x - Matematicamente

Sessione ordinaria all’estero (Americhe) 2006
Soluzione a cura di Nicola De Rosa
ESAME DI STATO: Indirizzo Scientifico
Sessione ordinaria 2006
SECONDA PROVA SCRITTA
Tema di MATEMATICA
Il candidato risolva uno dei due problemi e 4 dei 7 quesiti in cui si articola il
questionario:
PROBLEMA 1.
Nel piano, riferito ad un sistema di assi cartesiani ortogonali (Oxy), sono assegnate le curve di
equazione:
y = ax 2 +
b
,
x
dove a, b sono parametri reali.
a) Fra tali curve determinare quella che passa per i punti di coordinate (2,3) e (− 2,5) e indicarla
con γ.
b) Studiare la curva γ e disegnarne l’andamento, dopo aver trovato, in particolare, le coordinate del
suo punto di minimo relativo e del suo flesso.
c) Calcolare l’area della regione piana delimitata dalla curva γ e dalla retta y=5.
d) Utilizzando il disegno di γ, trovare quante soluzioni ammette l’equazione x 3 − kx − 2 = 0 , per
− 2 < x < 2 , essendo k un parametro reale.
PROBLEMA 2.
Nel piano, riferito ad un sistema monometrico di assi cartesiani ortogonali (Oxy ) , è assegnata la
parabola p’ di equazione:
y = ax 2 ,
dove a è un numero reale positivo assegnato.
a) Condotta una generica retta t per il fuoco F della parabola p’ e chiamato M il punto medio del
segmento che p’ intercetta su t, trovare le funzioni x(k ) ed y (k ) che forniscono, nell’ordine,
l’ascissa e l’ordinata di M per mezzo della pendenza della retta t.
b) Considerate le equazioni x(k ) e y (k ) ed eliminato il parametro fra esse, si trova l’equazione di
una seconda parabola p” (è chiamata luogo geometrico del punto M al variare di t nel fascio di
centro F).
c) Calcolare l’area A della regione piana R delimitata dalle parabole p’ e p” e dalle rette di
equazioni x = 0 ed x = 2a .
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d) Trovare il valore di a per il quale l’area A è uguale
13
e, in corrispondenza di tale valore,
24
calcolare il volume del solido generato dalla regione R quando ruota di un giro completo intorno
all’asse y.
QUESTIONARIO.
1) Calcolare la derivata, rispetto ad x, della funzione f ( x ) = sin 2 (2 x ) .
2) Si consideri la seguente proposizione:
Condizione necessaria e sufficiente affinché due triangoli siano congruenti è che abbiano due lati
congruenti e i seni degli angoli fra essi compresi uguali.
Dire se è vera o falsa e spiegare in modo esauriente la risposta data.
3) Si indichi con α l’angolo che una diagonale di un cubo forma con una faccia. La misura di α ,
espressa in radianti:
[A] è
 3
 3
 6
; [B] è arccos
; [C] è arctan

arcsin 
 3 ; [D] un valore diverso.

 6 
3






Una sola alternativa è corretta: individuarla e fornire una spiegazione esauriente della scelta operata.
4) Considerata l’equazione: x 4 + x − 2 = 0 , spiegare, con il metodo preferito ma in maniera
esauriente, perché non può ammettere più di una soluzione razionale.
5) In un cono equilatero di apotema a inscrivere il cilindro circolare retto di volume massimo.
6) La funzione reale di variabile reale f(x) ammette derivata nulla in tutti i punti di un intervallo J,
tranne che nel punto a di J, dove la funzione non è continua. Si può concludere che la funzione f(x)
è costante in J? Fornire una spiegazione esauriente della risposta.
7) Si consideri il seguente limite:
1
 xx
lim+ 1 − 
x→0 
2
Esso è uguale a:
[A] e 2 ; [B] 12 ; [C]
e
e ; [D]
1
e
;
dove “e” è il numero di Nepero.
Una sola alternativa è corretta: individuarla e fornire una spiegazione esauriente della scelta operata.
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PROBLEMA 1.
Nel piano, riferito ad un sistema di assi cartesiani ortogonali (Oxy), sono assegnate le curve di
equazione:
y = ax 2 +
b
,
x
dove a, b sono parametri reali.
Punto a
Fra tali curve determinare quella che passa per i punti di coordinate (2,3) e (− 2,5) e
indicarla con γ.
Il passaggio della curva per i punti (2,3) e (-2,5) comporta la risoluzione del sistema seguente:
b

4
a
+
=3
a = 1

2
⇒

4a − b = 5 b = −2

2
2 x3 − 2
Per cui la curva richiesta è y = x − =
x
x
2
Punto b
Studiare la curva γ e disegnarne l’andamento, dopo aver trovato, in particolare, le coordinate
del suo punto di minimo relativo e del suo flesso.
Studiamo la funzione f ( x ) =
x3 − 2
x
Dominio: R /{0} ;
Intersezione asse delle ascisse: f ( x ) =
(
)
x3 − 2
= 0 ⇒ A 3 2 ,0 ;
x
Intersezioni asse delle ordinate: non ve ne sono;
Eventuali simmetrie: non è una funzione nè pari nè dispari;
Positività:
x3 − 2
f (x ) =
> 0 la studiamo, risolvendo separatamente numeratore e
x
denominatore:
N (x ) = x 3 − 2 > 0 ⇒ x > 3 2
N (x )
⇒ f (x ) =
> 0⇒ x < 0∨ x > 3 2 ;
D( x )
D(x ) = x > 0 ⇒ x >
Asintoti verticali:
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x3 − 2
lim
= −∞
x→0 +
x
⇒ x = 0 è asintoto verticale;
x3 − 2
lim
= +∞
x→0 −
x
x3 − 2
= ±∞ per cui non ci sono asintoti orizzontali;
x → ±∞
x
Asintoti orizzontali: lim
f (x )
= +∞
x → +∞
x
Asintoti obliqui: non ve ne sono in quanto
;
f (x )
lim
= −∞
x → −∞
x
lim
Crescenza
e
(
decrescenza:
la
derivata
prima
è
)
2 x3 + 1
f ' (x ) =
> 0 ⇒ x ∈ (− 1,0 ) ∪ (0,+∞ ) quindi la funzione è strettamente crescente
x2
in (− 1,0) ∪ (0,+∞ ) e strettamente decrescente altrove.
Concavità e convessità: la derivata seconda è f ' ' ( x ) =
(
)
2 x3 − 2
. La funzione presenta
x3
eventuali flessi a tangente obliqua nelle ascisse dei punti che annullano il numeratore
(
)
(
)
N ( x ) = x 3 − 2 della derivata seconda. Il numeratore N ( x ) = x 3 − 2 si annulla in
x = 3 2 in cui la funzione presenta un flesso a tangente obliqua. Inoltre f ' ' (− 1) = 6 > 0
per cui (-1,3) è un minimo relativo.
Il grafico è presentato di seguito:
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Punto c
Calcolare l’area della regione piana delimitata dalla curva γ e dalla retta y=5.
Le intersezioni della curva con la retta di equazione y=5
f (x ) =
si ricavano risolvendo l’equazione
x3 − 2
= 5 ⇒ x 3 − 5 x − 2 = 0 e ricordando che per ipotesi la curva passa per (-2,5), un
x
(
)
divisore di x 3 − 5 x − 2 è certamente ( x + 2) . Il polinomio di terzo grado si scompone come
(x
(x
3
3
S=
)
(
− 5 x − 2 ) = (x + 2 )(x
)
− 2 x − 1) = 0 ⇒ x = −2, x = 1 ±
− 5 x − 2 = (x + 2 ) x 2 − 2 x − 1
1− 2
∫
−2
2
per
2.
cui
L’area
da
calcolare
vale
1− 2
1− 2



x3 − 2 
x3
2

 5 −
dx = ∫  5 − x 2 + dx = 5 x −
+ 2 ln x 
x 
x
3


 −2
−2 
(

1− 2
= 5 − 5 2 −
3

(
)
3
=
 
8

+ 2 ln 2 − 1  − − 10 + + 2 ln 2 =
3

 
)
(
)
(
)

  22
7−5 2

= 5 − 5 2 −
+ 2 ln 2 − 1  − −
+ 2 ln 2 =
3


  3
(
)
 8 10 2
  22
 2 1
10 2

= −
+ 2 ln 2 − 1  +  − 2 ln 2 = 10 −
+ 2 ln
− 
3
3
3
3
2
2





Punto d
Utilizzando il disegno di γ, trovare quante soluzioni ammette l’equazione x 3 − kx − 2 = 0 , per
− 2 < x < 2 , essendo k un parametro reale.
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Trovare le soluzioni dell’equazione x 3 − kx − 2 = 0 per − 2 < x < 2 equivale a trovare le soluzioni

x3 − 2
y
=

x

del sistema  y = k
. Consideriamo a tal riguardo il grafico sottostante in cui viene
− 2 < x < 2


rappresentata la curva γ con le rette y = −1, y = 3, y = 5, y = 6 per − 2 < x < 2 .
Il grafico soprastante evidenzia le seguenti soluzioni:
1 soluzione positiva per k < 3 ;
2 soluzioni coincidenti e pari a x = −1 per k = 3 : la soluzione x = 2 ∉ (− 2,2) va scartata;
2 soluzioni negative per 3 < k < 5 ;
1 soluzione negativa per k = 5 : la soluzione x = −2 ∉ (− 2,2) va scartata;
1 soluzione negativa per k > 5 .
In conclusione si ha:
1 soluzione per k < 3 ∨ k ≥ 5 ;
2 soluzioni per 3 ≤ k < 5 .
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PROBLEMA 2.
Nel piano, riferito ad un sistema monometrico di assi cartesiani ortogonali (Oxy ) , è assegnata
la parabola p’ di equazione:
y = ax 2 ,
dove a è un numero reale positivo assegnato.
Punto a
Condotta una generica retta t per il fuoco F della parabola p’ e chiamato M il punto medio del
segmento che p’ intercetta su t, trovare le funzioni x(k ) ed y (k ) che forniscono, nell’ordine,
l’ascissa e l’ordinata di M per mezzo della pendenza della retta t.
La parabola in questione, di equazione y = ax 2 passa per l’origine degli assi, ha come vertice
 1 
l’origine degli assi (0,0) e presenta come fuoco il punto F =  0,  .
 4a 
Una retta generica passante per il fuoco F ha equazione:
t : y = kx +
1
4a
Ora si calcolano le intersezioni tra la retta t e la parabola p’: va risolta l’equazione seguente:
1
2ak ± 2a k 2 + 1 k ± k 2 + 1
2 2
ax = kx +
→ 4a x − 4akx − 1 = 0 → x =
=
4a
2a
4a 2
2
Per cui i punti di intersezione saranno:
 k + k 2 +1  k + k 2 +1  1 

+
A=
, k




2a
2a

 4a 

 k − k 2 +1  k − k 2 +1  1 

+
B=
, k

 4a 

2a
2
a




Il punto medio M avrà coordinate:
1 
 x + xB y A + yB   k k 2
M = A
,
+  = ( x(k ), y (k ))
 =  ,
2
 2
  2a 2a 4a 
Punto b
Considerate le equazioni x(k ) e y (k ) ed eliminato il parametro fra esse, si trova l’equazione
di una seconda parabola p” (è chiamata luogo geometrico del punto M al variare di t nel fascio
di centro F).
Ora posto:
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k

x
=
k = 2ax

2a

⇔

k2
1
2
k
1
y
=
+
y =

+
2a 4 a


2a 4 a
si ricava l’equazione della parabola p’’:
y=
(2ax )2
2a
+
1
1
= 2ax 2 +
4a
4a
Punto c
Calcolare l’area A della regione piana R delimitata dalle parabole p’ e p” e dalle rette di
equazioni x = 0 ed x = 2a .
Per il calcolo dell’area si consideri la figura seguente:
L’area sarà:
( )
2a
2a
 ax 3

1 
x
8a 4 1
 2 1
2 
S = ∫  2ax 2 +
+  =
+
 − ax dx = ∫ ax + dx = 
4a 
4a 
4a  0
3
2

 3
0 
0 
2a
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Punto d
Trovare il valore di a per il quale l’area A è uguale
13
e, in corrispondenza di tale valore,
24
calcolare il volume del solido generato dalla regione R quando ruota di un giro completo
intorno all’asse y.
Per calcolare il valore di a dobbiamo imporre l’equazione:
8a 4 1 13
8a 4
1
1
1 
1
1

+ =
→
=
→ a4 =
→  a 2 −  a 2 +  = 0 → a = ±
3
2 24
3
24
64
8 
8
2 2

ed essendo a un valore positivo si ha che la soluzione accettabile è a =
1
2 2
. In tal modo le due
parabole avranno equazione:
f1 ( x) =
x2
2 2
x2
1
f 2 ( x) =
+
2
2
Per il calcolo del volume consideriamo la figura seguente:
I punti A,F,D,E,C hanno le seguenti coordinate:
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1   1
3   1  
3 
 1   1
A
,0 , F 
,
,
, D
, E  0,
, C  0,

2  2 2
 2   2 4 2  2 2 2 
Prima di calcolare il volume colorato in verde esprimiamo gli archi del primo quadrante delle
parabole suddette come funzioni x = g ( y ) :
f1 ( x) =
x2
→ x = 2 2y
2 2
x2
1
f 2 ( x) =
+
→x=
2y −1
2
2
Questo è possibile farlo in quanto nel primo quadrante l’invertibilità delle due parabole è garantita.
Il volume lo si ricava partendo dal volume del cilindro ottenuto dalla rotazione del rettangolo
OCDA cui va sottratto i volumi ottenuti dalla rotazione intorno all’asse delle ordinate delle regioni
di piano R1 ed R2, cioè:
3
2
V =π
3  1 

 −π
2 2 2
2 2
∫
1
1



2 y − 1 

2

dy − π

4 2
∫
0
2

 dy =
2
2
y


 

2
3

1 
2
2 2


y 2
 3

2
π
−
− y
− y 2 04 2  =
1
4 2  2

2


 3
9 2
3
2
1 
2 
=π
−
−
−
+
=
−
4
2 2
2  32 
 4 2  16
 3
5 2
1
2  9 2π
=
= π 
−
+
−

16
32
32
4
2
2
2


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QUESTIONARIO.
Quesito 1
Calcolare la derivata, rispetto ad x, della funzione f ( x ) = sin 2 (2 x ) .
f ( x ) = sin 2 (2 x )
derivata
di
d (sin (2 x ))
(4
) cos
( x3)) = 2 sin (4 x )
f ' ( x ) = 2 ⋅ sin (2 x ) ⋅
= 2 ⋅ sin (2 x ) ⋅ 2 ⋅ cos(2 x ) = 2 ⋅ (1
2 sin
2 x2
44
4424
dx
sin ( 4 x )
La
In altro modo ricordando che
f ' (x ) = −
f ( x ) = sin 2 (2 x ) =
è
1 − cos(4 x ) 1 1
= − cos(4 x ) la derivata è
2
2 2
1
[− 4 ⋅ sin (4 x )] = 2 sin (4 x ) .
2
Quesito 2
Si consideri la seguente proposizione:
Condizione necessaria e sufficiente affinché due triangoli siano congruenti è che abbiano due
lati congruenti e i seni degli angoli fra essi compresi uguali.
Dire se è vera o falsa e spiegare in modo esauriente la risposta data.
La proposizione è falsa in quanto
Condizione necessaria e sufficiente affinché due triangoli siano congruenti è che abbiano due lati
congruenti e gli angoli fra essi compresi uguali.
Cioè i due triangoli devono avere uguali gli angoli compresi tra i due lati congruenti e non devono
avere uguali i seni degli angoli in quanto, detti α , β due angoli, da sin α = sin β si ricava sia
α = β che α = 180° − β , cioè due angoli che hanno seni uguali o sono uguali o supplementari;
ecco per cui la proposizione è falsa.
Quesito 3
Si indichi con α l’angolo che una diagonale di un cubo forma con una faccia. La misura di α ,
espressa in radianti:
[A] è
 3
 3
 6
; [C] è arctan

; [B] è arccos
arcsin 



 3 ; [D] un valore diverso.
 3 
 6 


Una sola alternativa è corretta: individuarla e fornire una spiegazione esauriente della scelta
operata.
Consideriamo la figura seguente:
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L’angolo che una diagonale di un cubo forma con una faccia è l’angolo che la diagonale del cubo
forma con la diagonale della faccia. La diagonale del cubo di lato l misura d C = l 3 mentre la
diagonale della faccia misura d F = l 2 . Il lato che si oppone all’angolo da determinare misura l.
Applicando il teorema dei seni si ha
 3
 per cui la risposta
3 sin (θ ) = 1 da cui θ = arcsin 

3


corretta è la A.
Quesito 4
Considerata l’equazione: x 4 + x − 2 = 0 , spiegare, con il metodo preferito ma in maniera
esauriente, perché non può ammettere più di una soluzione razionale.
Ricordiamo il teorema seguente:
se un polinomio p(x) a coefficienti interi è tale per cui il numero razionale
a
è un suo zero, cioè
b
a
p  = 0 , allora valgono le seguenti:
b
1. il numeratore a divide il termine noto;
2. il denominatore b divide il coefficiente di grado massimo del polinomio.
Quindi la nostra concentrazione va posta sul coefficiente di grado massimo del polinomio, che è
unitario, e sul termine noto, pari a (− 2) . Ora gli unici divisori di 1 e (− 2) ( e cioè del coefficiente
di grado massimo e del termine noto) sono 1 e -1. Quindi le possibili soluzioni razionali potrebbero
essere 1 e -1. Ma p(1) = 0, p(− 1) = −2 , per cui l’unica soluzione razionale è x = 1.
In maniera alternativa possiamo trovare esplicitamente le radici reali dell’equazione x 4 + x − 2 = 0
e stabilire quante di esse sono razionali. Sicuramente x = 1 è soluzione in quanto sostituendo in
x 4 + x − 2 = 0 otteniamo l’identità 0=0. Applicando allora la regola di Ruffini si ha
(
)
x 4 + x − 2 = 0 ⇒ ( x − 1) x 3 + x 2 + x + 2 = 0 →
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x =1
(x
3
)
+ x2 + x + 2 = 0
.
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(
)
Troviamo le radici dell’equazione cubica x 3 + x 2 + x + 2 = 0 o equivalentemente gli zeri della
(
)
(
)
funzione f ( x ) = x 3 + x 2 + x + 2 . Innanzitutto lim x 3 + x 2 + x + 2 = ±∞ ; inoltre la derivata prima
della funzione
(
x → ±∞
f (x ) = x 3 + x 2 + x + 2
(
)
è
(
)
f ' (x ) = 3x 2 + 2 x + 1
)
f ( x ) = (x
da cui deduciamo la stretta
crescenza della cubica f ( x ) = x 3 + x 2 + x + 2 in tutto R. Quindi a norma del primo teorema degli
zeri esiste un unico zero della funzione
3
)
+ x 2 + x + 2 in (− ∞,+∞ ) . In particolare, essendo
f (− 2 ) = −4 < 0, f (− 1) = 1 > 0 l’unico zero di f ( x ) = (x 3 + x 2 + x + 2 ) si trova in (− 2,−1) . Per
trovare lo zero cercato applichiamo il metodo delle tangenti con punto iniziale x0 = −2 , tramite
formula di ricorrenza x n +1 = x n −
f (xn )
con un errore inferiore a 10 −3 . Sviluppando il metodo si
f ' (xn )
ha:
1. x0 = −2 ;
2. x1 = x0 −
 x3 + x2 + x + 2 
f (x0 )
14
= −2 − 
= − ≈ −1.55556

2
f ' (x0 )
9
 3x + 2 x + 1  x = x
0
3. x 2 = x1 −
 x3 + x2 + x + 2 
f ( x1 )
= −1.55556 − 
≈ −1.38076

2
f ' ( x1 )
 3x + 2 x + 1  x = x
1
4. x3 = x 2 −
 x3 + x2 + x + 2 
f (x2 )
= −1.38076 − 
≈ −1.35381

2
f ' (x2 )
 3x + 2 x + 1  x = x
2
 x3 + x2 + x + 2 
f ( x3 )
5. x 4 = x3 −
= −1.35381 − 
≈ −1.35321

2
f ' ( x3 )
 3x + 2 x + 1  x = x
3
Poiché x 4 − x3 ≈ 0.0006 <
1
allora α ≅ −1.353 è lo zero trovato.
1000
In conclusione gli zeri reali dell’equazione x 4 + x − 2 = 0 sono due e pari a x = 1, x = −1.353 dei
quali solo x = 1 è razionale.
In ultima analisi, piuttosto che applicare il metodo delle tangenti, avremmo potuto applicare il
metodo di Cardano per le equazioni di terzo grado ed avremmo ottenuto i medesimi risultati.
Quesito 5
In un cono equilatero di apotema a inscrivere il cilindro circolare retto di volume massimo.
Si consideri la figura sottostante raffigurante in sezione il cono circoscritto al cilindro.
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Soluzione a cura di Nicola De Rosa
C
G
A
D
KH = x
con
CH : HB = CK : KF e cioè
cilindro
è
0< x<
H
F
B
E
a
a 3
per cui CH =
.
2
2
Poiché il cono è equilatero si ha HB =
Poniamo
K
a 3
. I triangoli CHB e CKF sono simili per cui
2


3a 3
a 3 a a 3

 . Il volume del
: = 
− x  : KF da cui KF =
−
x
 2

2 2  2
3



(
)
π  a 3
2

π
3a 2
VCilindro ( x ) = π ⋅ KF ⋅ KH = 
− x  ⋅ x =  x 3 − a 3 x 2 +
3 2
3
4

2

x  .

La
minimizzazione del volume la effettuiamo tramite derivazione. La derivata prima del volume è:
'
VCilindro
(x ) =
[12 x
12
π
2
]
− 8a 3 x + 3a 2 =
π
12
(2 x − a 3 )(6 x − a 3 ) per cui
'
VCilindro
(x ) > 0 ⇒ 0 < x <
 a 3
a 3

⇒ VCilindro ( x ) strettamente crescente in  0 ,
6
6 

'
(x ) < 0 ⇒ 0 < x <
VCilindro
a 3 a 3
a 3

⇒ VCilindro ( x ) strettamente decrescente in 
,

2
6
2


'
(x ) = 0 ⇒ x =
VCilindro
a 3
a 3
a 3
∨x=
⇒x=
ascissa di massimo relativo proprio
2
6
6
Quindi il volume massimo lo si ha per x =
a 3
1
, cioè quando l’altezza del cilindro è
di quella
6
3
2
 a 3  π  a 3 a 3   a 3  a 3 3π
= 
 

del cono, e vale VCilindro 
 3  2 − 6  ⋅  6  = 54 .
6



 

Quesito 6
La funzione reale di variabile reale f(x) ammette derivata nulla in tutti i punti di un intervallo
J, tranne che nel punto a di J, dove la funzione non è continua. Si può concludere che la
funzione f(x) è costante in J? Fornire una spiegazione esauriente della risposta.
Per un corollario del teorema di Lagrange si ha:
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Sia f una funzione definita in un intervallo J della retta reale ed in esso continua. La f sia inoltre
derivabile in tutti i punti interni al tale intervallo e sia f ’(x) ≡ 0. Allora la funzione f è costante in
tutto J.
Nel caso in esame tale teorema non è applicabile a tutto l’intervallo J in quanto la funzione non è
continua in un punto a dell’intervallo J. Tuttavia il corollario è applicabile ai due sotto intervalli
destro e sinistro non contenenti a, per cui la funzione sarà costante a tratti negli intervalli di
esistenza.
Quindi se la funzione reale di variabile reale f(x) ammette derivata nulla in tutti i punti di un
intervallo J, tranne che nel punto a di J, dove la funzione non è continua si può concludere che la
funzione è costante a tratti negli intervalli di esistenza, cioè in J /{a} , ma non si può concludere che
sia completamente costante in J.
Ad esempio la funzione y = arctan x + arctan
1
è definita per x ∈ R /{0}. La derivata prima è:
x
1
1
x2 = 1 − 1 = 0
y' =
+
1+ x2 1+ 1 1+ x2 1+ x2
x2
−
Essendo la derivata prima nulla, la funzione è costante negli intervalli di esistenza (− ∞,0) e (0,+∞ ) ,
e il valore della costante può essere trovato valutando la funzione in un punto qualsiasi dei due
intervalli
( )
(− ∞,0) e (0,+∞ ) ,
ad esempio in
3 ∈ (0,+∞ ) e − 3 ∈ (− ∞,0 ) . In questo caso
( )
 1  π π π
y 3 = arctan 3 + arctan 
 = + =
 3 3 6 2
 1 
π π
π
y − 3 = − arctan 3 − arctan
 = − − = −
3 6
2
 3
(
)
( )
π
1  2
In conclusione la funzione è costante a tratti e vale y = arctan x + arctan = 
x  π
− 2
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se x ∈ (0 , + ∞ )
se x ∈ (− ∞,0 )
.
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Quesito 7
Si consideri il seguente limite:
1
 xx
lim+ 1 − 
x→0 
2
Esso è uguale a:
[A] e 2 ; [B] 12 ; [C]
e
e ; [D]
1
e
;
dove “e” è il numero di Nepero.
Una sola alternativa è corretta: individuarla e fornire una spiegazione esauriente della scelta
operata.
Operiamo la sostituzione t =
2
. In tal modo x → 0 + ⇒ t → +∞ . Si ha:
x
(−t )

1  
 x
 
lim 1 −  = lim 1 +
t → +∞
x→0 + 
2
 (− t )  
1
x
−
1
2
(−t )


1   
  
=  lim 1 +
t → +∞  (− t )   
144424443
−
1
2
=e
−
1
2
=
1
e
per cui la soluzione
=e
corretta è la D.
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