π x CBA 2 ˆ =

Nome………………………..Cognome………………………….classe 4C
7 Maggio 2011
Verifica di Matematica
PROBLEMA (3 punti)
In un triangolo ABC il lato BC misura a e l’angolo opposto è di
dell’ampiezza di
ABˆ C = 2 x
l’andamento di
f ( x) =
CH
BK
π
3
. Determinare in funzione
essendo CH e BK bisettrici
rispettivamente dell’angolo in C e in B.
sin(2 x)
Verificato che f ( x) =
, senza tener conto delle limitazioni geometriche, determina:
2

sin  π − 2 x 
3

periodo e dominio, intersezioni con gli assi , studio del segno, limiti agli estremi del dominio
e tracciane il grafico probabile.
QUESITI (5 punti)
1) Dai le definizioni di asintoto obliquo.
Data la funzione y = x 2 + 2 x − 3 , determina le equazioni degli asintoti obliqui
2) Dai la definizione di asintoto verticale.
1
Data la funzione: y =
determina il dominio e le equazioni degli asintoti verticali.
ln (2 x − 1) − 1
3) Studia il segno della funzione reale di variabile reale f ( x) = e x + arctan x
4) Data una funzione f(x), spiega cosa significa che f(x) è un infinito per x → xo . Date le seguenti
funzioni, indica quali sono infiniti per x → +∞ e quando è possibile, specifica l’ordine di infinito
rispetto all’infinito campione g(x)=x.
a) f ( x) =
x3 + 7
x + 5x − 1
2
c) f ( x) = ln(2 x + 1) + 2
b) f ( x) = 3 x 3 + 2 x − 1 − 5 x
d) f ( x) =
2x + 5
ex + 3
5) Alberto e Gianna sono chiamati a risolvere la seguente equazione: sin x cos x =
ottiene come soluzione gli angoli x =
1
. Alberto
4
π
5π
+ kπ oppure x =
+ kπ (k intero qualsiasi); Gianna trova
12
12
π kπ
+
(k intero qualsiasi).
12 2
È vero o è falso che Alberto ha risolto correttamente e Gianna no? Fornire una risposta esauriente.
maturità 2004/05 (supplettiva)
la seguente x = (−1) k
Verifica 4C
7 Maggio 2011
1
Soluzioni: Verifica di Matematica
PROBLEMA (3 punti)
In un triangolo ABC il lato BC misura a e l’angolo opposto è di
dell’ampiezza di
ABˆ C = 2 x
f ( x) =
l’andamento di
CH
BK
π
3
. Determinare in funzione
essendo CH e BK bisettrici
rispettivamente dell’angolo in C e in B.
sin(2 x)
, senza tener conto delle limitazioni geometriche, determina:
Verificato che f ( x) =
2

sin  π − 2 x 
3

periodo e dominio, intersezioni con gli assi , studio del segno, limiti agli estremi del dominio
e tracciane il grafico probabile.
A
π
3
H
2π
−x
3
K
π
+x
3
x
x
B
a
π
−x
3
π
−x
3
C
π
Posto ABˆ C = 2 x , essendo fisso l’angolo in Aˆ = si ha che
3
2π
π
0 < 2x <
quindi 0 < x <
3
3
Ricordando che la somma interna degli angolo è π e che la bisettrice divide l’angolo in due parti
uguali, si hanno gli angoli in figura.
Considerando il triangolo BCH per il teorema dei seni:
CH
=
sin (2 x )
BC
a
⇒ CH =
sin(2 x)
 2π

 2π

sin 
− x
sin 
− x
 3

 3

Considerando il triangolo BCK per il teorema dei seni:
BK
BC
a
2

=
⇒ BK =
sin  π − 2 x 
3
2

π

π


sin  π − 2 x  sin  + x 
sin  + x  
3

3

3

Verifica 4C
7 Maggio 2011
2
quindi:
 3

1
π

sin(2 x) ⋅ 
cos x + sin x 
sin  + x 
2
CH
a/ sin(2 x)
sin(2 x)
 2

3
 =
⋅
f ( x) =
=
=


2

2

2

BK
sin  π − x  a/ sin  π − 2 x  sin  2 π − 2 x  ⋅  3 cos x + 1 sin x  sin  π − 2 x 

3

3

3

2
3
  2

sin(2 x)
2

sin  π − 2 x 
3

Numeratore e denominatore sono periodici di periodo π, quindi anche la funzione avrà un
periodo che non è superiore a π si può studiare quindi limitatamente all’intervallo [0; π]
2
π kπ
2

C.E. sin  π − 2 x  ≠ 0
π − 2 x ≠ kπ x ≠ +
3
3 2
3

 π π 5  5

Tenendo conto dell’intervallo scelto D = 0;  ∪  ; π  ∪  π; π
 3 3 6  6

f ( x) =
Intersezioni con gli assi:
asse delle ordinate f(0)=0 e anche f(π)=0
sin(2 x)
kπ
asse delle ascisse
= 0 ⇒ sin(2 x) = 0 ⇒ 2 x = kπ ⇒ x =
, cioè nell’intervallo
2
2

sin  π − 2 x 
3

π
scelto x = 0 ∨ x = ∨ x = π
2
Studio del segno:
+
sin(2 x)
+
>0
2

sin  π − 2 x 
3

sin(2 x) > 0
0 + 2kπ < 2 x < π + 2kπ
⇒
2
2

+
sin  π − 2 x  > 0
0 + 2kπ < π − 2 x < π + 2kπ
3
3

+
π
kπ < x < + kπ
2
π
π
− + kπ < x < + kπ
6
3
Limiti agli estremi del dominio:
3
3
sin(2 x)
sin(2 x)
= 2m = m ∞
= 2m = m ∞
lim
lim
2
 0
2
 0
π±
5π ±
x→
x→
sin  π − 2 x 
sin  π − 2 x 
3
63
3

3

π
5
x = ; x = π asintoti verticali
3
6
Riportando le informazioni e tracciando un grafico probabile si ottiene:
Verifica 4C
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3
y
2
1
x
π/6
π/3
π/2
2π/3
5π/6
π
−1
−2
QUESITI
1) Dai le definizioni di asintoto obliquo.
Data la funzione y = x 2 + 2 x − 3 , determina le equazioni degli asintoti obliqui
y=mx+q è un asintoto verticale se
f ( x)
lim f ( x) = ∞ , m = lim x
x →∞
x →∞
lim ( f ( x) − (mx + q)) = 0 , questo equivale a dire che
x →∞
q = lim ( f ( x) − mx)
x →∞
Verifichiamo se per la funzione y = x 2 + 2 x − 3 le tre condizioni sono soddisfatte:
lim
x → ±∞
x 2 + 2 x − 3 = lim x 2 = +∞
x → ±∞
2
x
f ( x)
x
= lim
= lim = ±1
x
x
x → ±∞
x → ±∞
x → ±∞ x
quindi per x → +∞ l’asintoto obliquo avrebbe m=1
per x → −∞ l’asintoto obliquo avrebbe m=-1
lim
lim ( f ( x) − mx) = lim (
= lim
x → +∞
2x − 3
)
x 2 + 2 x − 3 − x = ∞ − ∞ F.I. che si risolve razionalizzando
x → +∞
x + 2x − 3 + x
Verifica 4C
= lim
2 x/
=1


2 3
x/  1 + − 2 + 1
x x


quindi per x → +∞ l’asintoto obliquo c’è ed ha equazione y=x+1
x → +∞
2
x → +∞
7 Maggio 2011
4
lim ( f ( x) − mx ) = lim (
x → −∞
2x − 3
)
x 2 + 2 x − 3 + x = ∞ − ∞ F.I. che si risolve razionalizzando
x → −∞
2 x/
= −1 ricordando che in questo caso x = − x


2 3
− x/  1 + − 2 + 1
x x


quindi per x → −∞ l’asintoto obliquo c’è ed ha equazione y=-x-1
= lim
x → −∞
x 2 + 2x − 3 − x
= lim
x → +∞
2) Dai la definizione di asintoto verticale.
1
determina il dominio e le equazioni degli asintoti verticali.
Data la funzione: y =
ln (2 x − 1) − 1
x=k è un asintoto verticale se lim f ( x) = ∞ (il limite può essere anche solo da destra o da sinistra)
x→k
Per determinare gli eventuali asintoti verticali occorre calcolare il dominio e fare i limiti agli
estremi finiti del dominio.
1

x>

2 x − 1 > 0

2
C.E. 
⇒
ln(2 x − 1) − 1 ≠ 0 ⇒ ln(2 x − 1) ≠ ln e
x ≠ e + 1

2
 1 e +1  e + 1

D= ;
;+∞ 
∪
2 2   2

1
1
1
=
= 0 − quindi x = non è asintoto verticale
lim
−∞
2
1 + ln (2 x − 1) − 1
x→
2
1
1
lim ln(2 x − 1) − 1 = 0
 e +1 
x →

 2 
±
±
= ±∞ quindi x =
e +1
è asintoto verticale
2
3) Studia il segno della funzione reale di variabile reale f ( x) = e x + arctan x
Studiare il segno di una funzione significa specificare per quali valori di x è positiva e per quali è
negativa, si deve cioè risolvere la disequazione: e x + arctan x > 0 .
La disequazione si può risolvere solo graficamente:
e x > − arctan x tracciando i grafici delle funzioni: y = e x y = arctan x
2
y
1
x
−3
−2
−1
1
2
3
−1
−2
Dal grafico si deduce che le due curve si incontrano in un punto di ascissa α con − 1 < α < 0
E che l’esponenziale è sopra l’arctangente, cioè f(x)>0 per x > α
Mentre l’esponenziale è sotto l’arctangente, cioè f(x)<0 per x < α
Verifica 4C
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5
4) Data una funzione f(x), spiega cosa significa che f(x) è un infinito per x → xo . Date le seguenti
funzioni, indica quali sono infiniti per x → +∞ e quando è possibile, specifica l’ordine di infinito
rispetto all’infinito campione g(x)=x.
a) f ( x) =
x3 + 7
b) f ( x) = 3 x 3 + 2 x − 1 − 5 x
x + 5x − 1
2
c) f ( x) = ln(2 x + 1) + 2
d) f ( x) =
2x + 5
ex + 3
Una funzione f(x) si dice infinito per x → xo se lim f ( x) = ∞ (non importa il segno dell’infinito)
x → x0
Quindi per capire se le funzioni sotto sono infiniti per x → +∞ bisogna calcolare
Detto poi g(x) l’infinito di riferimento il numero α è l’ordine di infinito di f(x) se
f ( x)
= numero diverso da 0
lim
α
x → +∞ [g ( x )]
lim f ( x)
x → +∞
x3 + 7
x3
=
= +∞ quindi la funzione è un infinito,
lim
lim
2
2
x → +∞ x + 5 x − 1
x → +∞ x
f ( x)
x3 + 7
x3
=
= 1 f(x) è un infinito del 1° ordine.
inoltre poiché lim 1 = lim 3
lim
2
3
x → +∞ [x ]
x → +∞ x + 5 x − x
x → +∞ x
a)
b)
lim (
3
x 3 + 2 x − 1 − 5 x ) = ∞ − ∞ F.I.
x → +∞
per confronto tra infiniti
lim (
x → +∞
3
x 3 + 2 x − 1 − 5 x ) = lim 3 x 3 + 2 x − 1 = lim x = +∞ quindi la
x → +∞
x → +∞
funzione è un infinito,
3
f ( x)
x3 + 2x − 1 − 5 x
x
=
= lim = 1 f(x) è un infinito del 1° ordine.
lim
lim
1
x
x → +∞ [x ]
x → +∞
x → +∞ x
c) lim (ln(2 x + 1) + 2 ) = +∞ quindi la funzione è un infinito,
inoltre poiché
x → +∞
ln(2 x + 1) + 2
= 0 f(x) è un
xα
x → +∞
x → +∞
infinito più basso rispetto all’infinito campione, ma non è possibile specificare l’ordine.
inoltre poiché per qualunque numero positivi α
f ( x)
lim [x]
α
= lim
2x + 5 + ∞
=
F.I. per confronto tra infiniti però, il limite è 0 + , quindi la funzione non è un
x
+
∞
+
3
x → +∞
infinito, di conseguenza non ha senso specificarne l’ordine.
d)
lim e
5) Alberto e Gianna sono chiamati a risolvere la seguente equazione: sin x cos x =
ottiene come soluzione gli angoli x =
1
. Alberto
4
π
5π
+ kπ oppure x =
+ kπ (k intero qualsiasi); Gianna
12
12
π kπ
+
(k intero qualsiasi).
12 2
È vero o è falso che Alberto ha risolto correttamente e Gianna no? Fornire una risposta esauriente.
maturità 2004/05 (supplettiva)
trova la seguente x = (−1) k
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6
1
, si può ricondurre ad un’equazione elementare ricordando la formula di
4
1
duplicazione del seno sin x cos x = sin(2 x) ,
2
1
π
5π
π
5π
quindi sin(2 x) =
⇒ 2 x = + 2kπ ∨ 2 x =
+ 2kπ ⇒ x =
+ kπ ∨ x =
+ kπ , cioè la
2
6
6
12
12
soluzione di Alberto è senz’altro corretta, riportando sulla circonferenza goniometrica tute le
π
5π
13π
17 π
soluzioni del primo giro si hanno (con k=0 o k=1): ⇒ x = ; x =
;x=
; x=
12
12
12
12
Quanto scritto da Gianna porta ad avere, sempre sul primo giro, le seguenti soluzioni:
π
5π
13π
17 π
x=
per k = 0; x =
per k = 1; x =
per k = 2; x =
per k = 3 , cioè gli stessi
12
12
12
12
angoli, anche Gianna quindi ha risolto correttamente l’equazione.
L’equazione sin x cos x =
y
1
−1
1
−1
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