x - Matematicamente

Nicola De Rosa, Liceo della comunicazione sessione ordinaria 2012, matematicamente.it
PROBLEMA1
Sia f ( x)  ln 2 ( x)  ln x 2  1 e sia g ( x)  ln 2 ( x)  ln x 2 1
1. Si determinino i domini di f e di g.
2. Si disegnino, nel medesimo sistema di assi cartesiani ortogonali Oxy,
i grafici di f e di g.
3. Si determinino, se esistono, le coordinate degli eventuali punti di
discontinuità o di non derivabilità di f e di g rispettivamente.
4. Si calcoli l’area compresa tra g(x) e l’asse x per e  x  2e .
RISOLUZIONE
Punto 1
Consideriamo la funzione f ( x)  ln 2 ( x)  ln x 2  1 ; innanzitutto
osserviamo che per l’esistenza di ln 2 ( x) deve essere x  0 ,
condizione che assicura anche l’esistenza di ln x 2 , in quanto l’addendo
ln x 2 esiste x  0 . Posto quindi x  0 , l’addendo ln x 2 può essere
scritto come ln x 2  2 ln x  2 ln  x  , per cui per assicurare l’esistenza
del radicando bisogna imporre
ln 2 ( x)  ln x 2  1  ln 2 ( x)  2 ln  x   1  0 ; poiché
ln 2 ( x)  2 ln  x   1  ln  x   1 , la disequazione ln  x   1  0
nel rispetto della condizione x  0 è sempre soddisfatta. In conclusione
2
il dominio di f ( x)  ln 2 ( x)  ln x 2  1 è D f : x   ,0 .
Stessi ragionamenti vanno fatti per la funzione
g ( x)  ln 2 ( x)  ln x 2  1 il cui dominio sarà Dg : x  0, .
1
2
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Punto2
Notiamo subito che il grafico della funzione
f ( x)  ln 2 ( x)  ln x 2  1 può essere ricavato da quello di
g ( x)  ln 2 ( x)  ln x 2  1 a seguito di simmetria rispetto all’asse delle
ordinate in quanto f ( x)  g  x  .
Studiamo quindi il grafico di g ( x)  ln 2 ( x)  ln x 2  1 . Innanzitutto,
poiché ln 2 ( x)  ln x 2  1  ln 2 ( x)  2 ln x  1  ln x   1 , possiamo
riscrivere
2
g ( x)  ln 2 ( x)  ln x 2  1 come
ln x   1 se x  e
g ( x)  ln x   1  
.
1  ln x  se 0  x  e
Notiamo innanzitutto che la funzione è continua in x  e in quanto
lim ln x   1  lim 1  ln x   0 .
x e
x e
Studiamo un ramo alla volta, partendo da g1 x   ln x   1
nell’intervallo e, . Tale funzione interseca l’asse delle ascisse in
e,0 , è positiva nel dominio e, , non presenta asintoti né verticali
né orizzontali né obliqui, ed è strettamente crescente in tutto il dominio
e, .
Studiamo il ramo g 2 x   1  ln x  nell’intervallo 0, e  . Tale funzione
non interseca l’asse delle ascisse in quanto x  e non appartiene al
dominio, è positiva nel dominio 0, e  , presenta x  0 come asintoto
verticale in quanto lim 1  ln x    , non presenta asintoti orizzontali
x 0
né obliqui visto il dominio limitato, ed è strettamente decrescente in
tutto il dominio 0, e  .
Notiamo che in x  e la funzione presenta un punto angoloso in quanto
1 1
1
1
lim g ' x   lim   lim g ' x   lim    .
x e 
x e x
x

e
x

e
e
x
e
2
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Di seguito il grafico di g ( x)  ln 2 ( x)  ln x 2  1 .
Il grafico di
ln  x   1
f ( x)  ln 2 ( x)  ln x 2  1  
1  ln  x 
se
se
x  e
si ricava
e  x  0
da quello soprastante per simmetria intorno all’asse delle ordinate:
3
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Punto 3
La funzione g ( x)  ln 2 ( x)  ln x 2  1 è continua in tutto il dominio
Dg : x  0, e non è derivabile in x  e in cui presenta un punto
angoloso in quanto
1 1
lim g '  x   lim 
x e
x e x
e
1
1


lim g '  x   lim     
x e
x e 
x
e
Analogo ragionamento per la funzione f ( x)  ln 2 ( x)  ln x 2  1
continua in tutto il dominio D f : x   ,0 e non è derivabile in
x  e in cui presenta un punto angoloso in quanto
1 1
1
1
lim f ' x   lim    lim f ' x   lim   .
x  e
x  e
x  e x
x e x  e
e
4
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Punto 4
2e
L’area richiesta è pari a S 
 ln x   1dx . Applicando l’integrazione
e
per parti si ha:
2e
S
 ln x   1dx  xln x  2
2e
e
 2eln 2e  2  eln e  2 
e
 2eln 2  ln e  2  eln e  2  2eln 2  1  2  e1  2 
4
 e2 ln 2  1  eln 4  1  e ln  
e
5
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PROBLEMA 2
Siano f e g le funzioni definite, per tutti gli x reali, da
f ( x) | 8x 3 | e g ( x)  sen(x)
1. Fissato un conveniente sistema di riferimento cartesiano Oxy, si
studino f e g e se ne disegnino i rispettivi grafici G f e G g .
2. Si scrivano le equazioni delle rette r e s tangenti, rispettivamente, a
1
G f e G g nel punto di ascissa x  . Quale è la misura, in gradi e
2
primi sessagesimali, dell’angolo acuto individuato da r e da s?
3. Si calcoli l’area della regione R racchiusa, tra G f e G g .
4. Si scrivano, spiegandone il perchè, ma senza calcolarli, gli integrali
definiti che forniscono i volumi dei solidi K e W ottenuti dalle rotazioni
di R, attorno alle rette y  0 e y  1 , rispettivamente.
_____RISOLUZIONE_____
Punto 1
Studiamo la funzione f x   8x 3 .
Il grafico della funzione f x   8x 3 possiamo ricavarlo da quello della
funzione hx   8x 3 ribaltando verso le ordinate positive la parte di
grafico al di sotto dell’asse delle ascisse. Pertanto studiamo la funzione
hx   8x 3
Dominio: R;
Intersezione ascisse: hx   8x 3  0  x  0
Intersezioni ordinate: x  0  h0  0 ;
Simmetrie: la funzione è dispari in quanto
3
h x   8 x   8x 3  hx  ;
Positività: la cubica hx   8x 3 è positiva se x  0 ;
6
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Asintoti verticali: non ve ne sono in quanto il dominio è R;
Asintoti orizzontali: lim hx    per cui non ve ne sono;
x 
h x 
  ;
x
Crescenza e decrescenza: la derivata prima è h' x   24 x 2 per cui
all’interno del dominio la funzione è strettamente crescente e si annulla
solo in x  0
Asintoti obliqui: non ve ne sono in quanto lim
x 
Concavità e convessità: h' ' x   48x per cui la funzione ha concavità
verso l’alto in 0, e verso il basso in  ,0 ; poiché
h' 0  0, h' ' 0  0, h' ' ' 0  48  0 quindi F 0,0 è un flesso a tangente
orizzontale di equazione y  0 .
h' '  x   0  x  0
h' '  x   0  x  0
h' '  x   0  x  0
-
7
0
flesso
x
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Il grafico G h è di seguito presentato:
Il grafico G f , ricavato da quello di G h , è di seguito presentato:
8
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Studiamo la a funzione g x   sin x 
Dominio: R;
Intersezione ascisse: g x   sinx   0  x  k  x  k , k  Z
Intersezioni ordinate: x  0  g 0  0 ;
Simmetrie: la funzione è dispari in quanto
g  x   sin x    sinx    g x  ;
Positività: la funzione è positiva se
2k  x    2k  2k  x  1  2k , k  Z ;
Asintoti verticali: non ve ne sono in quanto la funzione è limitata;
Asintoti orizzontali: ve ne sono in quanto la funzione è limitata;
Asintoti obliqui: non ve ne sono in quanto la funzione è limitata;
Crescenza e decrescenza: la derivata prima è g ' x    cosx  per cui
la funzione è strettamente crescente negli intervalli in cui cosx   0 e
strettamente decrescente negli intervalli in cui cosx   0 .
Poiché
cosx   0  2k  x 
 2k  x 

3
 2k    2k  x  2  2k 
2
2
1
3
 2k   2k  x  2  2k , k  Z
2
2
e
3
1
3
 2k   2k  x   2k , k  Z ,
2
2
2
2
deduciamo che la funzione è strettamente crescente negli intervalli
1

 3

 2k ,  2k     2k ,2  2k  con k  Z e strettamente decrescente
2

 2

3
1

in   2k ,  2k  con k  Z ; in conclusione la funzione presenta
2
2

cos x   0 

 2k  x 
9
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1

3

massimi relativi in M k   2k ,1 e minimi relativi in mk   2k ,1
2

2

con k  Z .
Concavità e convessità: la derivata seconda è g ' ' x    2 sinx  e si
annulla in x  2k , k  Z per cui i punti 2k ,0 sono flessi.
Il grafico G g è di seguito presentato:
Punto 2
Per x  0, f x   8 x 3  8 x 3 . La tangente in x 
1
alla funzione
2
1
 1 
1
f x   8x 3 ha equazione y  f '   x    f   dove
2
 2 
2
1
1
f    1, f '    24 x 2 x  1  6 per cui l’equazione della tangente è
2
2
2
1

y  6 x    1  6 x  2 .
2



10
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1
alla funzione g x   sin x  ha equazione
2
1
 1 
1
1
1
y  g '   x    g   dove g    1, g '     cosx x  1  0
2
3
 3 
 3
2
2
1
per cui l’equazione della tangente è y  1 . D’altronde l’ascissa x  è
2
1
ascissa di massimo per cui la tangente in x  è orizzontale e pari al
2
valore massimo che può assumere una funzione sinusoidale, cioè 1.
Date due rette di coefficienti angolari m, m' , l’angolo acuto formato tra
m  m'
le due può essere ricavato dalla formula tan  
da cui,
1  mm'
m  m'
sapendo che m  6, m '  0 , ricaviamo tan   
 6 per cui
1  mm '
  arctan6  1,406 rad  8032'
La tangente in x 
Punto 3
Le due funzioni f x   8x 3 e g x   sin x  si intersecano solamente
nei punti di ascisse x  0, x 
 1
0, 2  la funzione
e in questo intervallo
1
. Nell’intervallo
2
g x   sin x  sta al di sopra di f x   8x 3
f x   8 x 3  8 x 3 . La regione R di cui calcolare l’area è di seguito
raffigurata in grigio:
11
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L’area richiesta vale
1
2
1
2
1
 1
2
S  R     g  x   f  x   dx   sin  x   8 x  dx    cos  x   2 x 4  
 
0
0
0
3
 1 1  8 
    
 8   8
Punto 4
Il volume del solido K ottenuto dalla rotazione della regione R attorno
all’asse delle x può essere ottenuto come differenza tra il volume V1 del
solido generato dalla rotazione della parte di piano delimitata dalla
1
curva g x   sin x  , dalla retta x  e dall’asse x attorno all’asse x, e
2
il volume V2 del solido generato dalla rotazione della parte di piano
1
delimitata dalla curva f x   8x 3 , dalla retta x  e dall’asse x
2
attorno all’asse x . Pertanto si ha:
1
2
1
2
 
V K   V1  V2    sin x  dx    8 x 3 dx
2
0
0
12
2
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Anche se ci viene richiesto di non calcolarlo, proviamo comunque a
risolvere l’integrale definito soprastante:
1
2
1
2
  dx    1  cos22x   64 x
V K     sin x  dx    8 x
2
0
0
1
2
3 2
0

6

dx 
1
2
 x sin 2x  64 7 
1 1  5
 

x       
4
7 0
2
 4 14  28
Il volume W del solido generato dalla rotazione della regione R attorno
alla retta y  1 può essere ottenuto applicando il Principio di
Cavalieri, cioè immaginando il solido di rotazione come insieme delle
sue sezioni con piani perpendicolari all'asse x; tali sezioni sono corone
circolari di raggio interno pari a Rint x   8x 3  1, e raggio esterno pari
a Rest x   sinx   1. Pertanto il volume richiesto è pari a
1
2

1
2




2
x   Rint2 x  dx    sinx   1  8 x 3  1 dx
V W     Rest
0
2
2
0
Anche se ci viene richiesto di non calcolarlo, proviamo comunque a
risolvere l’integrale definito soprastante:
1
2
2
2
V W      sin  x   1   8 x 3  1 dx 


0
1
2
   sin 2  x    8 x

0
1
2
 dx    2sin  x   16 x dx 
3 2
3
0
1
5
 2
2 5
 1 2
      cos  x   4 x 4          
28
 
 0 28
 4 
5
 28  
 2   
28
4
14
13
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QUESTIONARIO
Quesito 1
Cosa rappresenta il limite seguente e qual è il suo valore?


 
tan  h   tan 
6

6
lim
h 0
h


 
tan  h   tan 
6

6.
Calcoliamo il limite lim
h 0
h
Esso rappresenta il limite del rapporto incrementale
calcolato nel punto x 

6
f x  h   f x 
h
; si tratta quindi della derivata prima della
funzione f x   tan x calcolata in x 

. Poiché f ' x  
1
, il
6
cos 2 x
1
4
   1 
limite richiesto è pari a f '     2 

 .
2
3
 6   cos x  x    3 
6
 2


Alternativamente si può calcolare il limite sfruttando l’identità



 


  
tan  h   tan   tanh   1  tan  h   tan  , pertanto si
6

6
6

 6 

ha:
14
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


  


 
tanh   1  tan  h   tan 
tan  h   tan 
6

 6 
6

 6   lim

lim

h 0
h 0
h
h



  
1  tan 6  h   tan 6 
  3 2 
tanh 
1 4


 

   1 
 lim
 lim
 1  1  
h 0
h 0
h
h
3 3
  3  


tanh 
1
h 0
h
in cui si è sfruttato il limite notevole lim
Quesito 2
Si calcoli la derivata diciassettesima di f x   cos x .
La derivata prima della funzione f x   cos x è f ' x    sin x , la
derivata seconda è f ' ' x    cos x , la derivata terza f ' ' ' x   sin x e la
derivata quarta f 4  x   cos x ; di conseguenza dopo 4 derivazioni la
derivata quarta coincide con la funzione di partenza. E’ facile constatare
che
 sin x n  1,5,9,
 cos x n  2,6,10,

f n x   
n  3,7,11, 
sin x
cos x
n  4,8,12,
cioè l’operatore di derivazione ha periodo 4. In conclusione, tenendo
conto dello schema soprastante, la derivata diciassettesima coincide con
la derivata prima, f 17 x   f ' x    sin x .
15
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Quesito 3
Si lancino due dadi. Qual è la probabilità che uno e soltanto uno dei due
numeri sia 5?
Lanciando due dadi, si possono avere 36 combinazioni, e quelle che
contengono un solo 5 sono di seguito elencate:
1,5, 2,5, 3,5, 4,5, 6,5, 5,1, 5,2, 5,3, 5,4, 5,6 . In sostanza 10
combinazioni su 36 contengono un solo 5, per cui la probabilità
richiesta, calcolata come rapporto tra casi favorevoli su quelli totali, è
10 5
pari a p 
.

36 18
Quesito 4
Si scriva l’equazione della retta normale al grafico di y  sin 2 x nel
punto di ascissa x 

4
.
La retta normale è la retta perpendicolare alla tangente nel punto di
 1
tangenza. La retta tangente al grafico di f x   sin 2 x in  ,  è
 4 2
 1
  
 
y  f '   x    dove f '    sin 2 xx    1 per cui
4
4 2
 4 
4
 1

l’equazione è y   x    . Di conseguenza la retta normale ha
4 2

 1

equazione y   x    .
4 2

16
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Quesito 5
Si mostri che, nello sviluppo di (a  b) n , il coefficiente del termine
n!
.
a k b n  k è uguale a
k!(n  k )!
Il teorema binomiale o anche formula di Newton, esprime la potenza nesima di un binomio qualsiasi attraverso la formula
n
n
a  bn    a k b nk da cui deduciamo che il coefficiente di a k b nk
k 0  k 
n
n!
è   
.
 k  k!n  k !
n
Alternativamente, nello sviluppo a  b  il monomio a k b nk si può
ottenere in molti modi, scegliendo k volte il termine a e n-k volte il
termine b; ciò equivale a scrivere una parola di n lettere di cui k sono a
e n-k sono b. I possibili anagrammi di una siffatta parola sono
n
n!
esattamente   
.
 k  k!n  k !
Quesito 6
noto che il lato del decagono regolare inscritto in un cerchio è sezione
aurea del raggio. Si utilizzi il risultato per calcolare sin
Consideriamo la figuraa lato.
Sia OM l’altezza del triangolo
isoscele AOB. L’angolo AOˆ B 

5
in
1
dell’angolo giro. Il lato AB
10
è la sezione aurea del raggio per cui
quanto
17

10
.
Nicola De Rosa, Liceo della comunicazione sessione ordinaria 2012, matematicamente.it
 5 1
 5 1
AB
 da cui MA 


AB  r 

r

 4 .
2
2




 
 
Ma per il teorema dei seni MA  AO  sin   r  sin  da cui per
 10 
 10 
5 1
 
confronto si ricava sin  
.
4
 10 
Quesito 7
E’ dato un tetraedro regolare di spigolo l e altezza h. Si determini
l’ampiezza dell’angolo  formato da l e da h.
Consideriamo la figura a lato.
Per ipotesi il tetraedro è regolare, per cui è
una piramide retta; il piede H dell’altezza
coincide con l’incentro del triangolo
equilatero ABC di base ed è anche ortocentro
e baricentro. Da ciò deduciamo che il piede
H divide l’altezza BK in due parti, di cui una
3
doppia dell’altra. Poiché BK  l
,
2
2
3
BH  BK  l
3
3 ; il triangolo BHD è
rettangolo in H e applicando il teorema dei
sin  
triangoli rettangoli, deduciamo che
 3
  arcsin    35,26
 3 
.
18
3
3 da cui
Nicola De Rosa, Liceo della comunicazione sessione ordinaria 2012, matematicamente.it
Quesito 8
Fra le piramidi rette a base quadrata di assegnata superficie laterale S, si
determini quella di volume massimo.
Consideriamo la figura a lato.
Indichiamo con a l’apotema e con x  0 il
lato di base. L’altezza della piramide per il
teorema di Pitagora è pari a
2
x2
 x
; l’apotema, è
h  a     a2 
4
2
data dal rapporto della superficie laterale,
nota per ipotesi, con il semiperimetro,
2
S l2  x 4
S
x2
S 

.
a  l per cui h   l  
4
2x
4x 2
 2x 
Poichè l’apotema a è certamente maggiore della metà del lato di base
x in quanto il triangolo EOH è rettangolo in O, una ulteriore condizione
S
x
da imporre sul lato di base x è  a  l  x  S l pertanto i limiti
2
2x
geometrici impongono 0  x  S l .
Il volume della piramide è pari a
2
1
1 2 S l2  x 4 1
V x   S b  h  x 

S l2 x 2  x 6 .
2
3
3
6
4x
Per massimizzare il volume calcoliamo la derivata prima della funzione
S l2 x  3x 5
1
2 2
6


V x  
S l x  x , si ha V ' x 
che si annulla in
6
6 S l2 x 2  x 6
x  0, x   4
S l2
. Considerando la limitazione geometrica x  0 , la
3
19
Nicola De Rosa, Liceo della comunicazione sessione ordinaria 2012, matematicamente.it

S2 
funzione volume è strettamente crescente in  0, 4 l  e strettamente

3 

 S2

S2
decrescente in  4 l , S l  per cui assume massimo in x  4 l cui
 3

3


corrisponde il valore massimo
 S2  1
Sl2 Sl2
2
l
4
V
S


 3  6 l 3
3



Sl
6
4
Sl2 1 2 2 Sl2 1
2 3

Sl

Sl 
3
6 3
3
6 3 3
.
2
l
4S
27
Quesito 9
Il problema di Erone (matematico alessandrino vissuto probabilmente
nella seconda metà del I secolo d.C.) consiste, assegnati nel piano due
punti A e B, situati dalla stessa parte rispetto ad una retta r, ne
determinare il cammino minimo che congiunge A con B toccando r. Si
risolva il problema nel modo che si preferisce.
Consideriamo la figura a lato.
B
Sia A’ il simmetrico di A rispetto ad
r; il segmento A’B interseca la retta r
in P in quanto A’ e B si trovano in
semipiani diversi rispetto alla retta r.
Dimostriamo che il punto P è quello
che realizza il cammino minimo tra
r
A e B. Consideriamo un ulteriore
P’
punto P’ differente da P ed
appartenente alla retta r; in un
triangolo la somma delle lunghezze
di due lati è maggiore della lunghezza del terzo, per cui
20
A
P
A’
Nicola De Rosa, Liceo della comunicazione sessione ordinaria 2012, matematicamente.it
A' P' P' B  A' B  A' P  PB da cui deduciamo che il punto P è quello
che minimizza il cammino tra A e B.
Quesito 10
Quale delle seguenti funzioni è positiva per ogni x reale?

 B) sin cos  x  1 
sin  ln  x  1  D) cos  ln  x  1 
A) cos sin  x 2  1
C)
2
2
2
Si giustifichi la risposta.
Ragioniamo per esclusione.
La funzione g x   sin cos x 2  1 non può essere positiva per ogni x
 

reale in quanto se valutata in x 
 
 

g 
 1   sin cos 
 
 2 

 sin  0   0

 1 vale
2
2


 



 1  1   sin cos   1  1   sin  cos  

2
2


 2

 

La funzione hx   sin ln x 2  1 non può essere positiva per ogni x
3
2
reale in quanto se valutata in x  e  1 vale
2
  3

3
 3

  32



2
2




h  e  1   sin ln e  1  1  sin ln  e  1  1   sin  ln e 2  


 

 


 



 
 3 
 sin    1  0
 2 
 

La funzione ix   cos ln x 2  1
non può essere positiva per ogni x
reale in quanto se valutata in x  e  1 vale
21

Nicola De Rosa, Liceo della comunicazione sessione ordinaria 2012, matematicamente.it

2


e  1  cos ln  e  1  1   cos ln  e  1  1   cos  ln e  

 
 cos    1  0
Di conseguenza la funzione che è sempre positiva per ogni x reale è la
A) f x   cos sin x 2  1
Alternativamente, poiché la funzione coseno è pari ed assume valori
  
x    ,  , poiché la funzione sin x 2  1 assume tutti i
positivi per
 2 2
  
valori compresi nell’intervallo  1,1 e poiché  1,1    ,  ,
 2 2
2
deduciamo che f x   cos sin x  1 è positiva per ogni x reale.
i
 


 

22
