L’area da calcolare è raffigurata di seguito in grigio.
Essa è

2
S

4


2
 cos 2 x  3 cos x  3 
1  sin 2 x  3 cos x  3 


f x dx   
 dx   
 dx 
sin 2 x
sin 2 x
 
 


2
4
4


2
  sin 2 x  3 cos x  4 
4 

2
 
dx 
 dx    1  3 cos x  sin x  
2
sin x
sin 2 x 
 
 

2
4
4

3


2  
  

  x 
 4 cot x      3      3 2  4   7  3 2 
sin x
4

  2
  4

4
8
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PROBLEMA 2
Si consideri la funzione:
f x   x 2  x
1. Si studi tale funzione e si tracci il suo grafico  , su un piano riferito
ad un sistema di assi cartesiani ortogonali Oxy.
2. Si risolva la disequazione:
x 2 x 1
3. Si scriva l’equazione della tangente alla curva  nel punto di
intersezione con l'asse y e si calcoli in gradi e primi (sessagesimali)
l'ampiezza dell'angolo  che essa forma con la direzione positiva
dell'asse x.
4. La regione finita di piano delimitata dalla curva γ e dall'asse x nel I
quadrante è la base di un solido S, le cui sezioni, ottenute con piani
perpendicolari all'asse x, sono tutte esagoni regolari. Si calcoli il volume
di S.
RISOLUZIONE
Punto 1
Studiamo la funzione f x   x 2  x
Dominio: 2  x  0  x  2 ;
Intersezione ascisse: f x   x 2  x  0  x  0  x  2
Intersezioni ordinate: x  0  f 0  0 ;
Simmetrie: non ve ne sono;
Positività: poiché all’interno del dominio il fattore 2  x è non
x  2
 0  x  2;
negativo, la funzione è positiva se 
x  0
Asintoti verticali: non ve ne sono in quanto lim f x   0 ;
x 2
Asintoti orizzontali: lim f x    per cui non ve ne sono;
x 
9
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f x 
  ;
x
4  3x
Crescenza e decrescenza: la derivata prima è f ' x  
per cui
2 2 x
4

la funzione è strettamente crescente in   ,  e strettamente
3

4 4 6
4 
 è un punto di massimo
decrescente in  ,2  pertanto M  ,

3
3
9




relativo ed assoluto;
3x  8
Concavità e convessità: la derivata seconda è f ' ' x  
e
32
4  2  x 
risulta essere negativa per ogni x  2 , pertanto la funzione volge
sempre concavità verso il basso.
Asintoti obliqui: non ve ne sono in quanto lim
x 
Il grafico  è di seguito presentato:
10
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Punto2
La disequazione x 2  x  1 può essere risolta per via grafica.
Troviamo innanzitutto i valori per cui x 2  x  1 ; affinché
l’equazione abbia senso si deve imporre 0  x  2 in quanto per ogni
x  0 l’equazione non ha soluzioni in quanto il primo membro è
negativo o nullo e il secondo è positivo. Posto quindi 0  x  2 , si
elevano al quadrato ambo i membri ottenendo l’equazione risolvente
x 3  2 x 2  1  0 che può essere scomposta mediante la regola di Ruffini
come x  1 x 2  x  1  0 le cui soluzioni sono


1 5
1 5
1 5
di cui solo x  1 e x 
sono
 x  1 x 
2
2
2
1 5
accettabili mentre x 
è negativa e di conseguenza non
2
accettabile.
Guardando graficamente le intersezioni di f x   x 2  x con la retta
x
y  1 deduciamo che la disequazione x 2  x  1 è soddisfatta se
x  1
1 5
 x  2.
2
11
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Alternativamente alla via grafica, possiamo procedere nel seguente
modo.
La disequazione x 2  x  1 è verificata x  0 , mentre per 0  x  2
2 x 2  x 3  1
equivale al sistema 
. La disequazione 2 x 2  x 3  1
0  x  2
equivale a

1  5 
1 5 
 x 
  0 e,
x 3  2 x 2  1  x  1 x 2  x  1  x  1 x 


2
2




1 5 
 è positivo, essa sarà
poichè per 0  x  2 il fattore  x 

2



1 5 
1 5
  0 cioè se x  1  x 
soddisfatta se x  1 x 

2
2 


1 5
x  1  x 
pertanto il sistema diventa 
2 la cui soluzione è
0  x  2



1 5
 x  2 ; considerando che la disequazione è
2
verificata automaticamente x  0 , deduciamo che x 2  x  1 è
0  x  1
soddisfatta per x  1 
1 5
 x  2 come già trovato per via grafica.
2
Punto 3
La tangente a  in 0,0 ha equazione y  mx con
4
m  f ' 0 
 2 , cioè y  2 x e l’angolo  che essa forma con
2 2
la direzione positiva dell'asse x è tale per cui tan   2 da cui
 
  arctan 2  5444' .
12
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Punto 4
L’area dell’esagono regolare è il sestuplo dell’area di un triangolo
equilatero di lato f x   x 2  x , pertanto
3 2
3 3 2
f  x 
x 2  x ;
4
2
integrando l’area in 0,2 si ottiene il volume richiesto:
S  x  6 
2
2
3 3 2
3 3  2x 3 x 4 
3 3  16



V   S x dx 
x
2

x
dx

  
  4  2 3


2 0
2  3
4 0
2 3

0
2
13
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QUESTIONARIO
Quesito 1
Si divida il segmento in due parti AC e CB, in modo che, costruito su
AC il quadrato ACDE e su CB il triangolo equilatero CBF, sia minima
l’area del pentagono ABFDE.
Consideriamo la figura sottostante.
K
E
A
F
D
C
H
B
Poniamo BC  x, AC  a  x con 0  x  a . L’area del pentagono
ABFDE è la somma dell’area del quadrato ACDE, del triangolo
equilatero CBF e del triangolo scaleno DCF. L’area del quadrato ACDE
2
è S  ACDE   a  x  , l’area del triangolo equilatero CBF è
S CBF  
3 2
x mentre il triangolo scaleno DCF ha la base DC che
4
CB a  x 

misura a  x e l’altezza KF che misura
e pertanto ha area
2
2
xa  x 
S DCF  
. Quindi
4
14
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S ABFDE x   a  x  
2
3 2 xa  x   3  3  2 7a
x 
x 
 
x  a 2 con

4
4
4
 4 
0  x  a ; tale area non è altro che una parabola con concavità rivolta
verso l’alto, pertanto il minimo è raggiunto nell’ascissa del vertice
 7a 
 
7 3 3
4 
x min   

a e l’area minima vale
12
 3  3

2

4


 51  47 3  2
a .
S x min   

288




Quesito 2
Data la funzione:
sin x  log sin 2 x , per 0  x   2,
f x   
per x  0,
0
si provi che è continua, ma non derivabile, nel punto x = 0.
Calcoliamo il limite destro lim sin x  logsin 2 x  ; esso può essere
x 0
log sin 2 x 

scritto come lim
e si presenta nella forma indeterminata
x 0
1

sin x
pertanto applicando il teorema di De l’Hopital si ha
2 cos 2 x
log sin 2 x 
 cos 2 x  sin x 
lim
 lim 2 sin 2 x  lim  
  0 di
x 0
x 0
1
cos x x0 
cos 2 x 

sin x
sin 2 x
conseguenza la funzione è continua in x  0 .
15
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Per la derivabilità calcoliamo la derivata prima della funzione
f x   sin x  logsin 2 x  :
cos 2 x
cos 2 x
f ' x   cos x  log sin 2 x   sin x  2 
 cos x  log sin 2 x  
sin 2 x
cos x

e valutiamola per x  0 :
cos 2 x 

lim cos x  log sin 2 x  
 1  log 0  1  
x 0 
cos x 
pertanto lim f ' x    e di conseguenza la funzione non è derivabile
x 0
in x  0 .
Quesito 3
Si scriva l’equazione della tangente al diagramma della funzione
loge  2 x 
f  x    x  2
nel punto P0,2 ?
Il logaritmo presente nella funzione è da intendersi in base e, pertanto in
seguito lo indicheremo con ln. La tangente ha equazione y  mx  2
con m  f ' 0 . Per calcolarne la derivata scriviamo la funzione
f  x    x  2
derivata prima è
ln e  2 x 
come f x   e ln  x2 
ln  e  2 x 
  e ln x2 lne2 x  la cui
2 
 1
f ' x   e ln  x  2 ln e  2 x   
 ln e  2 x   ln x  2 

e  2 x 
x  2
2 
ln e  2 x   1
 x  2

 ln e  2 x   ln x  2 
e  2 x 
x  2
4 ln 2
 ln e 2 ln 2 
 1 2 ln 2 

pertanto m  f ' 0  2 ln e  
e
  2 
  1
e 
e 
e
 2
2
 4 ln 2 
di conseguenza la tangente ha equazione y  1 
x  2 .
e 

16
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Quesito 4
La superficie piana S, delimitata dalla curva 
di equazione
y  1 tan x e dall'asse x nell'intervallo 0  x   4 , è la base di un
solido  , le cui sezioni, ottenute con piani perpendicolari all'asse x,
sono tutte triangoli equilateri. Si calcoli il volume di  .
Ogni sezione è un triangolo equilatero di area S x  
3
1  tan x 2
4
pertanto il volume del solido  si ottiene integrando la superficie
3
1  tan x 2 in 0,   :
S x  
4
 4


4
4
V     S x dx 
0



3
34
2


1

tan
x
dx

1  tan 2 x  2 tan x dx 


4 0
4 0




3 
sin 2 x
3 4  1  cos 2 x



dx 

1


2
tan
x
dx

1


2
tan
x
2



4 0  cos 2 x
4
cos
x


0
4



3 4 1
sin x 
3
4 



2
dx

tan
x

2
ln
cos
x


0
4 0  cos 2 x
cos x 
4

3 
2 
3
 
1  ln 2
1  2 ln

4 
2 
4
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Quesito 5
Mentre corre con una velocità costante attraverso il deserto, montando il
suo fido cammello, un capo tuareg vede la cima di una grande palma e
dirige direttamente verso di essa. Al primo avvistamento la cima della
palma si presentava con un angolo di elevazione di 4°; venti minuti più
tardi l’angolo di elevazione misura 9°. Quanti minuti sono ancora
necessari al tuareg per raggiungere l’albero?
Consideriamo la figura seguente.
Con riferimento alla figura soprastante, sia x la distanza percorsa in 20
minuti, y la distanza da percorrere e h l’altezza della palma. Dall’ipotesi
di velocita costante si deduce che se la distanza x è stata percorsa in 20
y
minuti la distanza y sarà percorsa in t  20 minuti. D’altra parte il
x
triangolo ACD è rettangolo pertanto h  y tan9  x  y  tan4 da
x  y   tan9  x  tan9  tan4  y 
tan4
cui
y
tan4
y
tan4
x tan9  tan4
e in conclusione il tempo da percorrere ancora è
y
20  tan4
t  20 
 15,8 minuti.
x tan9  tan4
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Quesito 6
Si determinino le equazioni degli asintoti della curva:
f x   x 2  2 x  3  x
La funzione f x   x 2  2 x  3  x è definita per
x 2  2 x  3  x  1x  3  0 e cioè per x   ,3  1, . Essa
non presenta asintoti verticali in quanto
lim
x3
x
2

 2 x  3  x  3, lim
x1
x
2

 2 x  3  x  1 .
Vediamo se esiste l’asintoto orizzontale per x  
lim
x 

 lim
x 
x2  2x  3  x
x

2


 lim

2x  3
 lim

x 
 2x  3  x2 
x2  2x  3  x
x2  2x  3  x
 lim
x 


x2  2x  3  x
x2  2x  3  x
2x  3


2 3
 x 1  2  x 
x x





2
1
11


2 3
 x 1  2  x 
x x


in cui, vista la forma indeterminata    , si è moltiplicato numeratore
x 
e denominatore per
 x  2x  3  x e si è sfruttato il fatto che x  x
2
per x   pertanto y  1 è asintoto orizzontale destro; a sinistra non
esiste l’asintoto orizzontale in quanto
lim
x 
x
2

 2 x  3  x       .
Vediamo se esiste l’asintoto obliquo per x   : esso avrà equazione
y  mx  q con
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

2 3
 x 1  2  x


x x
x 2  2x  3  x

m  lim
 lim 
x  
x


x
x


2 3
 x 1  2  x


x x
  lim  1  2  3  1  0
 lim 

x  
x  
x
x x2


in cui si è sfruttato il fatto che x  x per x   e se proviamo a


calcolare q troviamo q  1 pertanto l’asintoto obliquo destro non
esiste; vediamo se esiste l’asintoto obliquo sinistro:


2 3
 x 1  2  x


x x
x 2  2x  3  x

m  lim
 lim 
x  
x


x
x


2 3
 x 1  2  x


x x
  lim   1  2  3  1  2
 lim 

x  
x  
x
x x2


e


q  lim
x  
 lim
x
x
2
2

 2 x  3  x  2 x  lim
 2x  3  x
x
 x
2
x  
x
 2x  3  x

2

 2x  3  x 
  lim
x
2x  3


 2x  3  x
2x  3
2x  3
2
 lim
 lim

 1
x   
x




 11
2 3
2 3
 x 1  2  x
 x 1  2  x




x
x x
x




di conseguenza y  2 x  1 è asintoto obliquo sinistro.
In conclusione la curva presenta due asintoti, uno orizzontale destro di
equazione y  1 e uno obliquo sinistro di equazione y  2 x  1.
x  
2
 2x  3  x
x  
20
2
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Quesito 7
Un ottaedro regolare di alluminio (densità   2,7 g cm 3 ), avente lo
spigolo l  5 cm , presenta all’interno una cavità di forma cubica.
Sapendo che la massa dell’ottaedro è m = 155 g, si calcoli la lunghezza
dello spigolo della cavità.
2 3
l ; se
3
l’ottaedro fosse pieno la sua massa sarebbe pari al prodotto della densità
  2,7 g cm 3 per il volume, cioè
Il volume di un ottaedro di spigolo l  5 cm è Vottaedro 
2 3
 5  159,1 grammi; la massa mancante è
3
quindi m'  159,1  155  4,1 grammi corrispondente a un volume
m' 4,1
V '

 1,518 cm 3 che a sua volta corrisponde al volume di un
 2,7
cubo di spigolo 1,15 cm.
M    Vottaedro  2,7 
Quesito 8
Quante diagonali ha un poligono convesso di n lati?
In qualsiasi poligono, si definisce diagonale un qualsiasi segmento di
esso che abbia per estremi 2 suoi vertici non consecutivi. Il numero di
diagonali uscenti da un vertice è n  3 , ossia pari al numero n di
lati/vertici diminuito di 3, in quanto, affinché si possa raggiungere
l'altro estremo di una diagonale, a partire da un vertice, bisogna
escludere il vertice stesso di partenza e i 2 vertici ad esso
consecutivi. Quindi, il numero delle diagonali uscenti da un vertice è:
n  3 e di conseguenza il numero totali di diagonali uscenti dagli n
lati/vertici è n  n  3 ; tuttavia in questo numero sono conteggiate due
volte le stesse diagonali: ad esempio dati due vertici A e B non
consecutivi nel numero n  n  3 è conteggiata la stessa diagonale AB
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e BA, pertanto il numero totale di diagonali distinte di un poligono
n  n  3
convesso di n lati è
.
2
Quesito 9
Si calcoli il valore medio della funzione:
1
f x   2
x
nell’intervallo a  x  b con 0 < a < b, e si dimostri che esso è uguale
alla media geometrica tra i due valori che la funzione assume nei due
estremi dell’intervallo.
Ricordiamo innanzitutto il teorema della media integrale:
Se la funzione f x  è continua nell’intervallo chiuso a, b , esiste
almeno un punto c  a, b  in cui risulta
b
 f x dx  b  a   f c  o
a
equivalentemente f c  
b
1
f x dx .
b  a  a
Nel caso in esame il valor medio è
1
1
1  1
1  1 1
1 ba 1
dx 
  

   

2


ba a x
b  a  x  a b  a  b a  b  a  ab  ab
b
VM 
b
La funzione f x  
1
assume agli estremi dell’intervallo [a,b] i valori
x2
1
1
f a   2 , f b   2 la cui media geometrica è pari alla radice
a
b
1 1
1
 1 1 
 2 
quadrata del prodotto M G  2 , 2  
che coincide con
2
ab
a b
a b 
il valore medio su calcolato.
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Quesito 10
Data la funzione:
x2  x  4
x 1
si verifichi che esiste un solo punto ξ interno all’intervallo chiuso [-1,0],
f x  
tale che la tangente al diagramma in questo punto è parallela alla corda
congiungente i due punti estremi del diagramma.
Chiedere di trovare il punto ξ interno all’intervallo chiuso [-1,0], tale
che la tangente al diagramma in questo punto è parallela alla corda
congiungente i due punti estremi del diagramma equivale a chiedere di
trovare il punto    1,0 interno all’intervallo chiuso in cui è
soddisfatto il teorema di Lagrange. Nel caso in esame la funzione è
continua nell’intervallo chiuso  1,0 e derivabile in  1,0 pertanto è
applicabile il teorema di Lagrange, cioè
f 0  f  1
   1,0 : f '   
 f 0  f  1.
0   1
In questo caso f 0  4, f  1  1 e f '   
risolvendo l’equazione

2


2
 2  5
  1
2

2
 2  6
  1
2
 , pertanto
  3 si ricava
 2  5  3  6  3   2  2  1  0    1  2 di cui solo
2
  1 2 è accettabile in quanto interna all’intervallo  1,0 .
23