TEMA D`ESAME MATURITA` 2010 Problema 1 - Digilander

TEMA D'ESAME MATURITA' 2010
risoluzione - versione senza gure
Il candidato risolva uno dei due problemi e cinque dei dieci quesiti in cui si articola il questionario.
Problema 1
Sia ABCD un quadrato di lato 1, P un punto di AB e γ la circonferenza di centro P e raggio AP . Si
prenda sul lato BC un punto Q in modo che sia il centro di una circonferenza λ passante per C e tangente
esternamente a γ .
1. Se AP = x, si provi che il raggio di λ in funzione di x è dato da f (x) =
1−x
.
1+x
2. Riferito il piano ad un sistema di coordinate Oxy , si tracci, indipendentemente dalle limitazioni
poste ad x dal problema geometrico, il graco di f (x). La funzione f (x) è invertibile? Se sì, quale
è il graco della sua inversa?
3. Sia
1 − x
,
g(x) = 1 + x
x∈R
quale è l'equazione della retta tangente al graco di g(x) nel punto R(0; 1)? E nel punto S(1; 0)?
Cosa si può dire della tangente al graco di g(x) nel punto S ?
4. Si calcoli l'area del triangolo mistilineo ROS , ove l'arco RS appartiene al graco di f (x) o,
indierentemente, di g(x).
Sia T il punto di tangenza fra γ e λ. Il punto T è ovviamente allineato con P e Q, visto che P T e
T Q sono entrambi ortogonali a t, tangente alle due circonferenze passante per T .
Il triangolo P BQ è manifestamente rettangolo in B , per cui deve valere il teorema di Pitagora:
P Q2 = P B 2 + BQ2
ove: P Q = x + y , P B = 1 − x, BQ = 1 − y . Quindi, sostituendo:
(x + y)2 = (1 − x)2 + (1 − y)2 ⇒ x2 + 2xy + y 2 = 1 − 2x + x2 + 1 − 2y + y 2
e quindi, risolvendo rispetto a y :
2xy + 2y = 2 − 2x ⇒ y(x + 1) = 1 − x
da cui, come volevasi dimostrare:
y = f (x) =
1−x
1+x
Prescindendo dalle limitazioni geometriche del problema, come esplicitamente indicato, la lunghezza
x varia su tutto R.
La funzione da studiare è di tipo razionale fratta o omograca: il suo graco è un'iperbole equilatera
traslata, avente per centro di simmetria il punto di incontro degli asintoti (a loro volta ortogonali).
Dominio: R \ {−1}, unico zero in x = 1. Funzione positiva per x > 1, negativa per x < 1. Si ha
inoltre che f (0) = 1.
Calcolando i limiti notevoli, abbiamo:
lim f (x) = ∓∞,
x→−1±
lim f (x) = −1
x→∞
Dunque: x = −1 è un asintoto verticale e y = −1 un asintoto orizzontale (ovviamente non ci sono
asintoti obliqui).
Calcolando la derivata prima (con la formula della derivata delle funzioni fratte), si ha:
f 0 (x) =
2
−1 · (1 + x) − (1 + x)
=−
< 0∀x ∈ D
2
(1 + x)
(1 + x)2
cioè signica che f è sempre decrescente e non presenta punti estremali.
La derivata seconda vale:
f 00 (x) = −2D(x + 1)−2 =
4
(1 + x)3
che è positiva per x > 1 e negativa per x < 1, cioè f ha concavità verso l'alto per x > 1 e verso il
basso per x < 1, non presentando essi.
Il graco si realizza facilmente ed è appunto quello di un'iperbole equilatera con centro C(−1; −1) e
i due asintoti.
Avendo provato che f è strettamente monotona (nel nostro caso, decrescente) ∀x ∈ D, ciò assicura
che f sia invertibile.
Il graco dell'inversa, f −1 (x), come segnalato preliminarmente ai candidati, si ottiene eettuando una
simmetria assiale del graco di f rispetto alla bisettrice y = x.
Tuttavia, la funzione ha come graco un'iperbole equilatera, che ammette come asse trasverso proprio
la bisettrice y = x, visto che il centro di simmetria appartiene a tale retta, quindi il graco di f −1 (x) coincide con quello di f (x) stesso. Ciò si poteva provare calcolando anche l'espressione esplicita dell'inversa:
1−x
, allora:
se y =
1+x
y(1 + x) = 1 − x ⇒ x(y + 1) = 1 − y ⇒ x =
1−y
1+y
che è esattamente l'espressione di f (x), scambiando la x con la y !.
Dei candidati hanno tentanto ad occhio di disegnare la curva simmetrica: alcuni notando questa
proprietà (che andava in qualche
modo giusticata), altri no.
1 − x
, per la denizione stessa di valore assoluto è 1 − x se 1 − x > 0, mentre
1 + x
1+x
1+x
La funzione g(x) = è
x−1
1−x
se
<0
1+x
1+x
1−x
Ora,
> 0 implica (semplice disequazione fratta!) che x < −1 ∧ x > 1, dunque è:
1+x

1−x


se −1 < x < 1
1
x
g(x) = x +
−1


se x < −1 ∧ x > 1
1+1
La funzione g è dunque denita a tratti.
La tangente tR , con R(0, 1), si trova ricordando che il suo coeciente angolare è pari al valore g 0 (0).
E' ovviamente:
0
g (0) = D
1 − x −(x + 1) − (1 − x) = mt =
= −2
x + 1 x=0
(x + 1)2
x=0
Pertanto, l'equazione richiesta è:
tR : y = −2x + 1
Notiamo ora che S(1, 0) è proprio il punto in cui cambia la legge di denizione di g , che risulta ivi
continua, ma non derivabile. Infatti la funzione ammette derivata destra dierente da quella sinistra,
visto che:
x − 1 2
1
=
=
=D
2
1 + x x=1
(1 + x) x=1
2
1 − x −2 1
0
g−
(1) = D
=
=−
2
1 + x x=1
(1 + x) x=1
2
0
g+
(1)
ma
Il punto S è quindi un punto angoloso per g , in quanto le due derivate esistono nite ma sono dierenti.
Possiamo quindi dire che g non è derivabile in S , nel senso che non esiste in questo punto un'unica tangente
ma:
t+
S :y =
1
(x − 1),
2
1
t−
S : y = − (x − 1)
2
Il calcolo dell'area AROS si eettua determinando il valore dell'integrale:
Z
AROS =
0
1
1−x
dx
1+x
La funzione integranda è una frazione algebrica impropria, visto che il grado del numeratore è pari
a quello del denominatore. Dobbiamo quindi eettuare la divisione fra i due polinomi, e sfruttare la
formula:
N (x)
R(x)
= Q(x) +
D(x)
D(x)
Nel nostro caso, come si può facilmente vericare, si ha che Q(x) = −1 e R(x) = 2, per cui
1−x
2
= −1 +
1+x
1+x
e quindi:
Z
1
Z
−1 dx +
AROS =
0
0
1
2
1
dx = −x + 2 · ln |x + 1||0 = −1 + 2 ln 2 ' 0, 386
1+x
Nessuno candidato ha risolto l'es. 2, per la cui soluzione si rimanda quindi al materiale reperibile sui
giornali o in rete.
QUESITI
1. La proprietà andrebbe provata per induzione, ma una semplice generalizzazione della procedura è
stata considerata accettabile (del resto, anche alcune soluzioni reperibili in rete si limitano a ciò...)
Una funzione polinomiale di grado n è data da:
an xn + an−1 xn−1 + ... + a0
La proprietà enunciata deve per forza valere se n ≥ 1
Certamente la proprietà è vera se n = 1:
P 1 (x) = DP1 (x) = D(a1 x + a0 ) = 1 · a1
denotando con P 1 la derivata prima e con P1 la polinomiale di grado 1. Osserviamo quindi che
1 = 1! e che a1 è proprio il coeciente di x1 .
La proprietà è vera anche per n = 2, infatti:
P 2 (x) = DDP2 (x) = DD(a2 x2 + a1 x + a0 ) = D(2a2 x + a1 ) = 2a2
Osserviamo analogamente che 2 = 2! e che a2 è proprio il coeciente di x2 .
Generalizzando, possiamo osservare che la derivata n−esima contiene sempre il termine relativo al
coeciente di grado massimo Quindi:
P n (x) = n · (n − 1) · (n − 2) · −... · 1an = n! · an
per denizione stessa di fattoriale.
La maniera più elegante e completa di dimostrare la proprietà è comunque l'induzione. Abbiamo
provato la validità della formula per n = 1 e per n = 2. Supponendo valida la proprietà per n,
proviamo che è vera anche per n + 1.
2. E' necessario notare che la costruzione graca va fatta in 3 dimensioni.
Applichiamo il teorema delle tre perpendicolari. Se dal piede B della retta P B perpendicolare al
piano ABC si manda la perpendicolare BA alla retta CA del piano, quest'ultima risulta perpendicolare al piano di AB e P B , cioè ABP . Se ne deduce che AC è perpendicolare a tutte le rette
del piano ABP passanti per A e in particolare `e perpendicolare ad AP , quindi il triangolo P CA
è rettangolo. Inoltre, poichè per ipotesi P B è perpendicolare al piano ABC , P B è perpendicolare
ad AB e a CB , quindi i triangoli P AB e P AC sono rettangoli.
3. La tangente alla curva ha naturalmente equazione:
y − y0 = m(x − x0 )
Per la denizione stessa di derivata, m = f 0 (x0 ), quindi:
m = D(e3x )x=x = 3 · e3x0
0
Ponendo ora m pari a 2, dobbiamo risolvere la seguente equazione esponenziale:
3e3x0 = 2 ⇒ e3x0 =
1
2
2
⇒ ln(e3x ) = ln 2/3 ⇒ 3x0 = ln(2/3) ⇒ x0 = · ln
3
3
3
4. Il limite dà ovviamente luogo ad una forma indeterminata del tipo 0 · ∞, che non dà sempre (meno
che mai in questo caso), come ingenuamente si può credere, come risultato 0.
L'indeterminazione si risolve facilmente cambiando variabili:
t=
1
,
x
x→∞⇒t→0
Quindi il limite proposto diviene:
4
sin t
· sin t = lim 4 ·
=4
t→0 t
t→0
t
lim
ricordando il limite fondamentale:
lim
t→0
sin t
t
√
5. Prendendo r = a2 − h2 , ovviamente con r > 0, h > 0, si ha:
V (h) =
π 2
π
π
r h = (a2 − h2 ) · h = (a2 h − h3 )
3
3
3
Derivando, a meno del fattore costante
π
:
3
a
V 0 (h) = (a2 − 3h2 ) = 0 ⇒ hmax = √
3
scartando ovviamente la soluzione negativa.
Se calcoliamo la derivata seconda, si ha:
V 00 (x) = −6h
che è, nel punto hmax , manifestamente negativa, quindi il valore trovato è eettivamente un punto
di massimo assoluto (ad analoga conclusione saremmo arrivati studiando il segno di V 0 (h)).
Il volume massimo sarà allora:
V (hmax ) =
che dà, tenendo conto che a = 80 cm:
π 2 a2
a
(a − ) · √
3
3
3
Vmax ' 206.265, 44 cm3
.
Ricordando che 1 l = 1 dm3 = 1000 cm3 , dividendo quindi per 1000 abbiamo il risultato desiderato:
Vmax = 206, 26 l
6. Ricordando
che f (x) è denita se e solo se f (x) ≥ 0, possiamo dire che il dominio della funzione
p
cos(x) è dato dalle soluzioni della disequazione elementare in coseno:
p
cos x ≥ 0
che va risolta tenendo conto della periodicità della funzione.
cos x ≥ 0 ⇒ 2kπ ≤ x ≤
π
3π
+ 2kπ ∪
+ 2kπ ≤ x ≤ 2kπ
2
2
che si può scrivere in forma più elegante come:
−
π
π
+ 2kπ ≤ x ≤ + 2kπ
2
2
Qundi, possiamo scrivere (la notazione ed i formalismi erano forse la cosa più dicile del quesito):
D = {x| −
π
π
+ 2kπ ≤ x ≤ + 2kπ,
2
2
k ∈ Z}
7. Una funzione è continua in un punto x0 se e solo se:
lim f (x) = lim− f (x) = f (x0 )
x→x+
0
x→x0
Imponendo tale condizione per la nostra funzione denita a tratti, per la quale, non a caso, viene
detto di esprimere una condizione di continuità per x = 4, si ha:
,
lim f (x) = lim 3x2 − 11 · x − x = 0 = f (4),
x→4+
x→4+
lim f (x) = lim kx2 x − 1 = 16k − 9
x→4−
x→4−
Dunque, la condizione di continuità è espressa da
16k − 9 = 0 ⇒ k =
9
16
8. Ricordando la denzione di progressione aritmetica (la dierenza fra un termine ed il successivo è
costante) e quella di coeciente binomiale, si ha che n > 3 deve soddisfare alla equazione:
n
n−3
−
n
n−2
=
n
n−2
−
n
n−1
Sfruttando la denizione:
n!
n!
n!
n!
−
=
−
(n − 3)! · 3! (n − 2)! · 2!
(n − 2)! · 2! (n − 1)! · 1!
Sfruttando la proprietà ricorsiva del fattoriale:
n(n − 1)(n − 2)(n − 3)! n(n − 1)(n − 2)!
n(n − 1)(n − 2)!
n(n − 1)!
−
=
−
(n − 3)! · 6
(n − 2)! · 2
(n − 2)! · 2
(n − 1)! · 1
La relazione dà luogo all'equazione quadratica fratta:
(n − 1)(n − 2) n − 1
n−1
−
=
−1
6
2
2
che ridotta in forma normale dà:
n2 − 9n + 14 = 0
Le soluzioni sono n = 2∨n = 7, ma scartando la prima perchè deve essere n > 3, possiamo aermare
che la soluzione è n = 7 (avendo luogo la progressione 7, 21, 35, aritmetica di ragione 14.
9. Usando il teorema dei seni (relativamente al caso in cui si abbiano due lati e uno degli angoli
opposti) si ha:
√
sin β
sin γ
AB
3 2
=
⇒ sin γ =
· sin 45 =
' 1, 061
AC
AB
AC
2 2
Risulta che questo triangolo avrebbe sin γ > 1, quindi non può esistere.
Se β = 30, allora:
sin γ =
3
3
AB
sin 30 = ⇒ γ = arcsin = 48, 6 ∧ 180 − 48, 6 = 131, 4
AC
4
4
Dunque, ci possono essere due triangoli (ottusangoli) che risolvono il problema, che risultano entrambi esistenti, in quanto il terzo angolo è calcolabile (dalla relazione costruttiva sugli angoli
interni) in entrambi i casi:
• γ = 48, 6,
• γ = 131, 4,
β = 30,
β = 30,
α = 180 − 30 − 48, 6 = 101, 4 > 0
α = 180 − 30 − 131, 4 = 18, 6 > 0
10. La rotazione di A attorno all'asse y produce un solido (concavo) il cui volume è dato dalla dierenza
fra il volume del cilindro di h = 2 e r = 4 e il volume del solido che si ottiene facendo ruotare√B
attorno a y . Per quest'ultimo calcolo, eseguiamo una rotazione d'assi, che muta la curva y = x
nella parabola y = x2 , come si può vedere dalla gura.
Z
2
VB = π
0
x4 dx =
32
π
5
Vcil = π16 · 2 = 32
Quindi
VA = 32π −
32
128
π=
π
5
5