ah - Matematicamente

Sessione ordinaria LS_ORD 2004
Soluzione di De Rosa Nicola
Soluzione
1)
Studiamo la funzione f ( x) = 2 x − 3 x 3
Dominio: la funzione è definita in tutto R;
(
)
Intersezione asse ascisse: f ( x) = 2 x − 3x 3 = x 2 − 3x 2 = 0 ⇒ x = 0, x = ±
2
;
3
Intersezioni asse delle ordinate: x = 0 → y = 0 ;
Parità
o
disparità:
la
funzione
è
dispari
in
quanto
f (− x) = 2(− x) − 3(− x) 3 = −2 x + 3 x 3 = − f ( x) ;
(
)
Positività: f ( x) = 2 x − 3 x 3 = x 2 − 3 x 2 > 0 la discutiamo col metodo del falso sistema, e
(
)
cioè ponendo ambo i fattori x,2 − 3 x 2 maggiori di zero, e poi mettendo i risultati sulla
stessa retta dei reali e vedendo il segno maggiore dove è soddisfatto, come rappresentato
nella figura sottostante:
1
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
2 
2
 ∪  0,
;
Per cui f ( x) = 2 x − 3 x 3 = x 2 − 3 x 2 > 0 ⇒ x ∈  − ∞,−
 

3
3

 

(
)
Asintoti verticali: non ce ne sono visto che il dominio è tutto R;
(
)
(
)
Asintoti orizzontali: non ce ne sono: infatti lim 2 x − 3x 3 = −∞, lim 2 x − 3x 3 = +∞ ;
x → +∞
x → −∞
(2 x − 3x ) = lim (2 − 3x ) = −∞ ;
x
3
Asintoti obliqui: non ce ne sono: infatti lim
x → ±∞
2
x → ±∞
Crescenza e decrescenza: la derivata prima è: f ' ( x) = 2 − 9 x 2 ≥ 0 ⇒ −
2
2
≤x≤
per
3
3

2 2
cui la funzione è crescente in −
,
 e decrescente altrove; la derivata seconda è
3
3


f ' ' ( x) = −18 x = 0 ⇒ x = 0
per
cui
(0,0)
è
un
flesso.
Inoltre
 2

2
 = −6 2 < 0, f ' '  −

f ' ' 

 3  = 6 2 > 0 per
3




 2 4 2
 è un massimo relativo.
relativo e 
,

3
9


Il grafico è sotto presentato:

2 4 2
 è un minimo
cui  −
,−

3
9


2
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2)
Le regioni richieste sono indicate nella figura sottostante:
4 2
, condizione da soddisfare affinché nel primo quadrante ci siano due
9
dove ovviamente 0 < c <
intersezioni con la curva e quindi esistano due differenti regioni R ed S.
3)
Dobbiamo imporre
h
k
0
h
A( R) = A( S ) ⇒ ∫ (c − f ( x) )dx = ∫ ( f ( x) − c )dx ⇔
h
k
∫ (c − f ( x))dx − ∫ ( f ( x) − c )dx = 0 ⇔
0
h
h
k
0
h
∫ (c − f ( x))dx + ∫ (c − f ( x) )dx = 0 ⇔
∫ (c − f ( x))dx = 0 ⇔ ∫ [c − 2 x + 3x ]dx = 0
k
k
3
0
0
k
3 4
3 4

2
2
cx
−
x
+
x
=
ck
−
k
+
k =0⇔

4  0
4

3k 4 − 4k 2 + 4ck = 0
Ora poiché k ≠ 0 la condizione soprastante può essere scritta anche come 3k 3 − 4k + 4c = 0 .
3
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Inoltre il punto B appartiene alla curva, cioè f (k ) = c ⇒ 3k 3 − 2k + c = 0 . Quindi dobbiamo
risolvere il sistema seguente:
3k 3 − 4k + 4c = 0
 3
3k − 2k + c = 0
e sottraendo l’una dall’altra si trova facilmente c =
2
k.
3
Ora sostituendo questo valore nella seconda equazione abbiamo:
3k 3 − 2k +
2
4
4
2

k = 0 ⇒ 3k 3 − k = 3k  k 2 −  = 0 ⇒ k = 0, k = ±
3
3
9
3

Ora le soluzioni k = 0, k = −
di c =
2
non sono accettabili perché forniscono in corrispondenza un valore
3
2
2
4
k negativo o nullo, per cui il valore accettabile è k = ⇒ c = . Quindi il punto B ha
3
3
9
2 4
coordinate B =  ,  .
3 9
L’altro punt di intersezione del primo quadrante, A, lo si trova allora dalla soluzione dell’equazione
2 x − 3x 3 =
4
⇒ 27 x 3 − 18 x + 4 = 0
9
Ora ricordando, dal discorso appena fatto, che x = k =
2
appartiene alla curva f ( x) = 2 x − 3 x 3 , si
3
può applicare Ruffini ed abbassare il grado dell’equazione a 2: infatti si ha:
(
)
(
)
2

27 x 3 − 18 x + 4 = 0 ⇒  x −  27 x 2 + 18 x − 6 = (3 x − 2 ) 9 x 2 + 6 x − 2 = 0 ⇒
3

x=
in cui la soluzione x =
2
− 3 ± 3 3 −1± 3
,x =
=
3
9
3
−1− 3
, che rappresenta l’ intersezione della retta con la curva nel
3
secondo quadrante,va scartata in quanto negativa.
4
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In conclusione x A =
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 −1+ 3 4 
−1+ 3
2
2 4
, x B = , per cui A = 
,  e B =  , 
3
3
3
9
3 9

4)
Le equazioni della simmetria che trasformano f ( x) = 2 x − 3 x 3 nella sua simmetrica e viceversa,
sono:
 x' = x

8

4
3
 y ' = 2 9  − y = 9 − 2 x − 3 x
 

(
)
8
Per cui l’equazione della curva simmetrica, tralasciando gli apici, sarà y = 3 x 3 − 2 x + , come
9
rappresentato nella figura seguente:
5
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Soluzione
1)
Si consideri la figura seguente:
Ogni triangolo rettangolo è inscrivibile in una semicirconferenza con diametro pari all’ipotenusa;
per cui la mediana che divide l’ipotenusa in due parti uguali non è altro che il segmento
congiungente un punto della semicirconferenza con il centro; cioè per definizione di raggio la
mediana coincide con il raggio della circonferenza circoscritta al triangolo rettangolo, per cui è la
metà dell’ipotenusa BC.
2)
Facciamo tali assunzioni:
c lunghezza del cateto AB
b lunghezza del cateto AC
a lunghezza dell' ipotenusa BC
h misura dell' altezza AH
In base a tali assunzioni, ricordando che l’area di un triangolo rettangolo è A =
bc ah
=
, va risolto
2
2
il seguente sistema:
6
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ah

bc = ah
b =
⇒
c
 2
2
2
c
+
b
=
a
2

c + b 2 = a 2

Quindi sostituendo si ha:
2
a2h2
 ah 
c +   = a2 ⇒ c2 + 2 − a 2 = 0 ⇒ c4 − c2a2 + a2h2 = 0
c
 c 
2
Cioè ci troviamo di fronte ad una equazione biquadratica che si risolve ponendo x = c 2 da cui:
x 2 − xa 2 + a 2 h 2 = 0 ⇒ x =
e quindi c = ±
a 2 ± a 4 − 4a 2 h 2
in cui la soluzione col meno va evidentemente scartata in quanto
2
a 2 ± a 4 − 4a 2 h 2
. Ora ricordando la formula dei radicali doppi si ha:
2
negativa. Quindi c =
c=
a 2 ± a 4 − 4a 2 h 2
2
(
)
(
 2
4
4
2 2
a 2 − a 4 − a 4 − 4a 2 h 2
a 2 ± a 4 − 4a 2 h 2
1  a + a − a − 4a h
=
±
2
2
2
2

1  a 2 + 2ah
a 2 − 2ah  1
=
±
a 2 + 2ah ± a 2 − 2ah

=
2
2
2
2 

[
Per l’altro cateto invece:
b=
=
ah
=
1
c
2
(
[a
ah
2
+ 2ah ± a 2 − 2ah
)
2ah a 2 + 2ah m a 2 − 2ah
=
4ah
]
=
)  =


]
(
)
2ah a 2 + 2ah m a 2 − 2ah
=
a 2 + 2ah − a 2 − 2ah
(
)
a 2 + 2ah m a 2 − 2ah
2
3)
Consideriamo la figura sottostante:
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Posto AB = x si ha AC = 3 − x 2 con 0 ≤ x ≤ 3 . Il volume del cono è pari a:
Vcono ( x ) =
(
)
1
1
Abase * h = πx 3 − x 2 , 0 ≤ x ≤ 3
3
3
Calcoliamo ora le derivate:
(
)
'
Vcono
(x ) = π 1 − x 2 ≥ 0 ⇒ 1 ≤ x ≤ 3
''
cono
V
''
cono
V
(x ) = −2πx
(1) = −2π < 0
per cui il volume massimo lo si raggiunge per x = 1 ed è pari a
Vcono ( x max ) = Vcono (1) =
2π 3
m ≅ 2.0944 m 3 = 2094.4(litri )
3
( )
( )
Un modo alternativo di procedere è utilizzare la trigonometria, per cui posto BCˆ A = x, 0 ≤ x ≤
π
, si
2
ha:
AC = 3 cos( x), AB = 3 sin( x)
per cui
Vcono ( x ) =
(
1
1
Abase * h = π 3 cos 2 ( x)
3
3
con g ( x) = sin( x) cos 2 ( x), 0 ≤ x ≤
)(
)
3 sin( x) = 3π sin( x) cos 2 ( x) = π 3 g ( x)
π
2
Anche in tal caso si procede attraverso le derivate per la massimizzazione della funzione
g ( x) = sin( x) cos 2 ( x) con 0 ≤ x ≤
π
:
2
8
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g ' ( x) = cos 3 ( x) − 2 cos( x) sin 2 ( x) =
[
= cos( x)[3 cos
]
= cos( x) cos 2 ( x) − 2 sin 2 ( x) =
2
( x) − 2
]
 π
Ora cos( x) ≥ 0 ∀x ∈ 0 ,  per cui :
 2
[
]
[
]
g ' ( x) = cos( x) 3 cos 2 ( x) − 2 ≥ 0 ⇒ 3 cos 2 ( x) − 2 ≥ 0 ⇒ cos( x) ≤ −
Ora la disequazione cos( x) ≤ −
2
∪ cos( x) ≥
3
2
3
2
 π
nell’intervallo 0 ,  non è mai verificata poiché in esso il
3
 2
coseno è sempre positivo, mentre cos( x) ≥
 2
2
 π
 , per
in 0 ,  è verificata per 0 ≤ x ≤ arccos

3
3
 2


 2
 π
.
cui in 0 ,  g ' ( x) ≥ 0 ⇒ 0 ≤ x ≤ arccos

3
 2


Ora per la derivata seconda si ha:
[
g ' ' ( x) = −9 cos 2 ( x) sin( x) + 2 sin( x) = sin( x) 2 − 9 cos 2 ( x)
]

 2  1 
4
 2 
 =
g ' '  arccos
2
−
9
=
−
<0






3
3
3
3







 2
 ed il volume
In conclusione il valore dell’angolo che massimizza il volume è x = arccos

3



 2 
 1  2  2
  = π 3 
massimo è Vcono ( x max ) = Vcono  arccos
  = π m 3 ≅ 2094.4(litri ) come già



 3  3  3
 3 

( )
precedentemente mostrato.
4)
Lo sviluppo piano della superficie laterale del cono rappresenta un settore circolare di raggio pari
all’apotema del cono, pari cioè all’ipotenusa del triangolo di partenza come sotto rappresentato:
9
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Il nostro scopo è determinare l’angolo α . Ricordando che la lunghezza di un arco di circonferenza
è pari al prodotto del raggio per l’angolo al centro espresso in radianti si ha: l = BC * α , dove l
rappresenta la circonferenza di base del cono e quindi è l = 2πr = 2π 3 − 1 = 2π 2 per cui
α=
l
2π 2
2
=
= 2 π ≅ 5.1302(rad )
BC
3
3
α =2
ed
espresso
in
gradi
è
 2
2  180° 
 ≅ 293°56'20' ' .
π *
 = 180° *  2

3  π 
3


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Soluzione
1)
Bisogna risolvere il sistema
a + b = ab

a ≠ b
Ora la prima condizione, quella di uguaglianza tra somma e prodotto può essere riscritta come
b=
a
, per cui tale relazione non è definita per a = 1 . Inoltre la condizione a ≠ b comporta
a −1
a
≠ a ⇒ a(a − 1) ≠ a ⇒ a 2 − 2a ≠ 0 ⇒ a ≠ 0 ∩ a ≠ 2 . Quindi tutte le coppie
a −1
(a, b)
che
soddisfano al sistema
a

b =
a −1

a ≠ 0 ∩ a ≠ 2
soddisfano le richieste del quesito.
Il quesito può anche essere interpretato geometricamente: in particolare le coppie di numeri (a, b)
che soddisfano al quesito, sono quelle coppie che danno luogo ad una funzione omografica di
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asintoto verticale a = 1 ed asintoto orizzontale b = 1 , da cui vanno escluse le due coppie (0,0), (2,2)
per le considerazioni sopra fatte, perché (0,0), (2,2) soddisfano alla condizione che la somma sia
uguale al prodotto, ma hanno ascissa ed ordinata uguale. Cioè in conclusione le coppie richieste
sono tutte quelle che appartengono all’iperbole di equazione b =
a
cui vanno sottratte quelle
a −1
date dall’intersezione dell’iperbole con la bisettrice del primo e terzo quadrante di equazione
b = a come sotto rappresentato:
2)
Si consideri la figura seguente in cui vengono rappresentati in sezione la sfera ed il cilindro
equilatero:
La sezione del cilindro, essendo equilatero, è il quadrato ABCD. L’altezza h del cilindro allora
coinciderà col diametro di base, per cui h = 2r . Inoltre il raggio R della sfera sarà la metà della
12
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diagonale del quadrato, per cui R =
Soluzione di De Rosa Nicola
2r 2
=r 2.
2
La superficie totale del cilindro è S cilindro = 2πrh + 2πr 2 = 2πr (h + r ) mentre quella della sfera è
S sfera = 4πR 2 , per cui
S cilindro 2πr (h + r ) 2πr (2r + r ) 6πr 2 3
=
=
=
=
2
S sfera
4πR 2
8πr 2 4
4π r 2
( )
3)
Una funzione come quella richiesta può essere una cubica di equazione y = ax 3 + bx 2 + cx + d .
La derivata prima della funzione è y ' = 3ax 2 + 2bx + c , ed imponendo y ' (± 1) = 0 si ricavano due
condizioni : 3a + 2b + c = 0,3a − 2b + c = 0 e se si sottrae l’una dall’altra si ricava subito b = 0 e
c = −3a . La derivata seconda è y ' ' = 6ax + 2b = 6ax , ed affinché la funzione abbia il massimo in
(1,3)
o
il
minimo
in
(-1,2)
deve
accadere
y ' ' (1) = 6a < 0 ⇒ a < 0
che
oppure
y ' ' (−1) = −6a > 0 ⇒ a < 0 , per cui scegliendo a < 0 vengono soddisfatte le condizioni che i punti
(1,3) e (-1,2) siano estremi relativi. Inoltre imponendo il passaggio per i punti suddetti si ricavano
gli altri parametri della curva
y = ax 3 + cx + d : infatti si ricavano altre due condizioni:
a + c + d = 3,− a − c + d = 2 . Il sistema da risolvere è allora :
1

a = − 4
c = −3a
c = −3a

3



a + c + d = 3 ⇒ − 2a + d = 3 ⇒ c =
4
− a − c + d = 2 2 a + d = 2



5

d = 2

con a = −
1
effettivamente minore di zero.
4
1
3
5
La curva è allora y = − x 3 + x + con grafico sotto presentato:
4
4
2
5
4
3
2
1
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
-1
-2
13
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4)
Consideriamo la funzione y = e x + 3 x . Si ha:
(
)
(
)
lim e x + 3 x = +∞, lim e x + 3x = −∞
x → +∞
x → −∞
Inoltre la funzione è sempre crescente visto che y ' = e x + 3 > 0 ∀x ∈ R . Quindi la funzione è
sempre crescente , a − ∞ tende a − ∞ , a + ∞ tende a + ∞ , quindi essa intersecherà l’asse delle
ascisse in uno ed un sol punto.
Un altro modo di procedere è la via grafica risolvendo il sistema seguente:
y = ex

 y = −3 x
sotto rappresentato:
Per capire in che intervallo si trova l’unico zero si nota che y (0) = 1 > 0, y (−1) = e −1 − 3 < 0 per cui
per il teorema degli zeri ∃x ∈ (− 1,0 ) : e x + x = 0 . In particolare con uno dei metodi numerici
preferiti ( ad esempio quello di bisezione) si calcola che x ≅ −0.258 .
Applichiamo tale metodo all’intervallo (-1,0):
1.
 1 1 3
 1 
f −  =
− < 0 ⇒ x ∈  − ,0  ;
e 2
 2
 2 
14
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2.
 1 1 3
 1 1
f  −  = 4 − > 0 ⇒ x ∈  − ,−  ;
e 4
 4
 2 4
3.
1
9
 3
 3 1
f −  =
− < 0 ⇒ x ∈  − ,−  ;
8
3
8
 8
 8 4
e
4.
1
15
 5
 5 1
f −  =
− < 0 ⇒ x ∈  − ,−  ;
 16  16 e 5 16
 16 4 
5.
1
27
 9 
 9 1
f −  =
−
< 0 ⇒ x ∈  − ,−  ;
 32  32 e 9 32
 32 4 
6.
 17 
f −  =
 64 
1
64
e
−
17
51
 17 1 
< 0 ⇒ x ∈  − ,−  ;
64
 64 4 
7.
1
93
 33 
 33 17 
,−  ;
f −
> 0 ⇒ x ∈−
 = 128 33 −
128
 128 
 128 64 
e
8.
 67 
f −
=
 256 
9.
 133 
f −
=
 512 
1
256
e 67
1
512
e
133
−
201
67 
 33
< 0 ⇒ x ∈−
,−
;
256
 128 256 
−
399
 33 133 
< 0 ⇒ x ∈−
,−
;
512
 128 512 
1
795
265 
 265 
 33
10. f  −
< 0 ⇒ x ∈−
,−
 = 1024 265 −

1024
 1024 
 128 1024 
e
Quindi
265 
 33
x ∈−
,−
 ≈ (− 0.257812,−0.258789 )
 128 1024 
per cui
x ≅ −0.258 ; in particolare
l’approssimazione potrebbe essere più precisa e trovare x ≅ −0.257628 .
5)
Esistono infinite espressioni di g ( x) che soddisfano alle ipotesi del problema: quella più banale è
3
la funzione non costante g ( x) = 
4
x≠2
x=2
.
3 + ( x − 2 )
Un’altra famiglia di espressioni può essere g ( x) = 
4
n
x ≠ 2, n ∈ R +
x=2
e così via.
6)
f ( x) = 3 ln( x) ⇒ f ' =
g ( x) = ln (2 x ) ⇒ g ' =
3
3
x
3 * 2 * (2 x) 2
(2 x )
3
=
3* 2 3
=
x
2x
15
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Le due funzioni presentano la stessa derivata perché differiscono per una costante: infatti
f ( x) − g ( x) = 3 ln( x) − ln (2 x ) = 3 ln( x) − 3 ln(2 x) = 3 ln( x) − 3 ln( x) − 3 ln(2) = −3 ln 2
3
per cui, ricordando che la derivata di una costante è zero, è stato dimostrato quanto richiesto.
7)
Si consideri la figura seguente:
Per una nota formula trigonometrica l’area di un triangolo può essere espressa come semiprodotto
di due lati per il seno dell’angolo compreso, per cui AT =
1
ab sin (δ ) e tale area è massima quando
2
è massimo il seno, per cui è massima quando sin (δ ) = 1 ⇒ δ =
π
2
, cioè è massima per un triangolo
rettangolo.
8)
Il grado sessagesimale si definisce come la trecentosessantesima parte dell’angolo giro ed i suoi
sottomultipli sono il primo ed il secondo.
Il radiante misura l’angolo al centro che sottende un arco di circonferenza di lunghezza pari al
raggio.
Il grado centesimale rappresenta invece la quattrocentesima parte dell’angolo giro.
La relazione tra grado e radiante è:
α rad
π
α 
=
⇒ α ° = 180° rad 
α ° 180°
 π 
In particolare se α rad = 1 ⇒ α ° =
180°
π
≅ 57°17'44' ' .
°
α cent
400°
°
°
La relazione tra gradi sessagesimali e centesimali è
=
⇒ α sess
= 0.9α cent
e se
°
α sess 360°
°
°
α cent
= 1 ⇒ α sess
= 0.9° = 0° 0' 54' ' .
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9)
L’integrale richiesto lo si calcola con l’integrazione per parti:
1
1
∫ arcsin( x)dx = [x arcsin( x)] − ∫
1
0
0
0
= [x arcsin( x)]0 +
1
(
1
(
1
= arcsin(1) − 1 =
1− x2
1 
(− 2 x ) 1 − x 2

∫
20

2
1  1− x
1
= [x arcsin( x)]0 + 
1
2
2

= [x arcsin( x)]0 +
x
)
)
−
1
2
dx =

dx =

1


 =

 0
[ (1 − x )] =
π
2
2
1
0
−1
10)
Ricordiamo come si definisce una funzione:
f:A → B ⇔ ∀x ∈ A ∃ ! y ∈ B : y = f(x)
Dobbiamo allora creare una corrispondenza tra tutti gli elementi di A e quelli di B (non
necessariamente tutti quelli di B), potendo ripetere anche lo stesso elemento. Per cui il numero di
applicazioni è dato dalle disposizioni di 3 oggetti in gruppi di 4, e ricordando il calcolo
combinatorio tale numero è pari a D' n.,k = n k = 3 4 = 81 .
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