x - Matematicamente

LICEO SCIENTIFICO
CORSO SPERIMENTALE
SESSIONE SUPPLETIVA
201 3
Il candidato risolva uno dei due problemi e 5 dei 10 quesiti scelti nel questionario.
Liceo scientifico sperimentale sessione suppletiva 2013
PROBLEMA1
E’ dato un angolo retto XOˆ Y e sulla sua bisettrice un punto P, tale che PAˆ O  2PBˆ O ,
essendo A e B punti, rispettivamente di OX e OY.
OA
1. Posto PBˆ O   , si calcoli il rapporto:
e lo si esprima in funzione di x  tan  ,
OB
controllando che risulta
 x 2  2x  1
f x  
2x  1
2. Prescindendo dalla questione geometrica, si studi la funzione f x  e se ne tracci il grafico
.
3. Si considerino i punti C e D in cui l’asintoto obliquo di  incontra rispettivamente l’asse y
e l’asse x. Se E è il punto medio del segmento CO, si mostri che la retta DE è tangente a 
nel punto di ascissa 1.
4. Si scelga a caso un punto all’interno del triangolo COD. La probabilità che tale punto risulti
interno alla regione  delimitata, nel primo quadrante, da  e dagli assi medesimi è
maggiore o minore del 50%? Si illustri il ragionamento seguito.
RISOLUZIONE
Punto 1
Consideriamo la figura seguente.
Essendo POˆ B  POˆ A  45 e PBˆ O   , PAˆ O  2 si ha OPˆ A  135  2 e OPˆ B  135   .
Applicando il teorema dei seni al triangolo OPA si ha:
2
Liceo scientifico sperimentale sessione suppletiva 2013
OP
OA

sin PAˆ O sin OPˆ A




da cui
OA 




sin OPˆ A
sin 135  2 
 OP 
 OP
sin 2 
sin PAˆ O
Applicando il teorema dei seni al triangolo OPB si ha:
OP
OB

sin PBˆ O sin OPˆ B




da cui
OB 
Di conseguenza il rapporto




sin OPˆ B
sin 135   
 OP 
 OP
ˆ
sin  
sin PBO
OA
è pari a
OB
sin 135  2 
 OP
OA
sin 135  2   sin  
sin 135  2 
sin 2 



sin 135   
sin 135     sin 2  2 cos    sin 135   
OB
 OP
sin  
Applicando le formule di sottrazione per il seno si ha:
sin 135  2   sin 135 cos2   cos135sin 2  
sin 135     sin 135 cos   cos135sin   
2
cos2   sin 2 
2
2
cos   sin  
2
da cui
OA
sin 135  2 


OB 2 cos    sin 135   
Se x  tan  si ha:
2
cos2   sin 2 
cos2   sin 2 
2

2 cos    cos    sin  
2
cos   sin  
2 cos   
2
3
Liceo scientifico sperimentale sessione suppletiva 2013
1  tan 2   1  x 2
cos 2  

1  tan 2   1  x 2
2 tan 
2x
sin 2  

2
1  tan   1  x 2
1
1
cos   

1  tan 2  
1 x2
sin   
tan 
1  tan  
2

x
1 x2
pertanto
1  x 2
2x 



2
1 x2 
1  x
 x 2  2x  1
OA
 x 2  2x  1
1 x2



2x  1
2x  1
 1
OB
1
x 
2


2

1 x
1 x2  1 x2
1 x2 
Controlliamo quali sono le restrizioni geometriche del problema così posto.
Gli angoli del triangolo OBP sono 45,  ,135   , mentre gli angoli del triangolo OPA sono
45,2 ,135  2 . Di conseguenza la limitazione geometrica è tale per cui 0    67,5 o
in radianti 0   
3
. Notiamo che se   67,5 il punto A viene a coincidere con O, il
8
triangolo OPA è degenere mentre OPB è isoscele su base OB.
La limitazione geometrica sull’angolo  può essere riportata sulla variabile x visto che
x  tan  . Si ha
tan0  x  tan67,5  0  x  2  1
Punto 2
Studiamo della funzione
x
f x  
 2x  1
2x  1
2
Dominio: x  1  x     1   1, ;
 x 2  2x  1
 x 2  2x  1  0  x  1  2 .
Intersezioni asse ascisse: f x  
2x  1
Intersezioni asse ordinate: x  0  f 0 
1
;
2
Simmetrie: la funzione non è nè pari nè dispari;
 x 2  2x  1
 0 studiamo
2x  1
separatamente i segni del numeratore e denominatore, poi mettiamo i risultati sulla stessa retta
orientata dei numeri reali e controlliamo laddove la funzionea ssume segno positivo:
Positività: per studiare la disequazione razionale fratta f x  
4
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 x 2  2x  1
x 1
-
+
+
+
+
+
1 -
1 2 +
1 2 -
5
x
 x 2  2x  1
Positività: f x  
- Quadro dei segni
2x  1
Dal quadro dei segni si deduce che la funzione è positiva per x  1  1  2  x  1  2 e
negativa per  1  x  1  2  x  1  2 ;
Asintoti verticali: lim
x 1
 x 2  2x  1
   pertanto x  1 è asintoto verticale destro e
2x  1
 x 2  2x  1
  ;
x 
2x  1
sinistro; Asintoti orizzontali: non ve ne sono in quanto lim
Asintoti
obliqui:
essendo
 x 2  2x  1
 x 2  2x  1
1
2x  1
m  lim
 lim

2
x  
x


x
2
2x x


e
  x 2  2x  1 x 
x 3
3x  1 3
q  lim 
   lim
 si deduce che la retta y    è asintoto
x 
2 2
2  x 2x  1 2
 2x  1
obliquo destro e sinistro;
Crescenza
e
decrescenza:
la
derivata
prima
è
2
2
 2 x  2x  1   x  2 x  1   x  2 x  1 ; quest’ultima è positiva se il
f ' x  
2
2
2x  1
2x  1
numeratore è positivo essendo il denominatore sempre positivo nel dominio
x     1   1, ,
pertanto
la
funzione
è
positiva
se


x 2  2 x  1  0  1  2  x  1  1  x  1  2
e
negativa
per
2
x  2 x  1  0  x  1  2  x  1  2 . Di conseguenza la funzione è strettamente
crescente in  1  2 ,1   1,1  2 e strettamente decrescente in  1  2 ,1  2 e

 


presenta pertanto un minimo relativo in m  1  2 ,2  2
M




e un massimo relativo in
2  1,2  2 come mostra il quadro dei segni sottostante.
 x 2  2x  1
x  12
 1 2
Derivata prima:
f ' x  
 1 2
1
 x 2  2x  1
2x  1
2

x
- Quadro dei segni
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Concavità e convessità: la derivata seconda è f ' ' x   
2
6
pertanto la funzione volge
x  13
concavità verso l’alto in  1, e verso il basso in  ,1 e non presenta flessi.
2
x  13
1
Derivata seconda: f ' '  x   
2
x  13
x
- Quadro dei segni
Di seguito il grafico 
 x 2  2x  1
Consideramdo la limitazione geometrica 0  x  2  1 , il grafico di f x  
è
2x  1
di seguito raffigurato in blu.
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Punto 3
x 3
 3
 interseca l’asse delle ordinate in C  0,  e
2 2
 2
l’asse delle ascisse in D3,0 . Il punto medio del segmento CO, dove O0,0 , è l’origine del
 3
sistema di riferimento è E  0,  . La retta DE ha equazione:
 4
y 0 x3
3 x

y
3
03
4
0
4
1


La retta tangente a  in F 1,  ha equazione
 2
1
y  mx  1 
2
2
  x  2 x  1
1
dove m  f ' 1  
   pertanto l’equazione della tangente è
2
4
 2x  1  x 1
L’asintoto obliquo di equazione y  
y
1
x  1  1  3  x
4
2
4
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Punto 4
La regione  delimitata, nel primo quadrante, da  e dagli assi medesimi è raffigurata di
seguito.
8
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9
La sua area è pari a
S   
1 2

0
L’integrando è scomponibile come
S   
1 2

0
 x 2  2x  1
x 3
1
pertanto si ha:
  
2x  1
2 2 x 1
1 2
  x 2  2 x  1
1 
 x 3
dx

  
dx 



2
2
x

1


 2x  1 
0
1 2
 x2 3

 
 x  ln x  1 
 4 2
0

  x 2  2 x  1

dx


2
x

1


1  2 

2
4


 

31 2
 ln 2  2 
2
3  2 2   31  2   ln 2  2   3  4
4
2
4
2

 ln 2  2

L’area del triangolo COD è pari a
S COD 
CO  OD 9

2
4
La probablilità richiesta è pari al rapporto dell’area S   e dell’area S COD :


3 4 2
 ln 2  2
3  4 2  4 ln 2  2
4
p

 41,61%
9
9
4


In realtà, senza fare troppi calcoli, era preventivabile che tale probabilità fosse inferiore al
50%. Infatti nel punto 3 si è mostrato che la retta DE è tangente a  nel punto di ascissa 1
dove E è il punto medio di CO e ciò significa che il triangolo CED ed EOD hanno stessa
area pari alla metà dell’area di COD. Poichè l’area del triangolo CED è maggiore dell’area
S   , deduciamo che
S    S CED  
S COD
S  
1

  50%
2
S COD 2
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10
PROBLEMA2
Sia consideri la funzione
1.
2.
3.
4.
f x   x  2 arctan x
Si studi tale funzione e si tracci il suo grafico  , su un piano riferito ad un sistema di assi
cartesiani ortogonali Oxy
La curva  incontra l’asse x, oltre che nell’origine, in altri due punti aventi ascisse
opposte. Detta  l’ascissa positiva, si dimostri che 1     e se ne calcoli un valore
approssimato con due cifre decimali esatte.
Si scriva l’equazione della tangente a  nel suo punto di flesso, si verifichi che essa
risulta perpendicolare a entrambi gli asintoti e si calcoli l’area del triangolo che essa forma
con uno degli asintoti e l’asse x.
Si calcoli l’area della regione di piano, delimitata da  e dall’asse x nell’intervallo chiuso
 1;0 .
RISOLUZIONE
Punto 1
Prima di studiare la funzione, è necessario capire ai fini del grafico

il numero di intersezioni con l’asse delle ascisse

dove sono posizionati gli zeri dell’equazione f x   x  2 arctan x  0

gli intervalli di positività.
Per poter dare una risposta ai quesiti soprastanti iniziamo con la discussione segno della
derivata prima.
La derivata prima di f x   x  2 arctan x è
2
x2 1

x2 1 x2 1
da cui si deduce che essa è positiva in  ,1  1, e negativa in  1,1 , pertanto la
f ' x   1 
funzione è strettamente crescente in  ,1  1, e strettamente decrescente in  1,1 e
 



presenta un massimo relativo in M   1,  1 e un minimo relativo in m1,1   come di
2 
2


seguito riportato nel quadro dei segni.
x2 1
x2 1
1
Derivata prima:
f ' x  
1
x 1
- Quadro dei segni
x2 1
2
x
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11
Inoltre f x   x  2 arctan x assume i seguenti valori:
lim f  x   
x  
lim f  x   
x  
lim f  x  
x  1

1
2
lim f  x   1 

x 1
2
Nell’intervallo  ,1 , poichè agli estremi la funzione assume valori discordi ed è
 
strettamente crescente, si deduce che esiste un unico valore x1 : f x1  0 .
Per simmetria dispari, nell’intervallo 1, , poichè agli estremi la funzione assume valori
 
discordi ed è strettamente crescente, si deduce che esiste un unico valore x2 : f x2  0 .
Nell’intervallo  1,1 , poichè agli estremi la funzione assume valori discordi ed è strettamente
 
decrescente, si deduce che esiste un unico valore x3 : f x3  0 ; in questo caso per
sostituzione diretta si vede subito che lo zero cercato è x3  0 .
Inoltre da quanto ricavato sinora possiamo anche dedurre che la funzione è positiva in
x ,0 x , e negativa in  , x  0, x  .
1
1
2
2
In conclusione, possiamo dire che la funzione:

ha tre zeri x3  0 , x2   ,1 , x3  1,

è positiva in x1 ,0  x2 ,



   
è negativa in  , x   0, x 
1
2
 

presenta un massimo relativo in M   1,  1
2 



presenta un minimo relativo in m1,1  
2

Ora possiamo studiare la funzione f x   x  2 arctan x completamente.
Vista la disparità della funzione in quanto
f  x   x  2 arctan x   x  2 arctan x  x  2 arctan x    f x 
potremmo limitarci a considerare lo studio della funzione all’intervallo 0, per poi
ricavare per simmetria gli elementi della funzione e il suo grafico nell’intervallo  ,0 .
Studieremo tuttavia la funzione in tutto il suo dominio R.
Dominio: R
Intersezioni asse ascisse: l’equazione f x   x  2 arctan x  0 presenta tre soluzioni come
già su indicato; per il calcolo delle due soluzioni ad ascisse opposte si rimanda al Punto 2;
Intersezioni asse ordinate: x  0  f 0  0 ;
Simmetrie: la funzione è dispari come su indicato;
  


 

Positività: la funzione è positiva in x1 ,0  x2 , e negativa in  , x1  0, x2 come su
indicato;
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12
Asintoti verticali: non ve ne sono in quanto il dominio di definizione è R;
Asintoti orizzontali: non ve ne sono in quanto lim f x    ;
x 
obliqui: controlliamo se esiste l’asintoto obliquo
x  2 arctan x
1

 
m  lim
 1  2 lim   arctan x   1  2   0    1
x 
x  x
x


 2
Asintoti
destro,
si
ha
e
 
q  lim x  2 arctan x  x   lim  2 arctan x   2      pertanto y  x   è asintoto
x 
x 
2
obliquo destro. Per l’asintoto obliquo sinistro si procede allo stesso modo:
   
x  2 arctan x
1

 1  2 lim   arctan x   1  2  0      1
x 
x  x
x


  2 
m  lim
e
 
q  lim x  2 arctan x  x   lim  2 arctan x   2       pertanto y  x   è asintoto
x 
x 
 2
obliquo sinistro;
Crescenza e decrescenza: come su indicato la funzione presenta un massimo relativo in
 



M   1,  1 e un minimo relativo in m1,1   ;
2 
2


4x
Concavità e convessità: la derivata seconda è f ' ' x  
pertanto la funzione volge
2
x2 1
concavità verso l’alto in 0, e verso il basso in  ,0 e
presenta un flesso a
tangente obliqua in 0,0 ; la tangente nel punto di flesso ha equazione y  mx con


 x 2  1
f ' 0   2   1 ovvero y   x . Di seguito il quadro dei segni della derivata
 x  1 x  0
seconda.
x
2

1
2
4x
0
Derivata seconda: f ' '  x  
Il grafico è di seguito mostrato:
x
x
4x
2

1
2
- Quadro dei segni
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13
Punto 2
Abbiamo già provato che la funzione f x   x  2 arctan x presenta, oltre a x3  0 , altri due
zeri, opposti, tali per cui x2   ,1 , x3  1, . In realtà poichè
lim f x   
x  
lim f x   
x 
possimo dire che gli zeri appartengono rispettivamente a
x2    ,1
x3  1,  
Ne troviamo solo uno, in quanto l’altro per la simmetria dispari ha segno opposto.
Calcoliamo lo zero positivo x3  1,   attraverso il metodo delle tangenti o di NewtonRaphson e il metodo di bisezione.
Metodo delle tangenti o di Newton-Raphson
Tale metodo consente di calcolare lo zero in maniera ricorsiva attraverso la formula
xn  2 arctan xn xn2  1 2xn2  1arctan xn  2 xn
f xn 
xn  2 arctan xn
x n 1  xn 
 xn 
 xn 

2
f ' x n 
x n2  1
x n2  1
1 2
xn  1
Poichè f    f ' '    0 allora il punto iniziale da cui partire con l’algoritmo è x   .
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14
Dal momento che viene richiesta un’approssimazione con due cifre decimali esatte, le
iterazioni terminano quando l’errore di approssimazione è inferiore a
1
. Di seguito la
100
tabella che mostra i passi dell’algoritmo:
n
xn
xn 1
 n  xn  xn1
0
1
2
3

2,386
2,332
2,331
2,331
0,755
0,055
0,000
2,386
2,332
2,331
n 
1
100
NO
NO
SI
Dopo 3 passi dell’algoritmo, la soluzione 1     , con due cifre decimali esatte, è
x3    2,33 .
Per simmetria l’altra radice opposta a x3    2,33 è x2    2,33 .
Metodo di bisezione
Di seguito la tabella che mostra i passi dell’algoritmo:
n
a
b
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1,00000
2,07080
2,07080
2,07080
2,20465
2,27157
2,30503
2,32176
2,33013
2,33013
3,14159
3,14159
2,60619
2,33850
2,33850
2,33850
2,33850
2,33850
2,33850
2,33431
ab
2
2,07080
2,60619
2,33850
2,20465
2,27157
2,30503
2,32176
2,33013
2,33431
2,33222
m
f a 
f b 
f m
-0,57080
-0,17104
-0,17104
-0,17104
-0,08528
-0,04063
-0,01790
-0,00644
-0,00068
0,61634
0,61634
0,19736
0,00509
0,00509
0,00509
0,00509
0,00509
0,00509
-0,17104
0,19736
0,00509
-0,08528
-0,04063
-0,01790
-0,00644
-0,00068
0,00220
  ba 
1
100
NO
NO
NO
NO
NO
NO
NO
NO
SI
Dopo 8 passi dell’algoritmo, la soluzione 1     , con due cifre decimali esatte, è   2,33 .
Notiamo che l’algoritmo di Newton-Raphson converge più rapidamente di quello di bisezione
fornendo una soluzione più approssimata. Infatti il metodo delle tangenti fornisce in 3
iterazioni una soluzione con tre cifre decimali esatte,   2,331 , mentre si può dimostrare che
il metodo di bisezione fornisce una soluzione con analoga precisione, ovvero con tre cifre
decimali esatte, dopo 12 iterazioni.
Liceo scientifico sperimentale sessione suppletiva 2013
Punto 3
Già nel Punto 1 abbiamo calcolato la tangente inflessionale nel punto di flesso 0,0 che ha
equazione y   x . Poichè il coefficiente angolare è il reciproco cambiato di segno dei
coefficienti angolari dei due asintoti obliqui, deduciamo che la tangente inflessionale è
perpendicolare ad ambedue gli asintoti obliqui. Di seguito il grafico nello stesso riferimento
cartesiano della curva, degli asintoti obliqui e della tangente inflessionale.
Calcoliamo l’area del triangolo EOC formato dalla tangente inflessionale, dall’asintoto
obliquo di equazione y  x   e dall’asse delle ascisse, posizionato nel secondo quadrante.
La tangente inflessionale e l’asintoto di equazione y  x   si incontrano nel punto tale per
cui
y  x  

 y  x

  
ovvero in C   ,  , pertanto l’altezza del triangolo rettangolo EOC è pari a h  .
2
 2 2
L’asintoto di equazione y  x   incontra l’asse delle ascisse in E   ,0 di conseguenza la
base del triangolo EO è pari a b   . Quindi l’area del triangolo è pari a
15
Liceo scientifico sperimentale sessione suppletiva 2013
S EOC  
bh

2


2  .
2
4
2
Punto 4
L’area richiesta è raffigurata di seguito.
Essa è pari a
0
A
 x  2 arctan x dx
1
Applicando l’integrazione per parti all’integrale  arctan xdx si ha
 arctan xdx  x arctan x   x
2


x
1
dx  x arctan x  ln x 2  1  C
2
1
di conseguenza l’area richiesta è pari a
0
 x2

A   x  2 arctan x dx    2 x arctan x  ln x 2  1  
2
 1
1
1
1
 1
 
   2 arctan 1  ln 2    2      ln 2 
 ln 2  0,38.
2
2
2
 4
0


16
Liceo scientifico sperimentale sessione suppletiva 2013
QUESTIONARIO
Quesito 1
E’ dato il settore circolare AOB, di centro O, raggio r e ampiezza  3 . Si
inscriva in esso il rettangolo PQMN, con M ed N sul raggio OB, Q sull’arco e P su OA. Si
determini l’angolo QOˆ B  x , affinchè il perimetro del rettangolo sia massimo.
Consideriamo la figura seguente.
Applicando il teorema dei seni al triangolo QOP si ha:


sin   x 
ˆ
QO
QP
sin QOP
3
  2r 3  sin    x 

 QP  QO 
r 


3
3
 2 
sin QPˆ O sin QOˆ P
sin QPˆ O


sin 

 3 
QO
OP
sin OQˆ P
sin x 
2r 3

 OP  QO 
r

 sin x 
ˆ
ˆ
ˆ
3
 2 
sin QPO sin OQP
sin QPO
sin 

 3 
Applicando il teorema dei triangoli rettangoli al triangolo NOP si ha:
3 2r 3
 
NP  OP  sin  

 sin x   r  sin x 
3
3 2
Di conseguenza il perimetro del rettangolo PQMN è:
 2r 3

2 3





2 p x   2
 sin  x   r  sin x   2r 
 sin  x   sin x 
3

3

 3

 3

Sviluppando i calcoli, tenendo conto delle formule di sottrazione per il seno si ha:


2 3


2 3
3
 
 
 sin x 
2 p  x   2r 
 sin  cosx  
 cos  sin x   sin x   2r cosx   1 
3
3 
3
3
 3




















La massimizzazione del perimetro la effettuiamo mediante derivazione:
17
Liceo scientifico sperimentale sessione suppletiva 2013
18





3
3
 cosx   2r cosx 1 
  tanx 
2 p' x   2r  sin x   1 

3 
3 





 
Poichè la geometria del problema impone x   0,  e in suddetto intervallo la funzione
 3
coseno è sempre positiva, il segno della derivata prima dipende dal fattore


3
  tanx  , pertanto
1 
3 





3
3
  tanx   0  tanx   1 

2 p' x   2r cosx 1 


3 
3




 
ovvero, visto che il fattore cosx  è sempre positivo nell’intervallo  0,  , la derivata prima è
 3




3  
3   
 e negativa in  arctan1 
,
positiva in  0, arctan1 


 3  e il perimetro è massimo


3
3



 



3
  22.9 .
per x  arctan 1 

3


cosx 

3
1 
  tanx 


3


Derivata prima:
0

3

arctan1 

3


 x
3


3
  tanx  - Quadro dei segni
2 p' x   2r cosx 1 
3 


Il perimetro massimo è pari, quindi, a:


3

1 




3 




3
1
3

   2r 

2 p arctan 1 
 1 



2
2
3
3










3
3
 1  1 


1  1 



3
3






3
4 3 6 
7 3 6
 2r 

  2r 
 7  2 3 3 7  2 3 
3 72 3









Liceo scientifico sperimentale sessione suppletiva 2013
Quesito 2
Quali sono i poliedri regolari? Perchè sono detti solidi platonici?
.
Un poliedro si dice regolare quando le sue facce sono poligoni regolari congruenti e i suoi
angoloidi sono congruenti. Pertanto gli angoli delle facce di ogni suo angoloide devono
essere angoli di poligoni regolari e devono essere almeno tre. Inoltre, per un noto teorema di
geometria solida, in ogni angoloide la somma degli angoli delle facce è minore strettamente
di 360°. Se le facce del poliedro sono triangoli equilateri, l’angolo di ogni faccia è di 60°,
quindi si possono avere angoloidi di tre facce (si ottiene il tetraedo), di quattro facce (si
ottiene l’ottaedro), di cinque facce (si ottiene l’icosaedro) ma non di più, perché la loro
somma sarebbe maggiore o uguale a 360° e ciò è impossibile per il suddetto teorema. Se le
facce del poliedro regolare sono quadrati, l’angolo di ogni faccia è di 90°, quindi si può
avere solo l’angoloide di tre facce (si ottiene il cubo). Se le facce del poliedro regolare sono
pentagoni regolari, l’angolo di ogni faccia è di 108°, quindi si può avere l’angoloide di tre
facce (si ottiene il dodecaedro) ma non di più. Se le facce del poligono regolare sono esagoni
regolari, l’angolo di ogni faccia è di 120° quindi non si possono avere poliedri relativi
perché la somma degli angoli di tre facce è 360° il che è impossibile. Analogamente non è
possibile costruire poliedri regolari aventi per facce poligoni regolari con più di sei lati.
Quindi i poliedri regolari sono 5: tetraedro, ottaedro, icosaedro, cubo, dodecaedro.
Vengono chiamati platonici in quanto Platone nel suo dialogo”Timeo” associa il tetraedro,
l'ottaedro, il cubo, e l'icosaedro rispettivamente a quelli che erano allora ritenuti i quattro
elementi fondamentali: fuoco, aria, terra e acqua. Il dodecaedro, non realizzabile unendo
opportunamente triangoli rettangoli (come invece avviene per i poliedri citati), veniva
invece associato all’immagine del cosmo intero.
Quesito 3
Si scriva l’equazione della tangente al grafico della funzione:
1  y 1

x  log
2  y  1 
nel punto P di ordinata y  2 .
1  y 1
 o
log
2  y  1 
invertendo quest’ultima per riportarla alla forma classica y  f x  . Il legame tra la derivata di
una funzione e la sua inversa in un punto x0 , y0  è il seguente:
Si può procedere in due modi, o partendo direttamente dalla funzione x 
19
Liceo scientifico sperimentale sessione suppletiva 2013
f '  x0  
Partiamo dalla funzione x 
1
f '  y0 
 
1
1  y 1
 . Il punto x0 , y0  è
log
2  y  1 
x0 , y0    1 log 3,2  .
2

La derivata della funzione è pari a
d  1  y  1  d  1
1
1 
1
 1 1
 






log
y

1

log
y

1



 log


 2 y 1 y 1 1 y 2
dy  2  y  1  dy  2
2



pertanto
 f 1 '  y0    f 1 ' 2   1 2    13 .
1  y  y 2
Di conseguenza l’equazione della tangente è pari a
1 
ln 3 
ln 3 

y
x 
  2  3 x 
2
1
2 
2 


3
1  y 1
 , si ha
Se invertiamo la funzione x  log
2  y  1 
 y  1
y 1
e2x  1
  2 x 
log
 e 2 x  y  ye 2 x  e 2 x  1  y  2 x
y 1
e 1
 y 1
e2x  1
La derivata di y  2 x
è
e 1
y' 




2e 2 x e 2 x  1  2e 2 x e 2 x  1
e
2x

1
2
e
4e 2 x
2x

1
2
pertanto
4e 2 x 
4e log3
43
1
 
f '  log 3   


  2  3

2
2
2
2
  e 2 x  1  x  1 log3
e log 3  1




2
Di conseguenza l’equazione della tangente è pari a
ln 3 

y  3 x 
2
2 

coincidente con quella già precedentemente trovata.
e2x  1
ln 3 

Di seguito il grafico di y  2 x
e della tangente di equazione y  3 x 
  2.
2 
e 1

20
Liceo scientifico sperimentale sessione suppletiva 2013
Quesito 4
Un solido  ha per base la regione R delimitata dal grafico di f x   log x e
dall’asse x sull’intervallo 1, e . In ogni punto di R a distanza x dall’asse y, la misura
dell’altezza del solido è data da hx   x . Quale sarà il volume del solido?
Ogni sezione del solido ha area
Ax   x log x
pertanto il volume del solido è pari a
e
e
1
1
V   Ax dx   x log xdx
Applicando l’integrazione per parti si ha:
e
 x2
x2 
e2 e2 1 e2  1
V   x log xdx   log x   
  
4 1
2
4 4
4
2
1
e
21
Liceo scientifico sperimentale sessione suppletiva 2013
Quesito 5
Un aereo civile viaggia in volo orizzontale con velocità costante lungo una
rotta che lo porta a sorvolare Venezia. Da uno squarcio nelle nuvole il comandante vede le
luci della città con un angolo di depressione di 7°. Tre minuti più tardi ricompaiono
nuovamente le luci, questa volta però l’angolo di depressione misurato è di 13°. Quanti minuti
saranno ancora necessari perchè l’aereo venga a trovarsi esattamente sopra la città?
Consideriamo la figura seguente.
Si sa che QAˆ P  7 e QBˆ P  13 . Applicando il teorema dei triangoli rettangoli al triangolo
AOQ si ha OQ  AO tan83 , e, applicandolo al triangolo BHQ si ha HQ  AO tan77 .
Di conseguenza AB  OH  AO tan83  AO tan77  AOtan83  tan77 .
 metro 
Il tratto AB è stato percorso a una velocità v 
costante in 3 minuti, ovvero in 180
 secondo 
secondi,
questo significa che la lunghezza di AB è AB  v  180  180 v metri e di
conseguenza AO 
180v
. Applicando il teorema dei triangoli rettangoli a
tan83  tan77
PBQ si ricava BP  PQ tan77 
180v  tan77
 204,5 v metri . Poichè la velocità di
tan83  tan77
volo è costante, per percorrere i 204,5 v metri per trovarsi sopra Venezia, sono necessari
204,5 v
204,5
 204,5 secondi  ovvero
 3,41 minuti .
v
60
22
Liceo scientifico sperimentale sessione suppletiva 2013
23
In alternativa avremmo potuto ragionare in questo modo. Per il teorema sui triangoli
rettangoli
PQ  PB tan13
PQ  PA tan7 ;
e
di
connseguenza
 tan13  tan7
PB
tan7

e
. Poichè la velocità è
AB  PA  PB  PQ 

AB tan13  tan7
 tan7 tan13 
costante i tratti AB e PB vengono percorsi in tempi che sono proporzionali alle lunghezze dei
tratti,
: TPB  TAB 
Quesito 6
ovvero
TAB : TPB  AB : PB
da
cui
si
ricava
PB
tan7
 3
 3,41 minuti come precedentemente trovato.
tan13  tan7
AB
Un cono di nichel (densità 1  8,9 g cm 3 ) ha il raggio di base di 15 cm e
altezza di 20 cm. Da questo cono se ne taglia via un altro, avente l’altezza di 5 cm, che viene
sostituito da un cilindro di alluminio (densità  2  2,70 g cm 3 ), che ha la stessa altezza del
cono piccolo e la base uguale alla base minore del tronco di cono residuo. Si dica se la massa
m2 è maggiore o minore di quella m1 del cono di partenza.
Il confronto tra le masse m1 ed m2 si riduce al confronto delle masse del cono di nichel di
altezza 5 cm e raggio di base r e del cilindro di alluminio di altezza 5 cm e raggio di base r .
Si ha:
m1  1 
r 2 h
3
m2   2  r 2 h
In sostanza va effettuato un confronto tra le quantità
1

e  2 ; poichè 1  2,97  2,70   2
3
3
si deduce che la massa m2 è minore di m1 .
Quesito 7
Tenuto conto che:
2x  1
dx
0 x  x 1
si calcoli un’approssimazione di ln 3 , utilizzando uno dei metodi di integrazione numerica
studiati.
1
ln 3  
1
Proviamo innanzitutto che ln 3  
0
2
2x  1
dx . Si ha:
x  x 1
2
Liceo scientifico sperimentale sessione suppletiva 2013
 

1
2x  1
dx  ln x 2  x  1 0  ln 3
 x 1
0
Per l’approssimazione di ln 3 si possono applicare tre differenti metodi:
1
x

formula dei rettangoli

formula dei trapezi

formula delle parabole
2
In tutti e tre i casi supporremo di suddividere l’intervallo 0,1 in 8 intervalli di ampiezza
h
1
mediante i 9 punti
8
1
2
3
4
5
6
7
x0  0, x1  , x2  , x3  , x4  , x5  , x6  , x7  , x8  1
8
8
8
8
8
8
8
cui corrispondono i valori della funzione
1
2
7
y 0  f 0  1, y1  f  , y 2  f  ,, y 7  f  , y8  f 1  1 .
8
8
8

Formula di quadratura dei rettangoli
.L’area approssimata è per difetto
1
x
2x  1
dx  h   y 0  y 2  y3  y 4  y5  y 6  y 7   1,09687
 x 1
2
0
oppure per eccesso
1
x
0
2x  1
dx  h   y1  y 2  y3  y 4  y5  y 6  y 7  y8   1,096878
 x 1
2
che in questo caso coincidono visto che y0  f 0  y8  f 1  1.
Quindi applicando il metodo dei rettangoli un’approssimazione di ln 3 è ln 3  1,096878 .

Formula dei trapezi
L’area approssimata è
1
x
0
2x  1
 y  y1

dx  h   0
 y 2  y3  y 4  y5  y 6  y 7  y8   1,096878
 x 1
 2

2
Notiamo che in questo caso il risultato cui si giunge utilizzando la fomrula dei trapezi è lo
stesso di quello ottenuto attraverso la formula dei rettangoli.
24
Liceo scientifico sperimentale sessione suppletiva 2013

Formula di quadratura delle parabole o di Cavalieri-Simpson
L’area approssimata è
1
x
0
2x  1
1
y0  y8  2 y 2  y 4  y6   4 y1  y3  y5  y7   1,098604
dx 
24
 x 1
2
Si noti come in questo caso si ottiene un’approssimazione diversa da quella ottenuta con i due
metodi precedenti e molto più precisa. Infatti, calcolatrice alla mano, il valore di ln 3 è pari a
ln 3  1,098612 , ovvero il valore approssimato ha 4 cifre decimali esatte.
In generale aumentando il numero di sotto-intervalli in cui si suddivide l’intervallo base,
ovvero per n crescente, ognuno dei metodi soprastanti condurrà a un’approssimazione
sempre migliore. Ad esempio:

utilizzando il metodo dei rettangoli con n  20 , la soluzione approssimata per difetto e
per eccesso è ln 3  1,098335 le cui prime 3 cifre decimali coincidono con il valore
trovato mediante calcolatrice;

utilizzando il metodo dei trapezi con n  20 , la soluzione approssimata è ln 3  1,098335
le cui prime 3 cifre decimali coincidono con il valore trovato mediante calcolatrice;

utilizzando il metodo delle parabole con n  20 , la soluzione approssimata è
ln 3  1,098612 le cui prime 6 cifre decimali coincidono con il valore trovato mediante
calcolatrice.
Quesito 8 Si consideri l’equazione:
4 x 3  14 x 2  20 x  5  0
Si dimostri che essa per 0  x  1 ha un’unica radice reale e se ne calcoli un valore
approssimato con due cifre decimali esatte.
Consideriamo la funzione f x   4 x 3  14 x 2  20 x  5 .
Poichè f 0  5  0 e f 1  5  0 , per il teorema delgi zeri esiste almeno un valore
  0,1 : f    0 . Dobbiamo dimostrare che questo valore è unico. La derivata prima della
funzione f x   4 x 3  14 x 2  20 x  5 è f ' x   12 x 2  28x  20  43x 2  7 x  5 . Poichè la
derivata prima è sempre positiva ne deduciamo che il valore   0,1 : f    0 è unico.
Calcoliamo lo zero positivo   0,1 attraverso il metodo delle tangenti o di NewtonRaphson che permette di calcolare lo zero in maniera ricorsiva attraverso la formula
f xn 
4 x 3  14 x 2  20 xn  5
8 xn3  14 xn2  5
xn1  xn 
 xn  n 2 n

f ' xn 
12 xn  28 xn  20
12 xn2  28 xn  20
Poichè f 0  f ' ' 0  0 allora il punto iniziale da cui partire con l’algoritmo è x  0 .
25
Liceo scientifico sperimentale sessione suppletiva 2013
26
Dal momento che viene richiesta un’approssimazione con due cifre decimali esatte, le
iterazioni terminano quando l’errore di approssimazione è inferiore a
1
. Di seguito la
100
tabella che mostra i passi dell’algoritmo:
n
xn
xn 1
 n  xn  xn1
0
1
2
3
0,000
0,250
0,309
0,312
0,250
0,309
0,312
0,312
0,250
0,059
0,003
n 
1
100
NO
NO
SI
La soluzione   0,1 cercata è   0,312 .
Quesito 9
Lanciando due dadi, qual è la probabilità che esca per somma un numero
primo? Quante volte occorre lanciarli perchè si possa aspettare, con probabilità p=80%
assegnata di veder apparire almeno una volta un numero primo?.
Lanciando due dadi, si possono avere 36 possibili coppie di risultati. In particolare la somma
è un numero primo se è pari a 2 oppure 3 oppure 5 oppure 7 oppure 11.
La somma è pari a 2 nel seguente caso: 11
La somma è pari a 3 nei seguenti due casi: 1,2, 2,1
La somma è pari a 5 nei seguenti quattro casi: 1,4, 2,3, 3,2,4,1
La somma è pari a 7 nei seguenti sei casi: 1,6, 2,5, 3,4, 4,3, 5,2, 6,1
La somma è pari a 11 nei seguenti due casi: 5,6, 6,5
Di conseguenza la somma è un numero primo in 15 casi su 36, ovvero la probabilità che ciò
accada è
15 7
Prsomma è un numero primo 

36 12
La probabilità che la somma non sia un numero primo è il complemento a 1 della probabilità
7
che la somma sia un numero primo, ovvero
. La probabilità di veder almeno una volta un
12
numero primo in N lanci è pari a
N
7
p  1  
 12 
Imponendo che la probabilità soprastante sia maggiore od uguale a 0,8 si ha:
1
ln  
4
1
ln 5
5
7
7
1
1          N  log 7      
3
5
5
5
 7  ln 12  ln 7
 12 
 12 
12  
ln  
 12 
N
N
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pertanto il numero di lanci deve essere pari a N  3 .
Quesito 10 Data la circonferenza di equazione x 2  y 2  16 , si calcoli la lunghezza




dell’arco compreso tra i punti A 2 3,2 e B 2,2 3 . Si scelga poi a caso un punto sulla
circonferenza: si determini la probabilità che tale punto giaccia sull’arco AB.
Si consideri la seguente figura.
L’angolo  formato dalla retta AO con l’asse delle ascisse è tale per cui
AH  AO  sin 
ovvero
1

 
2
6
L’angolo  formato dalla retta BO con l’asse delle ascisse è tale per cui
sin  
BK  BO  sin 
ovvero
sin  
3

 
2
3
Di conseguenza l’arco AB ha apertura
    
e la lunghezza dell’arco AB è

6
4 2

6
3
Scegliendo a caso un punto sulla circonferenza, la probabilità che tale punto giaccia sull’arco
AB è pari al rapporto tra la lunghezza dell’arco AB e la lunghezza della circonferenza:
L AB   r 
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2
1
p 3 
2  4 12
Notiamo che la probabilità richiesta può essere calcolata anche come rapporto tra angoli e in
particolare tra l’angolo al centro individuato dall’arco AB, pari a  

, e l’angolo al centro
6
dell’intera circonferenza pari a 2 . Ciò perchè le lunghezze di archi di circonferenza e della
circonferenza stessa sono direttamente proporzionali agli angoli al centro secondo un fattore
che è il raggio.
28