Soluzioni dei problemi della maturit`a scientifica A.S. 2012/2013

Soluzioni dei problemi della maturità scientifica
A.S. 2012/2013
Nicola Gigli
∗
Sun-Ra Mosconi
†
June 20, 2013
Problema 1
1. Il teorema fondamentale del calcolo integrale garantisce che
f 0 (x) = cos
x 1
+ .
2 2
Quindi
f 0 (π) = cos
π 1
1
+ = ,
2 2
2
f 0 (2π) = cos
2π 1
1
+ =− .
2
2
2
2. La funzione f 0 è periodica, ed il suo periodo si ottiene determinando il più
piccolo T > 0 tale che
f 0 (0) = f 0 (T )
⇔
3
T
1
= cos +
2
2
2
⇔
cos
T
= 1.
2
L’ultima equazione ha soluzione T /2 = 2kπ e quindi T = 4kπ con k ∈ Z, da
cui si deduce che il periodo è 4π. Essendo 9 < 4π possiamo studiare f 0 ed f
in [0, 4π]. Notiamo che f 0 è continua insieme a tutte le sue derivate. Il segno
di f 0 si determina risolvendo la disequazione trigonometrica cos x2 ≥ − 12 .
Risolviamo (in [0, 4π]) l’equazione associata:
cos
∗
†
x
1
=− ,
2
2
⇔
x
π
= π ± + 2kπ,
2
3
Università di Nizza
Università di Catania
1
⇔
4
8
x = π, x = π.
3
3
Mediante confronto grafico fra le funzioni y = cos x2 e y = − 12 si deduce che
f 0 (x) ≤ 0 per x ∈ [0, 4π]
⇔
4 8
x ∈ [ π, π].
3 3
La derivata di f 0 si calcola facilmente come
x 1
f 00 (x) = − sin · .
2 2
Quest’ ultima è maggiore o uguale zero (nell’intervallo [0, 4π]) quando
x
x
sin ≤ 0 ⇔
∈ [π, 2π] ⇔ x ∈ [2π, 4π].
2
2
Quindi f 0 risulta decrescente in [0, 2π] e crescente in [2π, 4π]. Per studiare la
concavità di f 0 calcoliamo la derivata seconda
x
1
f 000 (x) = − cos ,
4
2
e calcoli simili ai precedenti mostrano che in [0, 4π] vale
f 000 (x) ≥ 0
⇔
[π, 3π].
Quindi f 0 è concava in [0, π] ∪ [3π, 4π], convessa in [π, 3π] ed ha due flessi in
x = π e x = 3π.
Il grafico qualitativo di f 0 è dunque il seguente.
3
2,5
2
1,5
1
0,5
-π
0
π
2π
3π
4π
5π
-0,5
-1
-1,5
Se ne deduce che f è crescente in [0, 43 π] ∪ [ 38 π, 4π] (dove f 0 è non negativa)
e decrescente in [ 34 π, 83 π] (dove f 0 è non positiva). Dunque il punto x = 34 π
è di massimo locale, mentre il punto x = 83 π è di minimo locale. Inoltre f è
convessa in [2π, 4π] e concava in [0, 2π], con un flesso in x = 2π.
Il grafico qualitativo di f è il seguente.
2
4,5
4
3,5
3
2,5
2
1,5
1
0,5
0
π
2π
3π
4π
5π
3. Il valor medio di f 0 in [0, 2π] è dato, mediante il teorema fondamentale del
calcolo integrale, come
Z 2π
Z 2π
f (2π) − f (0)
1
t
1
1
0
f (x) dx =
=
cos( ) + dt,
2π 0
2π
2π 0
2
2
essendo chiaramente f (0) = 0. Poiché
Z
t
1
t
t
cos( ) + dt = 2 sin( ) + + c,
2
2
2
2
si ottiene
1
2π
Z
0
2π
t
f (x) dx = 2 sin( ) +
2
0
2π
t 1
1
=
(π − 0) = .
2 0
2π
2
4. Per il principio di Cavalieri, il volume del solido W si determina integrando
l’area delle sezioni. Si ha quindi
4
Z 4
Z 4
π
12
π 24
A(x) dx =
3 sin( x) dx = − cos( x) = .
Vol(W ) =
4
π
4 0
π
0
0
Problema 2
1. Essendo la funzione f pari, il suo grafico è simmetrico rispetto all’asse y
e per studiarne l’andamento sarà sufficiente limitarci all’intervallo [0, +∞[.
Osserviamo che, per ogni x ∈ [0, +∞[, risulta f (x) > 0. Inoltre, il punto di
intersezione tra il grafico di f e l’asse y ha coordinate (0, 2). La funzione è
3
continua insieme a tutte le sue derivate in [0, +∞[ e non possiede asintoti
verticali. Poiché si ha:
8
= 0,
x→+∞ 4 + x2
lim f (x) = lim
x→+∞
la retta y = 0 è asintoto orizzontale per f .
Per studiare la crescenza e la decrescenza di f calcoliamo la sua derivata
prima in [0, +∞[:
0
−2x
16x
1
0
=
8
=
−
.
f (x) = 8
4 + x2
(4 + x2 )2
(4 + x2 )2
È immediato osservare che f 0 (x) ≤ 0 ⇔ x ∈ [0, +∞[. Di conseguenza,
tenendo conto della parità della funzione f , essa risulta crescente nell’intervallo
] − ∞, 0], decrescente nell’intervallo [0, +∞[ e possiede un punto di massimo
assoluto in x = 0.
Per studiare la concavità e la convessità di f calcoliamo la sua derivata
seconda in [0, +∞[:
0
(4 + x2 )2 − 4x2 (4 + x2 )
3x2 − 4
x
00
=
−16
=
16
,
f (x) = −16
(4 + x2 )2
(4 + x2 )4
(4 + x2 )3
da cui ricaviamo
00
f (x) ≤ 0
⇔
2
3x − 4 ≤ 0
⇔
√
√
2 3
2 3
≤x≤
.
−
3
3
Di conseguenza, tenendo conto della parità della
f , essa rivolge
√ funzione
√
2 3
2 3
la concavità verso l’alto nell’insieme ] √− ∞,
−
]
∪
[
,
+∞[,
rivolge la
3
3
√
concavità verso il basso nell’insieme [− 2 3 3 , 2 3 3] e possiede
due punti di flesso
√
√
in corrispondenza ad x = ± 2 3 3 di coordinate ± 2 3 3 , 23 .
Il grafico qualitativo Φ della funzione f è il seguente:
4
4,5
4
3,5
3
2,5
2
1,5
1
0,5
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
-0,5
-1
-1,5
Troviamo l’equazione della retta tangente a Φ nel punto Q : (2, 1). Per far
ció è sufficiente calcolare f 0 (2) = − 21 , ovvero il coefficiente angolare della
retta cercata. Imponendo il passaggio per il punto Q ricaviamo:
y−1=−
1
2(x − 2)
⇔
x + 2y − 4 = 0.
Per ragioni di simmetria l’equazione della retta tangente a Φ nel punto P :
(−2, 1) ha equazione x − 2y + 4 = 0. La loro intersezione è il punto R : (0, 2).
Di conseguenza il quadrilatero convesso individuato da esse con le rette OP
e OQ è il quadrilatero OP RQ rappresentato in figura.
4,5
4
3,5
3
2,5
2
1,5
1
0,5
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
-0,5
-1
-1,5
Notiamo che i punti P ed Q sono simmetrici rispetto all’asse delle y (che
passa per O) di conseguenza i segmenti OP e OQ hanno la stessa lunghezza.
5
Inoltre i punti R ed O sono simmetrici rispetto alla retta y = 1 (che passa
per i punti P e Q) e dunque i segmenti OQ e OR hanno la stessa lunghezza.
Il quadrilatero OP RQ, avendo tutti i lati uguali, è dunque un rombo.
Per calcolare gli angoli richiesti osserviamo che l’angolo acuto individuato
dalla retta OQ e dall’asse delle x ha tangente 12 . Poichè arctan 12 ' 26◦ 340
dopo facili calcoli si trovano le misure richieste pari a: 126◦ 520 e 53◦ 80 .
2. La costruzione descritta è rappresentata nella seguente figura:
4
3
2
1
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
-1
La circonferenza Γ ha equazione x2 + (y − 1)2 = 1 ⇔ x2 + y 2 − 2y = 0.
Osserviamo subito che se la retta t è l’asse delle x, il punto A coincide col
il punto B e ha coordinate (0, 2) ∈ Γ. La retta generica passante per O ha
equazione y = mx, dove m ∈ R \ {0}. Escludiamo il valore m = 0 perchè
in questo caso la retta t non interseca la retta y = 2. Poiché il punto A
appartiene alla retta t esso ha coordinate (x, mx); imponendo la condizione
di appartenenza a Γ otteniamo:
x2 + m2 x2 − 2mx = 0
⇔
x = 0, x =
2m
.
1 + m2
Il secondo valore è quindi l’ascissa di A (essendo A 6= O) e di conseguenza la
sua ordinata é
2m
2m2
m·
=
.
1 + m2
1 + m2
Si ricava facilmente che il punto B ha coordinate generiche ( m2 , 2). Il punto di
2m2
cui vogliamo verificare l’appartenenza a Φ ha dunque coordinate ( m2 , 1+m
2 ).
6
Esso appartiene a Φ se e solo se:
2m2
8
=
,
2
1+m
4 + m42
che è facilmente verificata per ogni m 6= 0.
3. Il cerchio delimitato da Γ ha area π; ci basta dunque verificare che il valore
del seguente integrale definito, che esprime l’area della regione R, è lo stesso:
2
Z
8
0
1
dx = 4
4 + x2
Z
2
0
1
2
h
x i2
π
dx
=
4
arctan
= 4 · = π.
2
2 0
4
1 + x2
Tenendo conto della parità della funzione f l’area della regione compresa tra
Φ e tutto l’asse delle x è data dal valore del seguente integrale definito:
Z
2
+∞
Z
0
a→+∞
a
f (x) dx = 2 · lim 4 · arctan
f (x) dx = 2 lim
a→+∞
0
a
= 4π.
2
4. Chiamiamo A(y) l’area della sezione di W con il piano perpendicolare all’asse
y passante per y. Il principio di Cavalieri asserisce che il volume di W si
determina integrando tale funzione. Poichè il massimo e il minimo di f in
[0, 2] sono rispettivamente y = 2 e y = 1, è chiaro che A(y) = 0 per y < 1
o y > 2. L’area A(y) è quella di un cerchio di raggio r(y), dove r(y) ≥ 0
risolve y = f (r(y)), ossia, con facili calcoli,
r
8
8
2
− 4 ⇒ A(y) = πr(y) = π
−4 .
r(y) =
y
y
L’integrale definito che fornisce il valore del volume di W è dunque il seguente:
Z 2 8
π
− 4 dy = π(8 log 2 − 4).
y
1
7