LICEO SCIENTIFICO CORSO DI ORDINAMENTO SESSIONE

LICEO SCIENTIFICO
CORSO DI ORDINAMENTO
SESSIONE ORDINARIA
201 3
Il candidato risolva uno dei due problemi e 5 dei 10 quesiti scelti nel questionario.
2
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
PROBLEMA1
  t  1
La funzione f è definita da f x    cos   dt per tutti i numeri reali x appartenenti
 2  2
0
all’intervallo chiuso [0,9]
1. Si calcolino f '   e f ' 2  .
2. Si tracci, in un sistema di coordinate cartesiane, il grafico  di f ' x  e da esso si deduca
per quale o quali valori di x, f x  presenta massimi o minimi. Si tracci altresì l’andamento di
f x  deducendolo da quello di f ' x  .
3. Si trovi il valor medio di f ' x  sull’intervallo 0,2  .
4. Sia R la regione del piano delimitata da  e dall’asse x per 0  x  4 ; R è la base di un
 
solido W le cui sezioni con piani ortogonali all’asse x, per ciascun x, area Ax   3 sin x  .
4 
Si calcoli il volume di W.
x
RISOLUZIONE
Punto 1
A norma del teorema fondamentale del calcolo integrale, o di Torricelli-Barrow, la derivata
x
  t  1
 x 1
prima della funzione integrale f x    cos   dt è pari a f ' x   cos   . Di
 2  2
2 2
0
1
1
1
1 1
  1
conseguenza f '    cos    0   e f ' 2   cos     1   
2
2
2
2 2
2 2
Punto 2
 x 1
Il grafico della funzione f ' x   cos   si può ricavare in due modi alternativi
2 2
Primo metodo
Partendo dal grafico della funzione elementare g x   cos x :

 x
si ricava il grafico di g1 x   cos  attraverso una dilatazione lungo l’asse delle ascisse
2
di un fattore 2;

 1
 x 1
si effettua una traslazione di vettore v 0,  e si ricava il grafico di f ' x   cos  
 2
2 2
1
 x
traslando il grafico di g1 x   cos  verso le ordinate positive di una quantità pari a .
2
2
Secondo metodo
 x 1
Si studia la funzione y  cos   in [0,9].
2 2
Dominio: [0,9];
Liceo scientifico di ordinamento sessione ordinaria 2013
1
4
 x 1
 x
y  cos    0  cos     x  
 4k , k  Z
e
2
3
2 2
2
considerando l’intervallo [0,9] le uniche due intersezioni con l’asse delle ascisse sono
4
8
:
x
x
3
3
3
Intersezioni ordinate: x  0  y  ;
2
Simmetrie: la funzione è periodica di periodo T  4 ed è pari; tuttavia dovendo considerare
l’intervallo [0,9] la periodicità e la simmetria pari non sono direttamente visualizzabili nel
grafico;
Positività:
la
funzione
è
positiva
se
1
x 2
4
x
 x
da
cui
cos     2k  
 2k 
 2k   2  2k , k  Z
2
2
3
3
2
2
4
8
4k  x 
 4k 
 4k  x  4  4k , k  Z ; considerando l’intervallo [0,9] la
3
3
funzione
è
positiva in
Intersezione
ascisse:
2 cosx   1
0
+
+
+
+
-
+
+
 x 1
cos  
2 2
4
3
-
8
3
+
9
 x 1
  - Quadro dei segni
2 2
Positività: y  cos
 4
 0,
 3
  8 
   ,9  ;
  3 
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;
x
3
4
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
Crescenza e decrescenza: la derivata prima è
1  x
y '   sin  per cui la funzione è
2 2
 x
strettamente crescente negli intervalli in cui sin    0 e strettamente decrescente negli
2
 x
intervalli
in
cui
Poiché
sin    0 .
2
x
 x
e
sin   0  2k     2k  4k  x  2  4kk , k  Z
2
2
x
 x
sin   0    2k   2  2k  2  4k  x  4  4kk , k  Z , e considerando
2
2
l’intervallo di analisi [0,9] deduciamo che la funzione è strettamente in 2 ,9 e strettamente
1

decrescente in 0,2  ; in conclusione la funzione presenta un minimo relativo in m 2 ,  .
2

3
 3
Inoltre dal momento che y0   y9 deduciamo che M  0,  è massimo assoluto per la
2
 2
funzione.
1  x
 sin  
2 2
Derivata prima:
Concavità e convessità:
2
0
2 cosx   1
9
x
1  x
y '   sin  - Quadro dei segni
2 2
la derivata seconda è
1  x
y ' '   cos  e si annulla in
4 2
 x
x    2k , k  Z per cui la funzione presenta concavità verso l’alto laddove cos   0
2
 x
ovvero in  ,9 e concavità verso il basso laddove cos   0 ovvero in 0,   . Pertanto
2
 1
l’unico punto di flesso a tangente obliqua, nell’intervallo [0,9], è F   ,  e la tangente
 2
1
1
inflessionale ha equazione y   x     .
2
2
1  x
 cos 
4 2
2 cosx   1
0
Derivata seconda: y ' '  

9
x
1
 x
cos  - Quadro dei segni
4
2
Liceo scientifico di ordinamento sessione ordinaria 2013
5
 x 1
Di seguito il grafico di y  f ' x   cos   .
2 2
  t  1
 x 1
Dal grafico di f ' x   cos  
deduciamo che la funzione f x    cos   dt
 2  2
2 2
0
x
presenta:

massimi o minimi nei punti in cui
4
8
x x .
3
3
Di
 x 1
f ' x   cos  
2 2
conseguenza
  t  1
 x x
f x    cos   dt  2 sin  
 2  2
2 2
0
x
sono
gli
si annulla e quindi in
estremi
relativi
4 2
 8 4

  ,   3 ,   ,   3  .
3 3
 3 3

di
In
6
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
4 2

8 4

particolare M '   ,   3  è un massimo e m'   ,   3  è un minimo in quanto
3 3

3 3

 4   8 
 4 8 
f ' x  è positiva in  0,    ,9  e negativa in  ,  .
 3   3 
 3 3 

 x 1
un flesso nel punto di minimo di f ' x   cos  
e cioè in F ' 2 ,   con tangente
2 2
inflessionale di equazione y  
1
x  2      x  2 .
2
2
  t  1
 x 1
I grafici di f x    cos   dt e f ' x   cos  
sono di seguito mostrati nello
 2  2
2 2
0
x
stesso riferimento cartesiano.
Punto 3
 x 1
La funzione f ' x   cos   è continua in R e in particolare in 0,2  , pertanto è possibile
2 2
calcolare il suo valore medio in 0,2  .
Liceo scientifico di ordinamento sessione ordinaria 2013
 x 1
Il valore medio di f ' x   cos   in 0,2  è
2 2
2
2
  x  1
1
1 
 x  x
VM 
cos   dx 
2 sin     



2  0 0   2  2 
2 
 2  20
.
1
1
1
2 sin      2 sin 0  0    

2
2
2
 x
Dal risultato soprastante si evince che il valore medio dell’addendo cos  in un intero
2
 x 1
periodo di ampiezza 2 è nullo, ovvero il valore medio di f ' x   cos  
è pari
2 2
esattamente al valore dell’addendo costante; ciò deriva dal fatto che la funzione coseno è una
grandezza alternativa o alternata, ovvero, considerato un intervallo qualsiasi di tempo di
ampiezza pari al periodo T , l'area sottesa dalla parte positiva della funzione è uguale all'area
sottesa dalla parte negativa della funzione.
Punto 4
Poichè l’area di ogni sezione del solido è pari a
 
Ax   3 sin x  con 0  x  4
4 
il volume V del solido W può essere visto come somma di tanti volumetti
dVW  Ax dx
Di conseguenza il volume richiesto è pari a
4
4
0
0
V W    dVW   Ax dx 
4
12 
 
  
  3 sin  x dx   cos x   .
 
4 
 4  0
0
12
24
  1   1 
4


7
8
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
PROBLEMA2
Sia f la funzione definita, per tutti gli x reali, da f x  
1.
2.
3.
4.
8
4  x2
Si studi f e se ne disegni il grafico  in un sistema di coordinate cartesiane Oxy. Si
scrivano le equazioni delle tangenti a  nei punti P 2;1 e Q2;1 e si consideri il
quadrilatero convesso che esse individuano con le rette OP e OQ. Si provi che tale
quadrilatero è un rombo e si determinino le misure, in gradi e primi sessagesimali, dei
suoi angoli.
Sia  la circonferenza di raggio 1 e centro (0;1). Una retta t, per l’origine degli assi, taglia
 oltre che in O in un punto A e taglia la retta d’equazione y  2 in un punto B. Si provi
che, qualunque sia t, l’ascissa x di B e l’ordinata y di A sono le coordinate x, y  di un
punto di  .
Si consideri la regione R compresa tra  e l’asse x sull’intervallo [0;2]. Si provi che R è
equivalente al cerchio delimitato da  e si provi altresì che la regione compresa tra  e
tutto l’asse x è equivalente a quattro volte il cerchio.
La regione R, ruotata attorno all’asse y, genera il solido W. Si scriva, spiegandone il
perchè, ma senza calcolarlo, l’integrale definito che fornisce il volume di W.
RISOLUZIONE
Punto 1
Studiamo della funzione f x  
8
4  x2
Dominio: R
Intersezioni asse ascisse: non ve ne sono
Intersezioni asse ordinate: x  0  f 0  2
Simmetrie: la funzione è pari in quanto f  x  
8

8
 f x 
4  x2
4   x 
Positività: la funzione è sempre positiva in quanto sia il numeratore che il denominatore sono
strettamente positivi;
Asintoti verticali: non ve ne sono in quanto il dominio è R;
8
Asintoti orizzontali: poichè lim
 0 si deduce che y  0 è asintoto orizzontale destro
x  4  x 2
e sinistro;
Asintoti obliqui: non ve ne sono in quanto per una funzione razionale fratta la presenza
dell’asintoto orizzontale esclude la presenza di quello obliquo;
 16 x
Crescenza e decrescenza: la derivata prima è f ' x  
pertanto, essendo il
2
4  x2


2
2


denominatore 4  x 2 sempre positivo, la derivata prima è positiva dove è positivo il
numeratore e negativa dove il numeratore è negativo; di conseguenza la funzione è crescente
per x  0 e decrescente per x  0 e presenta pertanto un massimo relativo ed assoluto in
M 0,2 ; di seguito il quadro dei segni della derivata prima.
Liceo scientifico di ordinamento sessione ordinaria 2013
9
4  x 
2 2
 16 x
0
Derivata prima:
f ' x  
 16 x
4  x 
2 2
- Quadro dei segni
Concavità e convessità: la derivata seconda è f ' ' x  

x


16 3x 2  4
4  x 
2 3

pertanto, essendo il
3
denominatore 4  x 2 sempre positivo, la derivata seconda è positiva dove è positivo il
numeratore e negativa dove il numeratore è negativo; di conseguenza la funzione è concava


 2 3 2 3
2 3 2 3

 e
verso l’alto in   ,
,  e concava verso il basso in  
,



3
3
3
3

 



2 3 3
 2 3 3
presenta due flessi a tangente obliqua in F1 
,  e F2  
,  con tangenti
3
2
3
2



inflessionali
y
rispettivamente
di
equazioni
y
3 3
2 3 3
3 3
9
x 
  
x


8 
3  2
8
4
3 3
2 3 3 3 3
9
x
 
. Di seguito il quadro dei segni della derivata seconda.
x

8 
3  2
8
4
4  x 
3x  4
2 3
2

2 3
3
Derivata seconda: f ' ' x  
Il grafico è di seguito mostrato:
2 3
3

16 3x 2  4
4  x 
2 3
x
 - Quadro dei segni
e
10
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
La tangente in P 2;1 ha equazione y  mx  2  1 con m  f '  2 
pertanto la tangente ha equazione y 
 16 x
4  x 
2 2

1
2
1
x2.
2
La tangente in Q2;1 ha equazione y  mx  2  1 con m  f ' 2 
 16 x
4  x 
2 2

1
pertanto
2
1
la tangente ha equazione y   x  2 .
2
Le due tangenti si incontrano nel punto M le cui coordinate si deducono risolvendo il sistema
1

y  x2

x  0

2
da cui si ricava 
.

y  2
y  1 x  2

2

Di seguito nello stesso riferimento cartesiano la funzione con le tangenti sopra calcolate e il
quadrilatero MPOQ.
Liceo scientifico di ordinamento sessione ordinaria 2013
Il quadrilatero MPOQ è un parallelogramma in quanto presenta i lati a due a due paralleli.
1
1
Infatti i lati MQ e OP sono paralleli in quanto appartenenti alle rette y   x  2 e y   x
2
2
così come sono paralleli i lati MP e OQ in quanto appartenenti rispettivamente alle rette
1
1
y  x  2 e y  x . Per essere un rombo dobbiamo provare che il parallelogramma MPOQ
2
2
ha i lati congruenti, infatti si ha:
MP 
MQ 
PO 
QO 
0  22  2  12  5
0  22  2  12  5
 2  02  1  02  5
2  02  1  02  5
Alternativamente per dimostrare che il quadrilatero è un rombo, basta dimostrare che è un
parallelogramma con le diagonali perpendicolari e si incontrano a metà. Che sia un
parallelogramma è stato dimostrato precedentemente, e che le diagonali siano perpendicolari e
si incontrano a metà è vero in quanto giacciono sulle rette x  0 e y  1 e si incontrano nel
punto medio (0;1).
11
12
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
1
L‘angolo formato dalla retta OQ con l’asse positivo delle ascisse è   arctan  pertanto
2
1
POˆ Q  PMˆ Q  180  2 arctan   12652' e di conseguenza MPˆ O  MQˆ O  5308' .
2
Alternativamente ricordando che il coefficiente angolare tra due rette s e t è dato dalla formula
m  mt
1
tan   s
, e applicando tale formula alle rette OQ di cefficiente angolare
e QM di
1  ms mt
2
coefficiente
angolare

1
,
2
si
ricava
1  1
  
2  2 4
ˆ
tan MQO 

1
3
1
4
4
MQˆ O  arctan   5308' come già precedentemente trovato.
3
Di seguito il quadrilatero con gli angoli sopra calcolati.
Punto 2
La circonferenza di centro (0,1) e raggio 1 ha equazione
x 2   y  1  1  x 2  y 2  2 y  0 .
2
da
cui
Liceo scientifico di ordinamento sessione ordinaria 2013
Consideriamo ora la figura di seguito.
Una retta passante per l’origine ha equazione y  mx ed incontra la circonferenza nei punti
per cui
2m
x 2  m 2 x 2  2mx  0  x xm 2  1  2m  0  x  0  x  2
m 1
da cui i punti


 2m
2m 2 
 .
O0,0, A 2
, 2
m

1
m

1


13
14
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
2 
La retta y  mx taglia la retta y  2 in B ,2  .
m 
 2 2m 2 
8
 appartenga al grafico di f x  
Controlliamo che il punto x B , y A    , 2
.
4  x2
 m m  1
Sostituendo si ha:
2m 2

m2  1
8
2
4 
m
2

8m 2
2m 2

4m 2  4 m 2  1
ovvero l’identità è verificata.
Punto 3
Consideriamo la figura di seguito in cui è raffigurata la regione R.
 8 
dx . Calcolando l’integrale si ha:
L’area della regione R è pari a AR    
2 
04 x 
2




1



2
2
 8 
2



 dx 
AR    
dx  
dx  4
2 
2
2



 x
 x 
04 x 
0
0
1    
1    
  2  
  2  
2
2
2


 x 
 4arctan    4 arctan 1  4   
4
 2  0

che coincide con l’area del cerchio di raggio unitario.
8
L’area, invece, compresta tra il grafico di f x  
e l’asse x è
4  x2
Liceo scientifico di ordinamento sessione ordinaria 2013

 8
A  
2
  4  x




 x 
 
dx  4arctan  4   4      4
2

 2  
 2

che è pari al quadruplo dell’area del cerchio unitario.
Punto 4
Consideriamo la figura seguente che mostra il solido W. Il volume del solido W può essere
calcolato in differenti modi.
Metodo dei gusci cilindrici.
Il solido generato dalla rotazione attorno all’asse y di una regione piana può essere visto come
somma di tanti “gusci cilindrici”, cioè cilindri cavi di raggio interno x, raggio esterno x  x
f x  . Consideriamo il volume finito V di un “guscio” come volume
ed altezza
infinitesimo dV , quindi trattiamo x come infinitesimo dx ; esso può essere espresso nella
forma:


dV   x  dx   x 2  f x   2  x  dx  f x     dx   f x 
2
2
2
2
Poiché dx  è un infinitesimo di ordine superiore a dx , allora il termine   dx   f x  è
trascurabile rispetto a 2  x  dx  f x  , pertanto


dV   x  dx   x 2  f x   2  x  dx  f x 
2
Il volume del solido dovuto alla rotazione intorno all’asse delle ordinate, pensato come
somma di tanti volumetti dV relativi all’intervallo di ascisse a, b , è pertanto pari a
b
b
a
a
V   dV  2  xf x dx .
Applicando tale formula si ha:
2
V W   2 
0
 
8x
dx  8 ln x 2  4
x 4
2

2
0
 8 ln 8  ln 4  8 ln 2  17,42
15
16
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
Utilizzo delle formule inverse
Calcoliamo la funzione inversa di y 
x
8
8
con x  0,2 . Si ha x 2   4 da cui
2
y
4 x
8
 4 con y  1,2.
y
Detti:

V1 il volume del cilindro, avente raggio di base OA  2 e altezza QA  1 ;

V2 il volume del solido ottenuto ruotando la funzione x 2 
8
 4 attorno all’asse y,
y
con y  1,2;
il volume del solido W è V W   V1  V2 .
Il volume V1 è pari a 4 mentre
8

2
V2      4 dy  4 2 ln y  y 1  4 2 ln 2  1
y

1
2
pertanto
V W   V1  V2  4  4 2 ln 2  1  8 ln 2  17,42
come precedentemente trovato.
Nota storica
La funzione f x  
8
non è altro che il luogo geometrico noto con il nome di versiera
4  x2
di Agnesi. Il suo studio era stato assegnato nel Problema 1 della Maturità Scientifica
Sperimentale nel 2003. Di seguito uno stralcio del testo:
Nel piano sono dati: il cerchio g di diametro OA = a, la retta t tangente a g in A, una retta r
passante per O, il punto B, ulteriore intersezione di r con g, il punto C intersezione di r con
t. La parallela per B a t e la perpendicolare per C a t s’intersecano in P. Al variare di
r, P descrive il luogo geometrico G noto con il nome di versiera di Agnesi [da Maria
Gaetana Agnesi, matematica milanese, (1718-1799)].
Si verifichi che, con una opportuna scelta del sistema di coordinate cartesiane ortogonali e
monometriche Oxy, l’equazione cartesiana di G è: y 
a3
x2  a2
Si noti che per a  2 l’equazione del luogo diventa, appunto, f x  
8
.
4  x2
Liceo scientifico di ordinamento sessione ordinaria 2013
17
QUESTIONARIO
Quesito 1
Un triangolo ha area 3 e due lati che misurano 2 e 3. Qual è la misura del terzo
lato? Si giustifichi la risposta.
Le soluzioni al quesito possono essere differenti: ne presentiamo due, la prima che fa uso
della trigonometria e l’altra della geometria.
Uso della trigonometria
L’area di un triangolo è esprimibile come il semiprodotto dei lati per il seno dell’angolo
compreso. Nel caso in esame detto  l’angolo compreso tra i due lati di lunghezza 2 e 3 si
ha: 3 sin   3 da cui sin   1    90 pertanto il triangolo è rettanolo e per il teorema di
Pitagora il terzo lato misura
2 2  32  13 .
Uso della geometria
Si
applica
A
la
formula
di
Erone
per
il
calcolo
dell’area
di
un
triangolo:
p p  a  p  b p  c  ; nel caso in esame il terzo lato c è incognito mentre a  2, b  3
e sil semiperimetro è p 
c5
. Impostando l’equazione A  3 si ottiene:
2
c 5c 5
 c  5  c  5

 2 
 3 
 c  3

2  2
 2
 2

da cui
c  5  c  1  c  1  5  c 



 3
2  2  2  2 
 25  c 2  c 2  1 


  3
 4  4 
Elevando al quadrato primo e secondo membro si ha
 25  c 2  c 2  1 


  9
4
4



ovvero si ottiene l’equazione biquadratica
c 4  26c 2  169  0
equivalente a
c
2

2
 13  0
le cui soluzioni sono
c   13 .
Scartando la soluzione negativa si ritrova il risultato precedentemente trovato, cioè c  13 .
18
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
Alternativamente consideriamo il lato di lunghezza 3 come la base del triangolo. Se l’area
deve essere uguale 3 allora l’altezza deve essere pari a 2, ciò significa che l’altro lato di
lunghezza 2 coincide con l’altezza e in quanto tale è perpendicolare al lato di lunghezza 3. Da
ciò si deduce che il triangolo è rettangolo e l’altro lato lo si ricava mediante il teorema di
Pitagora.
Quesito 2 Si calcoli il dominio della funzione
f x   1  2  3  x .
3  x  0

Il dominio di f x   1  2  3  x è dato da: 2  3  x  0
equivalente a

1  2  3  x  0
x  3
x  3
x  3
x  3
x  3






 3  x  4
  x  1
  x  1   x  1  1  x  2 .
 3 x  2



3  x  1  x  2


 2  3  x  1 2  3  x  1  3  x  1 
Si considerino nel piano cartesiano i punti A2;1 e B 6;8 . Si determini
l’equazione della retta passante per B e avente distanza massima da A.
Quesito 3
La retta passante per B 6;8 ha equazione y  mx  6  8 e la distanza del punto A2;1
7
 7  8m
m

8
7  8m  1  m 2

dalla retta y  mx  6m  8  0 è pari a d m  
. La derivata
7
1  m 2  8m  7
m
 1  m 2
8
prima della funzione distanza è pari a
m

2
  8 1  m  7  8m 
7   7m  83 m  7
1  m2


m
8
8  1  m 2 2
1  m2

d ' m   

m
7
2
 8 1  m  8m  7 
 7m  8
m
3

8
7  1  m 2 2
1  m2
m


8

1  m2
7
La derivata prima per m  è sempre positiva, pertanto un eventuale distanza massima va
8
7
ricercata per m  . In questo caso si nota che la derivata della distanza è positiva per
8
8
8
7
8
m   e negativa per   m  di conseguenza la distanza è massima per m   cui
7
7
8
7
corrisponde la retta
Liceo scientifico di ordinamento sessione ordinaria 2013
8
48
x
 8  0  8 x  7 y  104  0
7
7
 8
e una distanza massima pari a d     113 .
 7
7  8m
Di seguito un grafico della funzione d m  
:
1  m2
y
Alternativamente possiamo ragionare per via geometrica. Consideriamo la figura seguente.
19
20
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
La retta r è la perpendicolare alla retta AB passante per B, mentre la retta s è una ulteriore
retta passante per B e C è il piede della perpendicolare ad essa passante per A.
Notiamo che il triangolo ACB è rettangolo in C, pertanto AC è un cateto ed in quanto tale è
sempre minore dell’ipotenusa AB. Questo significa che la distanza massima AB la si ottiene
quando B si trova sulla retta perpendicolare ad AB.
y 7
Nel caso in esame la retta AB ha pendenza
 pertanto la perpendicolare ad essa avrà
x 8
y
8
pendenza
  e l’equazione di tale retta perpendicolare passante per B è
x
7
8
y   x  6  8  8 x  7 y  104  0
7
come già precedentemente trovato.
Quesito 4
Di un tronco di piramide retta a base quadrata si conoscono l’altezza h e i lati
a e b delle due basi. Si esprima il volume V del tronco in funzione di a,b e h, illustrando il
ragionamento seguito.
Il tronco assegnato appartiene alla piramide in figura:
Denotiamo con x la distanza del vertice V della piramide dal centro della base superiore del
tronco. In tal modo l’altezza complessiva della piramide risulta h + x.
Per la similitudine dei triangoli VOL e VO’M si ha
h  x  : x  a : b ,
2 2
Liceo scientifico di ordinamento sessione ordinaria 2013
da cui
x
hb
.
a b
L’altezza della piramide di vertice V è quindi
hb
a
.
hh
a b
a b
Il volume del tronco è quindi uguale al volume dell’intera piramide privato del volume della
piramide di vertice V e avente per base la base superiore del tronco.
Si ha quindi
1  ha  1 2  hb  1 h
1

V  a2 
a 3  b 3   ha 2  b 2  ab  .
 b 

3  a  b  3  a  b  3 a  b 
3
VO  x  h 
Quesito 5
In un libro si legge: “Due valigie della stessa forma sembrano “quasi uguali”,
quanto a capacità, quando differiscono di poco le dimensioni lineari: non sembra che in
genere le persone si rendano ben conto che ad un aumento delle dimensioni lineari (lunghezza,
larghezza, altezza) del 10% (oppure del 20% o del 25%) corrispondono aumenti di capacità
(volume) di circa 33% (oppure 75% o 100%: raddoppio)”. E’ così? Si motivi esaurientemente
la risposta.
Consideriamo la forma delle valigie come un parallelepipedo di dimensioni lineari a, b, c il
cui volume è V  abc .
Se le dimensioni lineari aumentano del 10%, ogunna di esse misurerà
a1  1,1a, b1  1,1b, c1  1,1c
pertanto il nuovo volume sara
V1  a1b1c1  1,1 abc  1,331V  V  0,331V
3
di conseguenza il nuovo volume è aumentato rispetto a quello iniziale del 33,1%.
Se le dimensioni lineari aumentano del 20%, ogunna di esse misurerà
a2  1,2a, b2  1,2b, c2  1,2c
pertanto il nuovo volume sarà
V2  a2 b2 c2  1,2 abc  1,7281V  V  0,728V
3
di conseguenza il nuovo volume è aumentato rispetto a quello iniziale del 72,8%.
Se le dimensioni lineari aumentano del 25%, ogunna di esse misurerà
a3  1,25a, b3  1,25b, c3  1,25c
pertanto il nuovo volume sarà
V3  a3b3 c3  1,25 abc  1,953125V  V  0,953125V
3
di conseguenza il nuovo volume è aumentato rispetto a quello iniziale di circa il 95%.
In conclusione, in buona approssimazione, possiamo dire che la risposta è esatta.
21
22
Quesito 6
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
Con le cifre da 1 a 7 è possibile formare 7!=5040 numeri corrispondenti alle
permutazioni delle 7 cifre. Ad esempio i numeri 1234567 e 3546712 corrispondono a due di
queste permutazioni. Se i 5040 numeri ottenuti si dispongono in pridne crescente qual è il
numero che occupa la settima posizione e quale quello che occupa la 721-esima posizione?
Disponiamo in ordine crescente i primi sette numeri dei 5040. Di seguito una tabellina
riassuntiva:
Numero Posizione
1234567 Prima
1234576 Seconda
1234657 Terza
1234675 Quarta
1234756 Quinta
1234765
Sesta
1235467 Settima
da cui deduciamo che il numero in settima posizione è 1235467.
Fissando la prima cifra, si possono avere 6!=720 combinazioni di sei numeri che assieme alla
prima cifra formano un numero di 7 cifre. Questo significa che fissato 1 come prima cifra si
hanno 720 numeri di 7 cifre che iniziano con 1 mentre il 721-esimo è il primo numero che
inizia con 2 e cioè 2134567.
Quesito 7
Un foglio rettangolare di misure a e b, ha area 1m 2 e forma tale che,
tagliandolo a metà (parallelamente al lato minore) si ottengono die rettangoli simili a quello di
partenza. Quali sono le misure di a e b?
Consideriamo la figura di seguito.
Liceo scientifico di ordinamento sessione ordinaria 2013
23
Impostando la relazione di similitudine tra lati omologhi si ha:
a
a2
a
2
.
b:  a:b  b 
b
2
2
2
Poichè l’area deve essere unitaria deve aversi
a  4 2
2
a
a

a b 1 a 

 1  a2  2  
1 .
b

2
2

4
2

Quesito 8 La funzione f ha il grafico in figura. Se
x
g x    f t dt , per quale valore di x, g ha un
0
minimo? Si illustri il ragionamento seguito.
Ci sono differenti modi per rispondere al quesito. Ne presentiamo tre.
Primo metodo
La funzione f x  è continua per x  0 pertanto a norma del teorema findamentale del calcolo
integrale, o di Torricelli-Barrow, la derivata della funzione integrale esiste ed è pari a
g ' x   f x  . Dal grafico notiamo che g ' x   0 per x  0, x  2  x  4 e che g' x  è
positiva in 0,2  4, e negativa in 2,4 pertanto g x  è crescente in 0,2  4, e
decrescente in 2,4 ; di conseguenza g x  assume valore minimo per x  4 .
Secondo metodo
x
Alternativamente poichè g x    f t dt rappresenta, a norma dell’interpretazione geometrica
0
x
dell’integrale, la somma algebrica delle aree sottese, la quantità g x    f t dt è minima
0
quando tutta l’area del triangolo del quarto quadrante viene sottratta e cioè quando x  4 .
x
In conclusione g x    f t dt è minima per x  4 e il valore minimo è dato dalla differenza
0
tra
le
aree
dei due triangoli,
2  2 2 1
g 4   f t dt 

 1.
2
2
0
Terzo metodo
quello
del
primo
e
del
quarto
4
x
Possiamo procedere a ricavare analiticamente la funzione g x    f t dt . Si ha:
0
quadrante:
24

N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
0,1 :
Intervallo
la
funzione
f t 
x
x
1
0
0
0
è
pari
a
f t   2t
pertanto
g x    f t dt   2t dt  x 2  c . Poichè g 1   f t dt  1 , in quanto coincidente con l’area
del triangolo rettangolo con i cateti pari a 1 e 2, imponendo g 1  1 nell’equazione
g x   x 2  c si ricava 1  1  c  c  0 pertanto nell’intervallo 0,1 si ha
x
g x    f t dt  x 2 ;
0

1,2:
Intervallo
la
funzione
f t 
è
pari
x
x
2
0
0
0
f t   4  2t
a
pertanto
g x    f t dt   4  2t dt  4 x  x 2  c . Poichè g 2   f t dt  2 , in quanto coincidente
con l’area del triangolo di base e altezza 2, imponendo g 2  2 nell’equazione
g x   4 x  x 2  c si ricava 2  8  4  c  c  2 pertanto nell’intervallo 1,2 si ha
x
g x    f t dt   x 2  4 x  2 ;
0

2,3 :
Intervallo
x
la
funzione
f t 
è
x
pari
a
f t   2  t
pertanto
3
x2
3
 c . Poichè g 3   f t dt  , in quanto coincidente
2
2
0
0
0
con l’area del triangolo di base e altezza 2 cui va sottratta l’area del triangolo rettangolo di
x2
3
cateti unitari, imponendo g 3 
nell’equazione g x   2 x 
 c si ricava
2
2
x
x2
3
9
 2x ;
 6   c  c  0 pertanto nell’intervallo 2,3 si ha g x    f t dt  
2
2
2
0
g x    f t dt   2  t dt  2 x 

3, :
Intervallo
x
x
la
funzione
f t 
è
pari
4
a
f t   t  4
pertanto
x2
 4 x  c . Poichè g 4   f t dt  1 , in quanto coincidente
2
0
0
0
con l’area del triangolo di base e altezza 2 cui va sottratta l’area del triangolo con base e
x2
altezza unitari, imponendo g 4  1 nell’equazione g x  
 4 x  c si ricava
2
x
x2
 4x  9 .
1  8  16  c  c  9 pertanto nell’intervallo 3, si ha g x    f t dt 
2
0
In conclusione si ha
x 2
0  x 1
 2
1 x  2
 x  4 x  2
x
 2
g x    f t dt   x  2 x
2 x3
0
 2
 x2
  4x  9
x3
2
g x    f t dt   t  4dt 
Liceo scientifico di ordinamento sessione ordinaria 2013
Di seguito nello stesso riferimento cartesiano le due funzioni rappresentate nell’intervallo
0,4:
x
Dal grafico soprastante si nota che la funzione g x    f t dt ha un massimo in M  2,2 in
0
corrispondenza del vertice dei due rami di parabola
g x    x 2  4 x  2, x  1,2 e
x2
 2 x , x  2,3, e un minimo in m  4,1 in corrispondenza del vertice dell’arco
2
x2
 4 x  9 , x  3, .
di parabola g x  
2
g x   
Quesito 9
Si calcoli
lim 4
x 0
Si ha:
lim 4
x 0
sin x cos x  sin x
x2
cos x  1cos x  1
sin x cos x  sin x
 cos x  1 
 lim 4 sin x
 lim 4 sin x

2
2
x 0
x
x 2 cos x  1
 x
 x 0
2
2
4 sin x  sin x 
4 sin x
 sin x 
  lim
 lim 

  lim
 0
x 0 cos x  1
x

0
x

0

cos x  1 
x
 x 





0
1
25
26
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
 sin x 
in cui abbiamo sfruttato il limite notevole lim 
 1.
x 0
 x 
Quesito 10 Se la figura a lato rappresenta il grafico di f x  ,
quale delle seguenti potrebbe essere il grafico di f ' x  ? Si
giustifichi la risposta.
La funzione f x  ha un massimo in x  2 e x  2 pertanto la sua derivata prima deve
annullarsi in x  2 e x  2 , da cui deduciamo che le opzioni C) e D) sono da scartare.
Inoltre se x  2 è ascissa di massimo questo significa che la derivata prima a sinistra di
x  2 deve essere positiva e a destra di x  2 negativa; con lo stesso ragionamento se
x  2 è ascissa di minimo, a sinistra di x  2 la derivata prima deve essere negativa e a
destra positiva; da questi ragionamento deduciamo che l’opzione B) va scartata e per
esclusione la risposta corretta è A).