2007_08 - MCurie

sessione ordinaria 2007-2008- corsi tradizionali
Esame di Stato di Liceo Scientifico
a.s. 2007-2008
Sessione ordinaria
La prova richiede lo svolgimento di uno dei due problemi proposti
e le risposte a cinque domande scelte all'interno del questionario.
Problema 1.
ˆ .
Il triangolo rettangolo ABC ha l’ipotenusa AB a e l’angolo CAB
3
a)
Si descriva, internamenC
te al triangolo, con cenQ
tro in B e raggio x, l’arR
co di circonferenza di
estremi P e Q rispettivamente su AB e su BC.
Sia poi R l’intersezione A
B
P
con il cateto CA dell’arco di circonferenza di centro A e raggio AP. Si specifichino le
limitazioni da imporre ad x affinché la costruzione sia realizzabile.
b)
Si esprima in funzione di x l’area S x del quadrilatero mistilineo
PQCR e si trovi quale sia il valore minimo e quale il valore
massimo di S x .
c)
Tra i rettangoli con un lato su AB e i vertici del lato opposto su
ciascuno dei due cateti si determini quello di area massima.
d)
Il triangolo ABC è la base di un solido W. Si calcoli il volume di
W sapendo che le sue sezioni, ottenute tagliandolo con piani
perpendicolari ad AB, sono tutti quadrati.
G1
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Problema 2.
Assegnato nel piano il semicerchio di centro C e diametro AB 2 ,
si affrontino le seguenti questioni:
a)
Si disegni nello stesso semipiano di
un secondo semicerchio tangente ad AB in C e di uguale raggio 1. Si calcoli l’area dell’insieme
piano intersezione dei due semicerchi e .
A
b)
Si trovi il rettangolo di area massima inscritto in .
c)
Sia P un
C
B
punto della semicirconferenza di , H la sua
ˆ x e si esprimano
proiezione ortogonale su AB. Si ponga PCB
in funzione di x le aree S1 e S2 dei triangoli APH e PCH. Si
calcoli il rapporto f x d)
S1 x .
S2 x Si studi f x e se ne disegni il grafico prescindendo dai limiti
geometrici del problema.
Questionario.
1.
Si consideri la seguente proposizione: “Se due solidi hanno uguale
volume, allora, tagliati da un fascio di piani paralleli, intercettano su
di essi sezioni di uguale area”. Si dica se essa è vera o falsa,
motivando esaurientemente la risposta.
2.
Ricordando che il lato del decagono regolare inscritto in un
10 cerchio è sezione aurea del raggio, si provi che sen 5 1 .
4
3.
Fra le casseruole di forma cilindrica aventi la stessa superficie S
(quella laterale più il fondo) qual è quella di volume massimo?
4.
Si esponga la regola del marchese de l’Hôpital (1661-1704) e la
2008
si applichi per dimostrare che è: lim x x 0 .
x 2
5.
Si determini un polinomio P x di terzo grado tale che:
P 0 P 0 0 ,
G2
P 1 0
e
1
P x dx 1 .
12
0
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6.
7.
Se n , n , n con n 3 sono in progressione aritmetica,
1 2 3 qual è il valore di n?
Si determini, al variare di k, il numero delle soluzioni reali
dell’equazione:
x3 3 x 2 k 0 .
8.
9.
Sia f la funzione definita da f x x x . Si precisi il dominio
di f e si stabilisca il segno delle sue derivate, prima e seconda,
nel punto x .
2
Sia f x x 1 ; esiste lim f x ? Si giustifichi la risposta.
x 1
x1
10. Secondo il codice della strada il segnale di “salita
ripida” (figura a lato) preavverte di un tratto di
strada con pendenza tale da costituire pericolo.
La pendenza vi è espressa in percentuale e
nell’esempio è 10%.
Se si sta realizzando una strada rettilinea che,
con un percorso di 1,2 Km, supera un dislivello di 85 m, quel è
la sua inclinazione (in gradi sessagesimali)? Quale la
percentuale da riportare sul segnale?
Leggiamolo insieme
Problema 1
Si tratta in sostanza di un problema di algebra applicata alla geometria; si richiedono la risoluzione di due semplici problemi di massimominimo e il calcolo del volume di un solido; è anche possibile ottenere i risultati senza fare uso di derivate e integrali. Complessivamente un problema piuttosto semplice, sia per i contenuti sia per i calcoli.
Che cosa ripassare?
Le regole sui triangoli rettangoli con angoli acuti di 30° e 60°; l'area
di un settore circolare; le formule sulla parabola; problemi di minimo
e massimo; il volume di una piramide; calcolo di volumi mediante
integrali.
Problema 2
Il problema 2, pur non contenendo domande particolarmente difficili, risulta complessivamente più insidioso del problema 1. La doG3
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manda a) (area di una parte di piano) richiede osservazioni geometriche semplici ma non banali. Piuttosto facile la domanda b), che
propone un semplice problema geometrico di massimo, risolubile in
diversi modi. La domanda c) contiene la principale difficoltà del
problema. Occorre infatti notare che ci sono due casi da distinguere, i quali danno luogo ad espressioni diverse per la funzione
che il testo chiede di determinare; le due espressioni vengono
unificate introducendo un valore assoluto. Infine la domanda d)
chiede lo studio della funzione ottenuta in c); per quanto semplice,
si tratta di una funzione trigonometrica con valore assoluto, il cui
studio richiede comunque una certa pratica.
Che cosa ripassare?
Le regole sui triangoli rettangoli con angoli acuti di 30° e 60°; l'area
di un settore circolare; i teoremi di trigonometria sui triangoli. Le
proprietà delle funzioni trigonometriche. Le funzioni con valore
assoluto.
Soluzione del problema 1.
Domanda a): Le limitazioni su x.
La questione, tutt’altro che difficile, richiede comunque una certa
attenzione per non incorrere in errore. In primo luogo, affinché P e
Q appartengano ai rispettivi lati del triangolo ABC sui quali
debbono trovarsi, occorre che x (ovviamente non negativo) non
superi la lunghezza di BC. Tenendo presente che AB a e
ˆ , si ha BC a 3 , e quindi abbiamo le limitazioni
CAB
2
3
0xa 3 .
2
Va poi considerato che il punto R deve trovarsi sul lato A C .
Tenendo nuovamente conto delle caratteristiche del triangolo
rettangolo ABC si ha AC 1 a ; inoltre AR AP a x . Bisogna
2
1
pertanto che sia a x a , da cui con ovvi passaggi segue x 1 a .
2
2
Limitazioni su x:
a
3
xa
.
2
2
Domanda b): L’area del “quadrilatero mistilineo” .
L’area della regione piana in oggetto si ottiene sottraendo dall’area
del triangolo ABC le aree dei due settori circolari delimitati dai lati
del triangolo e dagli archi PR e PQ. L’area del triangolo è
G4
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1
1 1
3 1 2
AC BC · a · a
a 3.
2
2 2
2
8
Le aree dei due settori circolari sono (cfr.2.28)
2
2
Area settore BPQ x ; Area settore APR a x 12
6
e quindi
1
1
2
2
S x a2 3 x 2 a x a2 3 x 2 2 a x #
8
12
6
8
12 !
Area triangolo ABC Ora dedichiamoci alla determinazione dei valori di x per i quali S x è minima o massima, quando x varia nell’intervallo ! a , a 3 # .
2 2 Calcoliamo la derivata di S x :
2 x 4 a x 2 a 3 x .
12
6
Il segno di questa derivata e le sue conseguenze sulla crescenza e
decrescenza di S x sono descritti nel seguente schema:
S x S x +++++++++++++++ ---------------a 3
a
2a
2
2
3
S x
Si conclude che il massimo di S x è assunto quando x 2 a , mentre
3
il minimo è assunto quando x assume uno dei due valori estremi
dell’intervallo; per sapere quale dei due, calcoliamo il valore di S x in ciascun estremo, per vedere quale tra i due valori è più piccolo.
Con semplici calcoli si ottiene
a 3
a2
a2
a
S " 2 3 ; S
6 3 17 8 3 .
2 16
2 " 48
Un calcolo diretto (con la calcolatrice) mostra che il secondo valore è
inferiore al primo; dunque il valore di x per il quale S x è minima
è x a 3.
2
Osserviamo che la determinazione dei punti di minimo e massimo
assoluto di S x in ! a , a 3 # poteva essere svolta senza calcolare la
2 2 derivata.
Infatti S x è un polinomio di secondo grado, con
G5
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coefficiente di
y
1 a2
72
9
3 4
y S x
1 a2
16
2
3
1 a2
48
6
3 17 8 3 x
a
2
a 3
2
2a
3
figura 1
x 2 di segno
negativo.
Il
grafico di S x è una parabola
concava (cioè,
con la concavità rivolta verso il basso; si
veda la figura
1). Il massimo
assoluto di S x
è assunto in
corrispondenza del vertice,
la cui ascissa
x 2 a è inter-na all’interval-lo a , a 3 ; il minimo di S x in questo
3
2
2
intervallo viene assunto nel-l’estremo che si trova più lontano da
x 2 a ; tale estremo è a 3 .
3
2
Diversamente dalla maggioranza dei problemi geometrici di massimo
o minimo, nella questione che abbiamo poc’anzi trattata sono
interessanti, perché non ovvi, sia il minimo sia il massimo della
funzione S x nell’intervallo stabilito. Più spesso accade, in
problemi di questo tipo, che solo la determinazione del massimo
(per esempio) abbia interesse, essendo in modo evidente nullo il
minimo, assunto per i valori estremi della variabile indipendente. È
quanto accade nella seguente domanda c), della quale ci
apprestiamo ad esporre la risoluzione.
Domanda c): Il rettangolo di area massima.
Indichiamo con D, E, F, G i
C
vertici del rettangolo in ogF
G
getto (si veda la figura 2; sia
x la misura di AD. Il valore
di x non può superare la
misura di AK, della quale occorre quindi calcolare il valo- A
D K
E
B
re. Ciò riesce in modo semfigura 2
plice, considerando diversi
triangoli rettangoli che appaiono nella figura, tutti con angoli acuti di
G6
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30° e 60°. Se osserviamo il triangolo ABC, tenendo conto che
AB a abbiamo AC 1 a .
Ora osserviamo A K C ; si nota che
2
AK 1 AC 1 a ; dunque le limitazioni per x sono:
2
4
1
a.
4
Ora calcoliamo in funzione del valore di x le dimensioni del
rettangolo DEFG. Considerando il triangolo rettangolo ADG, nel
0x
quale abbiamo AD x , otteniamo DG x 3 (altezza del rettangolo
DEFG). Adesso osserviamo il triangolo rettangolo BFE, nel quale
abbiamo EF x 3 (perché EF DG ) e EB EF 3 x 3 · 3 3 x .
Segue allora
DE AB AD EB a x 3 x a 4 x
e l’area del rettangolo DEFG misura quindi
f x DE · DG a 4 x · x 3 3 a x 4 x2 .
Come nella domanda precedente la funzione che si ottiene è un
polinomio di secondo grado con coefficiente negativo per x 2 ; esso
assume il massimo valore in corrispondenza dell’ascissa del vertice,
ossia (cfr.3.35) x a a .
8
Poiché questo valore appartiene
8
all’intervallo dei valori ammissibili per x, esso fornisce effettivamente
la misura di AD per la quale il rettangolo DEFG ha area massima. Si
nota che il rettangolo DEFG di area massima è quello per il quale F e
G sono i punti medi dei cateti di ABC. Infatti quando x a , D è il
8
punto medio di AK; allora G è il punto medio di AC e F è il punto
medio di CB.
Il valore x a che rende massima l’area del rettangolo si poteva
8
ottenere senza difficoltà anche servendosi della derivata della
funzione f x 3 a x 4 x 2 ; lasciamo al lettore il compito di
svolgere i facili calcoli.
Il problema può essere impostato in modo sostanzialmente analogo
assumendo come variabile, anziché AD , la misura di un altro
segmento caratterizzante la posizione del rettangolo DEFG; per
esempio AG oppure DE, oppure la distanza di C dal lato FG.
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Domanda d): Il volume del solido W.
Questa parte del problema è analoga al quesito 1 proposto nel
Questionario della Sessione ordinaria per corsi tradizionali nell’anno
scolastico 2006-2007 ed anche altre volte in recenti prove dell’Esame
di Stato. Si tratta di calcolare il volume di un solido
L
descritto tramite le sue
sezioni con un fascio di
piani fra loro paralleli, e
perpendicolari al piano sul
C
quale giace la figura che
M
funge da "base" per il solido; tale calcolo in generale
si realizza mediante un
integrale. Nel caso attuale
tuttavia si può risolvere il
A
H
problema in modo assai più
B semplice rispetto all’uso del
figura 3
calcolo integrale. Il solido
W (figura 3) è infatti
l’unione di due piramidi non rette, aventi per base il quadrato
HCLM perpendicolare al lato AB, dove H è il piede dell’altezza
relativa all’ipotenusa AB; i vertici delle due piramidi sono A e B, e
AH, BH sono le rispettive altezze.
Il volume di W è allora la somma dei volumi delle due piramidi, e
vale (cfr.2.46, che vale anche per piramidi non rette):
Volume di W 1
1
Area HCLM · AH BH Area HCLM · AB .
3
3
È AB a e, tenendo conto degli angoli acuti di 30° e 60° dei
triangoli rettangoli ABC e AHC,
AC e quindi
1
a,
2
CH AC ·
3
3
a
2
4
2
1 3
1 3
Volume di W a " a a .
3 4 16
Per completezza esponiamo anche la più laboriosa risoluzione che fa
uso del calcolo integrale. Scelto un opportuno sistema di
riferimento per il triangolo A B C , il volume di W si ottiene
integrando la funzione che esprime l’area delle sezioni (quadrati) di
W con piani perpendicolari ad AB.
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Assumiamo il sistema di riferimento con origine in A e asse delle
ascisse lungo la retta AB, orientato da A verso B (figura 4).
Occorre prima di tutto determinare le equazioni delle rette
AC e BC, essendo ora A 0 , 0 ,
4
B a, 0 , C 1 a , 1 a 3 . Si ot4
y
yx 3
C
1a 3
4
y a x
3
tengono le equazioni:
A
H
B
x
ax
1a
0
a
4
3
(cfr.3.8; il compito di svolgere i
facili calcoli è lasciato al lettore).
figura 4
L'area di un quadrato avente
per lato un segmento perpendicolare all'asse x con il primo estremo
su detto asse e il secondo su uno dei cateti del triangolo ABC è
AC y x 3 ; BC y x 3
2
a
3 x 2 se x !0 , # ;
2
a x
a x
" 3 3
4
Il volume del solido W è quindi uguale a
1
2
a se x ! , a# .
4 2
a
a
4
a x
2
dx 3 x dx 1
3
0
a
4
x 1 a
x a
1 3 3 3
1 3
1
3
x
a a a .
! a x #
64
64
16
x 0
9
x 1 a
3
4
4
Soluzione del problema 2.
Domanda a): L'area dell'intersezione di e .
D
Riprendiamo la figura già
fornita dal testo (figura 5).
Indichiamo con D il punto in
cui è tangente al diametro
G
F
E
di , con E ed F i punti di
intersezione delle due semicir
conferenze e con G l'interseA
C
B
zione di CD e EF. Si nota che
figura 5
CE è un raggio di , D E un
raggio di e CD un raggio di entrambe le semicirconferenze;
ˆ misura 60°.
perciò CDE è un triangolo equilatero, e l'angolo ECD
G9
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ˆ misura allora 120°; perciò il settore circolare CEF con
L'angolo ECF
centro C è la terza parte del cerchio di centro C e raggio CE 1; la
sua area è quindi (terza parte dell'area di un cerchio di raggio 1).
3
Detta area è somma dell'area del triangolo ECF e dell'area del
segmento circolare delimitato da e dalla corda EF (figura 6).
Nel triangolo ECF si nota che
D
ˆ 60 , CEG
ˆ 30 e quindi,
ECG
essendo CE 1, è GC 1 ,
E
G
2
F
A
C
figura 6
B
EG 1 3 , EF 3 . L'area del
2
triangolo ECF misura dunque
1 EF CG 1 3 . Per differen2
4
za si calcola l'area del segmento
circolare: essa misura 1 3 .
3
4
Infine, la figura delimitata da e è costituita da due segmenti
circolari, uno dei quali è quello ora esaminato, e l'altro è congruente
a questo. L'area richiesta è quindi il doppio di quanto ottenuto
poc'anzi:
2
1
Area delimitata da e : 3
3
2
Domanda b): Il rettangolo di area massima inscritto in .
La soluzione può essere determinata in diversi modi; di seguito
indichiamo alcune possibili risoluzioni.
1) Soluzione sintetica.
Sia PQRS un rettangolo inscritto in (figura 7). DiseS
R
gniamo la figura simmetrica di
quella esistente, rispetto al
diametro AB; otteniamo un
B
rettangolo RSTU inscritto nel- A
P
Q
C
la circonferenza con centro C
H
e raggio 1. RSTU ha area
doppia di PQRS; il problema
T
U
in oggetto equivale dunque a
rendere massima l'area di
RSTU. Quest'ultima si può
figura 7
esprimere come TR SH , dove
H indica la proiezione di S su TR. Poiché TR è un diametro della
G 10
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circonferenza, la sua misura è costante ed uguale a 2; l'area di RSTU
misura dunque 2 SH . Essa è massima quando è massimo SH ; ciò
avviene se H C , cioè quando il triangolo rettangolo R S T è
isoscele, vale a dire quando TS SR , ossia RSTU è un quadrato (i
cui lati misurano 2 , in quanto la diagonale è il diametro di
lunghezza 2).
Il rettangolo PQRS di area massima è pertanto quello per cui
PQ 2 PS 2 .
2) Soluzione algebrica con applicazione delle derivate.
Poniamo CQ x 0 x 1 . Il Teorema di Pitagora applicato al
triangolo rettangolo CQR fornisce
QR 2
CR CQ
2
1 x2
e quindi
Area PQRS PQ QR 2 x 1 x 2 2 x 2 x 4 f x
La derivata è
f x 2 x 4 x3
x2 x4
2 x 1 2 x2
x2 x4
.
Nell'intervallo 0 , 1 il segno di f x varia come descritto nel
seguente schema, con le conseguenze ivi riportate sulla monotonia
di f.
f x
+++++++++++++++ --------------0
1
2
2
f x
Il massimo valore di f x è raggiunto quando x 2 ; il risultato
2
naturalmente coincide con quello già ottenuto nella risoluzione
sintetica.
3) Soluzione trigonometrica con applicazione delle derivate.
ˆ
0 x . Allora (cfr.4.44, 4.45)
Indichiamo con x l'angolo QCR
CQ CR cos x cos x ;
2
QR CR sen x sen x
e quindi
Area PQRS PQ QR 2 CQ QR 2 cos x sen x sen 2 x f x .
La derivata è
f x 2 cos 2 x
G 11
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il cui segno, nell'intervallo 0 , , varia come descritto nel seguente
2
schema, con le conseguenze ivi riportate sulla monotonia di f.
f x
f x
+++++++++++++++ --------------2
1
0
4
2
2
Il massimo valore di f x è raggiunto quando x ; ciò fornisce per
4
PQ e QR le misure già determinate nelle precedenti risoluzioni.
Domanda c): Le aree S1 e S2 .
Il ragionamento per ricavare le espressioni di S1 e S2 varia leggermente secondo che P si trovi
nella "metà di destra" di , cioè
P
0 x , oppure nella "metà di
2
sinistra", cioè x (figure 8
2
e 9). Tenendo conto che CP 1,
nel primo caso (figura 8) abbiamo (cfr.4.44, 4.45)
PH sen x ;
x
A
C
H B
figura 8
CH cos x ;
AH 1 cos x
e quindi
1
1
1
1
S1 AH PH sen x 1 cos x ; S2 CH PH sen x cos x .
2
2
2
2
da cui segue, purché si abbia cos x 0 ossia x 2
(1)
f x 1 cos x
1
1
cos x
cos x
P
x
x
A H
C
B
figura 9
PH sen x sen x ;
0x "
2
Se invece x (figura 9), è
2
opportuno considerare l'angolo
ˆ x . Nuovamente apACP
plicando i teoremi sui triangoli
rettangoli (cfr.4.44, 4.45) e poi le
regole sugli "archi associati" per
passare da x a x (cfr.4.13),
abbiamo:
CH cos x cos x ;
AH AC CH 1 cos x
G 12
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In questo caso risulta quindi:
S1 1
sen x 1 cos x ;
2
1
S2 sen x cos x
2
e allora
1 cos x
1
1"
x " .
cos x 2
cos x
Ê stato dunque opportuno distinguere i due casi: le espressioni
ottenute di f x sono infatti diverse. Osservando che cos x è
(2)
f x positivo quando 0 x , negativo quando x , mentre
2
2
1 cos x è sempre 0, possiamo unificare l'espressione di f x come segue:
(3)
f x 1 cos x
1
1
cos x
cos x
0 x ; x S1
S2
".
2
Domanda c): Studio della funzione f della precedente domanda.
Studiamo la funzione espressa da (3). Il valore assoluto non
comporta particolari difficoltà, perché racchiude l'intera espressione
della funzione. Possiamo quindi studiare la funzione
1 cos x
1
1
cos x
cos x
e al termine ribaltare i tratti di grafico in cui g x 0, applicando la
simmetria rispetto all'asse x.
La funzione g è periodica di periodo 2 , ed è pari, cioè g x g x .
Grazie alla periodicità è suficiente studiare g in un intervallo di
lunghezza 2, per conoscere il suo comportamento ovunque.
Piuttosto che l'intervallo 0 , 2 conviene scegliere l'intervallo , nel quale, essendo g pari, il grafico risulterà simmetrico rispetto
all'asse y. Lo studio di g può allora essere limitato all'intervallo 0, g x (4)
(privato del punto , in cui la funzione non è definita perché il
2
denominatore è uguale a zero): dopo avere tracciato il grafico di g
relativo ai valori di x 0, , la simmetria rispetto all'asse y fornirà
l'andamento del grafico tra – e 0.
Risulta g 0 2 , g 0 ; poi
lim
2 x 1
1" ;
cos x
lim
2 x 1
1" cos x
G 13
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perché il denominatore della frazione
1 tende a zero quando
cos x
x , ed è positivo a sinistra di , negativo a destra.
2
2
La derivata di g è
sen x
g x .
2
cos x
Questa è nulla in 0 e , positiva in 0 , , ; quindi g è
2
2
strettamente decrescente in ciascuno dei due intervalli indicati, ed
ha tangente parallela all'asse x nei punti di ascissa 0 e .
Calcoliamo anche la derivata seconda:
g x cos x cos 2 x sen x 2 cos x sen x
cos 4 x
cos 2 x 2 sen 2 x
cos 3 x
.
Il numeratore è sempre positivo; il denominatore ha il segno di
cos x, quindi è positivo tra 0 e , negativo tra e ; quindi g è
2
2
, ; non ci sono punti di flesso,
2
2
convessa in 0 , , concava in
perché non appartiene al dominio di g.
2
La figura 10 mostra il grafico di g, esteso a valori di x non compresi
tra 0 e in base alla parità e periodicità della funzione.
y
y 1
1
cos x
2
32
2 2
0
figura 10
G 14
3
2
2
x
2
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Infine, la figura 11 mostra il grafico di f, uguale al valore assoluto di
g. Ai rami del grafico di g situati nella regione y 0 è stata applicata
la simmetria rispetto all'asse x.
y
y 1
1
cos x
2
x
2 32
–
2
0
2
3
2
2
figura 11
Questionario
Quesito 1
Il quesito chiede di discutere un enunciato che ricorda il Principio di Cavalieri, ma non
coincide con quest'ultimo.
Il Principio di Cavalieri afferma che:
Se due solidi si possono disporre rispetto a un dato piano in modo che le
loro sezioni con ogni piano parallelo a quello dato siano a due a due
equivalenti, allora anche i due solidi sono equivalenti
L'enunciato proposto inverte premessa e conclusione del Principio
di Cavalieri, ed è palesemente falso. Non è difficile proporre
contro-esempi; ne presentiamo uno (figura 12):
figura 12
G 15
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Primo solido: un cubo di lato unitario.
Secondo solido: una piramide avente per base un rettangolo di area
3, complanare con una faccia del cubo, e altezza 1.
I due solidi hanno lo stesso volume (cfr.2.42 e 2.46), ma le loro
sezioni con piani paralleli alla base della piramide non sono in
generale equivalenti.
Quesito 2
Il quesito consiste in una parte di quanto richiesto nel Quesito 1 del Questionario assegnato nella Sessione Ordinaria 2004-2005 per corsi tradizionali. In quella occasione
si richiedeva anche la dimostrazione del fatto che il lato del decagono è sezione aurea del
raggio, mentre nel quesito attuale ciò viene assunto come fatto noto.
B
C
10
5
A
O
figura 13
Sia AB un lato di un decagono regolare inscritto in
una circonferenza che possiamo supporre di raggio
unitario, con centro O.
Tracciamo anche il diametro AC, la corda AB e il
raggio OA.
Questa volta, diversamente dal quesito del 2005
ricordato sopra, il testo
concede di assumere per
noto che A B è sezione
aurea di OA; ciò significa
che
OA : AB AB : OA AB
Detto AB x e ricordando che OA 1, la proporzione si scrive
1 : x x : 1 x
da cui
x2 1 x ;
x2 x 1 0 ;
x
1 5
2
(la soluzione negativa va scartata).
Dunque OA 5 1 .
2
(cfr.4.48) risulta
D'altra parte, per il Teorema della corda
ˆ
AB 2 r sen ACB
2 sen
10 G 16
sessione ordinaria 2007-2008- corsi tradizionali
10 10 e quindi 2 sen 5 1 e infine sen 5 1 , come si voleva
dimostrare.
2
4
Quesito 3
Un semplice problema di massimo in geometria solida.
Sia x il raggio di base del cilindro. Il vincolo della superficie
permette di calcolare l'altezza in funzione di x; vediamo.
L'area di base è x 2 ; indicata provvisoriamente con h l'altezza, la superficie laterale
(cfr.2.51) è espressa da: 2 x h. Deve essere
h
x2 2 x h S ; 2 x h S x2 ; h S x2
.
2x
x
figura 14
Il volume è (cfr.2.53)
V x
S x
x2 h x2
2
2x
1
S x x3
2
Le limitazioni per x sono: x 0, in primo luogo; poi, siccome deve
risultare un valore positivo anche per la misura dell'altezza,
S x2 0 ;
e quindi complessivamente: 0 x x2 S
S.
Calcoliamo la derivata di V x .
1
S 3 x2 .
2
Nell'intervallo dei valori ammessi per x, risulta V x 0 se
V x 0x
S ; il massimo di V x è assunto per x 3
S .
3
Quesito 4
Il quesito consiste in una domanda teorica (l'enunciato della regola di de l'Hôpital),
seguita da una applicazione di questo strumento per il calcolo di un limite.
La “regola di de l'Hôpital”, uno dei più noti Teoremi nel programma
liceale di Analisi Matematica, fornisce uno strumento per il calcolo di
certi limiti di rapporti in forma indeterminate. Il suo enunciato,
reperibile in qualunque manuale, è il seguente:
Ipotesi: Sia I un intervallo di R; x0 un punto interno o un estremo di I
(in quest'ultimo caso, è ammesso che x0 possa essere + oppure –).
Siano f, g due funzioni con valori reali definite in I x0 . Si suppone
G 17
sessione ordinaria 2007-2008- corsi tradizionali
che:
1) f, g siano derivabili in I x0 ;
2) g x 0 per ogni x I x0 ;
3) lim f x lim g x 0
x x0
oppure
x x0
lim g x ;
x x0
f x
4) Esiste lim
, finito o infinito.
g
x
x
x
0
f x
Tesi: lim
g
x
x
x
0
In pratica, la regola di de l'Hôpital consente in molte circostanze di
f x
f x
al posto di lim
, quando per quest'ultimo
x x0 g x
x x0 g x
si presenta la forma indeterminata «0 » oppure «
». L'esempio
0
calcolare lim
proposto nel presente quesito richiede l'applicazione della regola più
2008
volte: precisamente 2008 volte. Notato che il limite lim x x
x x0
2
presenta la forma indeterminata «
» possiamo, grazie alla regola di
de l'Hôpital, procedere al calcolo del limite del rapporto delle
derivate:
lim
x x0
x 2008
2x
lim
x x0
2008 x 2007
2 x ln 2
.
Quest'ultimo limite manifesta ancora lo stesso tipo di forma
indeterminata; allora nuovamente possiamo applicare la regola;
l'indeterminazione rimane ancora, e continuiamo quindi a derivare
numeratore e denominatore, ad oltranza:
lim
x x0
2008 x 2007
2 x ln 2
lim
x x0
2008 2007 x 2006
2
2 x ln 2
lim
x x0
2008 2007 2006 x 2005
3
2 x ln 2
Si nota che ad ogni derivazione il grado del monomio al numeratore
diminuisce di una unità, mentre la funzione esponenziale al
denominatore rimane invariata: cambia soltanto il fattore costante
che la moltiplica. Dopo 2008 derivazioni il numeratore diventerà di
grado 0, cioè una costante; precisamente si avrà
G 18
sessione ordinaria 2007-2008- corsi tradizionali
2008 !
lim
x x0 2 x ln 2 2008
.
Questo limite è uguale a 0 perché il numeratore è una costante
(enorme, ma ciò non è importante), mentre il denominatore ha limite
2008
+. Per la regola di de l'Hopital è uguale a 0 anche il lim x x ,
x x0
2
come si doveva dimostrare.
A titolo di curiosità segnaliamo che 2008 ! 8 , 6 10 5761 , vale a dire
circa 9 seguito da 5761 zeri.
Risoluzione altenativa. È possibile risolvere l'esercizio applicando
la regola di de l'Hôpital una sola volta. Il limite proposto si può
scrivere
lim
x 2008
x x0
2x
x lim
x
x x0 2008 "
2
2008
.
Adesso calcoliamo il limite dell'espressione tra parentesi. Poiché si
manifesta la forma indeterminata «
», applichiamo la regola di de
l'Hôpital:
lim
x x0
x
x
2 2008
lim
1
x x0
x
2 2008
0
ln 2 1
2008
in quanto il denominatore ha limite +, mentre il numeratore è
costante.
x
Poiché lim
x 0, è uguale a 0 anche il limite di questa
x x0 2008
2
espressione elevata a 2008, ossia lim
x x0
x 2008
2x
x lim
x
x x0 2008 "
2
2008
0.
Quesito 5
Un semplice problema algebrico riguardante la determinazione dei coefficienti di un
polinomio di terzo grado; in sostanza, un sistema di equazioni di primo grado con
quattro incognite. Le condizioni assegnate dal testo sono tuttavia tali da consentire di
ricavare subito due delle incognite, facilitando alquanto i calcoli.
Un polinomio di terzo grado è
P x a x 3 b x 2 c x d
e la sua derivata è
G 19
sessione ordinaria 2007-2008- corsi tradizionali
P x 3 a x 2 2 b x c
Perciò è P 0 d , P 0 c , cosicché dalle prime due condizioni
fornite dal testo abbiamo c d 0. Questo semplifica l'espressione
di P x , che ora sappiamo di potere scrivere
P x a x 3 b x 2 .
Allora P1 a b ; la terza condizione del testo dà a b 0, da cui
b a . Conviene utilizzare subito anche questa informazione per
semplificare ulteriormente l'espressione di P x :
P x a x 3 a x 2 a x 3 x 2 .
Infine calcoliamo l'integrale:
x 1
1
1
1
1 4 1 3
3
2
a
P x dx a x x dx a ! 4 x 3 x #
12
0
0
x0
Questo integrale deve valere 1 ; dunque a 1 e quindi il polino12
mio cercato è
P x x 2 x 3 .
Quesito 6
Il quesito propone un esercizio algebrico sui coefficienti binomiali; per la sua risoluzione
occorre soltanto ricordare la formula per esprimere i coefficienti binomiali e il significato
di "progressione aritmetica".
Se n, k sono due numeri interi positivi con n k , il coefficiente
n
binomiale k è (cfr.1.20):
k fattori
k fattori
n n 1 n k 1 n k ! n n 1 n k 1
n!
n .
k k ! n k !
k
n
k
k
!
!
!
Così abbiamo
3
2
n n ; n n n 1 n 2 n ; n n n 1 n 2 n 3 n 2 n .
3
1
2
2
2
3!
6
Ora, affermare che tre numeri (in un dato ordine) sono in
progressione aritmetica significa che la differenza tra il secondo e il
primo è uguale alla differenza fra il terzo e il secondo. Questa
relazione dà, nel caso attuale:
G 20
sessione ordinaria 2007-2008- corsi tradizionali
n3 3n2 2n n2 n
n2 n
n.
6
2
2
Svolgendo i calcoli si ottiene l'equazione
1
n n 2 9n 14 0 .
6
La soluzione n 0 va scartata perché occorre n 3 affinché abbiano
senso i coefficienti binomiali che figurano (il testo del problema
prescrive, di più, n 3). Da n 2 9n 14 0 si ricava n 2 oppure
n 7. Soltanto la soluzione n 7 è accettabile, risultando superiore
a 3, oltre che intera.
Quesito 7
Il quesito consiste nella discussione di una equazione contenente un parametro; per
questo scopo occorre svolgere un facile studio di funzione. Si tratta di un problema
praticamente identico a quello proposto nel quesito 3 del Questionario della Sessione
ordinaria 2006-2007 per corsi tradizionali.
L'equazione proposta può essere scritta
3 x2 x3 k
(1)
che possiamo interpretare come l'equazione risolvente del sistema
y 3 x 2 x 3
y k
il quale rappresenta l'intersezione tra la cubica y 3 x 2 x 3 e la
retta parallela all'asse x di equazione y k .
Occorre allora studiare la cubica, in particolare per quanto riguarda
crescenza e decrescenza ed il valore di minimi e massimi relativi.
Sia f x 3 x 2 x 3 . Risulta lim f x , lim f x (in
x
x
entrambi i casi si tiene conto del comportamento del monomio x 3 ,
che esprime il grado maggiore nel polinomio. Poi è
f x 6 x 3 x 2 3 x 2 x
il cui segno, con le relative conseguenze sulla monotonia di f, è
descritto nello schema seguente.
f x ----------- +++++++++++ ----------f x
0
2
Le ordinate del minimo e del massimo relativo sono rispettivamente
G 21
sessione ordinaria 2007-2008- corsi tradizionali
f 0 0 ,
f 2 4 .
La figura 15 mostra il grafico di f e una delle rette y k (nella figura
k ha un valore compreso tra 0 e 4).
Adesso è facile fornire i risuly
tati richiesti:
6
Se k 0 oppure k 4, l'equa4
yk
zione (1) ha una sola soluzione
reale;
2
y 3 x2 x 3
x
se 0 k 4 l'equazione ha tre
-2
-1
1
2
3
4
soluzioni reali distinte;
-2
se k 0 oppure k 4 l'equazione ha due soluzioni reali, di
figura 15
cui una semplice e una doppia.
Riguardo a quest'ultima precisazione (esistenza di una soluzione
doppia) raccomandiamo la massima cautela; si veda il commento al
quesito citato del 2007. Nel caso attuale, trattandosi di
un'equazione algebrica di grado 3, è in effetti certo che quando le
soluzioni sono due, una di esse ha molteplicità due.
Quesito 8
Si tratta di un problema di mero calcolo di derivata prima e seconda di una funzione
assegnata. Il calcolo, non difficile, richiede comunque una certa attenzione per non
commettere errori. La determinazione del segno dei valori delle espressioni ottenute è
banale se eseguito con la calcolatrice; richiede una certa abilità se non si vuole usare lo
strumento di calcolo.
Il dominio di f x x x è l'intervallo
0, ,
a causa della
potenza x con esponente irrazionale; l'esponenziale x avrebbe
invece senso per qualunque x reale.
Le derivate prima e seconda di f sono:
f x x ln x 1 ;
2
f x x ln 1 x 2
Queste, calcolate per x , danno luogo ai valori
f ln 1 ln 1 ;
2
2
f ln 1 2 1 ln 1 .
Dobbiamo ora stabilire il segno di ciascuno di questi due valori.
Possiamo brutalmente utilizzare la calcolatrice, scoprendo che i due
valori sono entrambi positivi (si trovano approssimativamente i
valori 5,3 e 22,9 per f e f ). Tuttavia è possibile provare la
G 22
sessione ordinaria 2007-2008- corsi tradizionali
positività dei risultati anche senza calcolatrice; riteniamo che ciò
interpreti meglio il senso della domanda.
Essendo ln e 1 e e, si ha ln 1. Ciò basta per concludere che
f 0. Per quanto riguarda f , scriviamo
2
f 1 ln 1 1 .
2
Poiché ln 1, anche ln 1. Perciò entrambi gli addendi nella
parentesi quadra sono positivi, cosicché anche f 0.
Quesito 9
Il quesito riguarda un limite che mostra la forma indeterminata «0 » ; per la risoluzione
0
tuttavia non serve la regola di de l'Hôpital; occorre invece liberare l'espressione dal
simbolo di valore assoluto e semplificarla.
L'espressione x 1 si svolge in
x 1 se x 1
x1 x 1 se x 1
Il passaggio da una all'altra espressione delle due che "risolvono" il
valore assoluto avviene proprio per x 1, il punto in cui va
calcolato, se esiste, il limite. Occorre pertanto distinguere il limite
"da destra" e "da sinistra", perché le espressioni sono diverse nei
due casi. Si ha precisamente
(1)
x 1 x 1 lim x 1 2 ;
x2 1
x2 1
lim
lim
lim
x1
x1 x 1
x1 x 1
x1
x1
x 1 x 1 lim x 1 2 .
x2 1
x2 1
lim
lim
lim
x 1
x1 x 1
x1 x 1 x1
x1
Poiché il limite da destra e il limite da sinistra hanno valori differenti,
il limite in oggetto non esiste.
Quesito 10
Un facile problema di trigonometria, ispirato ad una situazione concreta. Sarebbe forse
stato opportuno chiarire che cosa si intende per "pendenza" di una strada di montagna,
perché non a tutti il concetto è familiare, quantunque esso coincida con il concetto di
pendenza (coefficiente angolare) di una retta nel piano cartesiano.
La pendenza (media) di una strada di montagna è per definizione il
rapporto tra la variazione di livello (quota arrivo – quota partenza)
e la lunghezza della proiezione della strada su un piano orizzontale.
Se la strada è rettilinea e la pendenza è costante si tratta
G 23
sessione ordinaria 2007-2008- corsi tradizionali
esattamente del coefficiente angolare della retta, ossia della tangente
dell'angolo che il segmento AB (figura 16) forma con l'asse x
orientato positivamente.
I dati usualmente
y
noti nel caso stradale sono la l u n y2
B
ghezza della strada,
corrispondente alla
ipotenusa A B del
A
triangolo ABC, e il
y1
C
dislivello tra A e B,
x
ossia la misura BC .
x1
x2
La pendenza della
strada non è dunfigura 16
que il rapporto
dislivello
. Questo rapporto rappresenta infatti BC sen ,
lunghezza della strada
AB
mentre ciò che desideriamo è tan , la tangente di . Va tuttavia
osservato che quando l'angolo è sufficientemente piccolo, sen e
tan differiscono di poco tra loro, cosicché il rapporto su indicato
come non coretto fornisce in pratica il risultato esatto.
Con i dati attuali, espressi tutti in metri (essenziale l'uso di una sola
unità di misura!) abbiamo:
BC 85 (dislivello); AB 1200 (lunghezza della strada)
e applicando il Teorema di Pitagora,
AC 1200 2 85 2 1197
e quindi la pendenza della strada è:
85
0 , 0710 vale a dire 7,1%.
1197
Per quanto riguarda la misura in gradi dell'angolo , tale angolo (in
radianti) è arctan 0 , 0710 ; la calcolatrice scientifica consente di
ottenere direttamente la sua misura in gradi sessagesimali,
disponendola nella modalità DEG; in tale modo, il comando tan-1
applicato al dato 0,0710 ci offrirà il risultato. Questo è 4,06185
gradi, cioè 4 3 43 .
tan Quali risultati avremmo ottenuto procedendo nel modo "scorretto"?
Vediamo. Misurando la pendenza della strada con BC avremmo
calcolato
G 24
AB
sessione ordinaria 2007-2008- corsi tradizionali
85
0 , 0708 vale a dire 7,08% ;
1200
come si vede, un risultato non lontano da quello esatto.
Nessun errore invece nel calcolo della misura dell'angolo perché,
tenendo conto che ora abbiamo calcolato il seno di , la funzione che
va applicata è arcoseno, mediante la quale si ottiene per l'angolo
esattamente lo stesso valore trovato sopra.
L'errore sul calcolo "scorretto" della pendenza diventa tanto più
rilevante quanto più forte è la pendenza, perché al crescere di la
differenza tra tan e sen si accentua. Per esempio, la pendenza
di un piano inclinato lungo il quale percorrendo 100 m si sale di 70 m
è
sen tan 40
100 2 40 2
0 , 9802 ossia circa 98%
mentre il calcolo "scorretto" darebbe 70%, ben lontano dal valore
esatto. Si tratta peraltro di pendenze che è impossibile trovare
lungo una strada, perché impraticabili per qualunque veicolo.
G 25
sessione ordinaria 2007-2008- corsi tradizionali
D
S
F
E
A
R
P
C
B
Q
H
T
P
U
P
x
x
A
G 26
C
x
H B
A H
C
B
sessione ordinaria 2007-2008- corsi tradizionali
G 27
sessione ordinaria a.s. 2007-2008- corsi sperimentali
Esame di Stato di Liceo Scientifico
a.s. 2007-2008
Corsi sperimentali
Sessione ordinaria
La prova richiede lo svolgimento di uno dei due problemi proposti
e le risposte a cinque domande scelte all'interno del questionario.
Problema 1.
Nel piano riferito a coordinate cartesiane, ortogonali e
monometriche, si considerino i triangoli ABC con A 1, 0 , B 3 , 0 e
C variabile sulla retta di equazione y 2 x .
1)
5 5
Si provi che i punti 1, 2 e 3 , 6 corrispondono alle due sole
ˆ .
posizioni di C per cui è ACB
4
2)
Si determini l'equazione del luogo geometrico g descritto, al
variare di C, dall'ortocentro del triangolo ABC. Si tracci g.
3)
Si calcoli l'area V della parte di piano delimitata da g e dalle
tangenti a g nei punti A e B.
4)
Verificato che è 3 ln 3 1 si illustri una procedura
2
numerica per il calcolo approssimato di ln 3 .
Problema 2.
Siano f e g le funzioni definite, per ogni x reale, da f x 2 x e
g x x 2 .
1)
G 26
Si traccino i grafici di f e di g e si indichi con A la loro
intersezione di ascissa negativa.
sessione ordinaria a.s. 2007-2008- corsi sperimentali
2)
Si calcoli, con uno dei metodi di approssimazione numerica
studiati, l'ascissa di A con due cifre decimali esatte.
3)
Quanti e quali sono gli zeri della funzione h x 2 x x 2 ? Si
tracci il grafico di h.
4)
Si calcoli l'area racchiusa tra il grafico di h e l'asse x
sull'intervallo 2 , 4.
Questionario.
1.
Siano dati un cono equilatero e la sfera in esso inscritta. Si
scelga a caso un punto all'interno del cono. Si determini la
probabilità che tale punto risulti esterno alla sfera.
2.
Ricordando che il lato del decagono regolare inscritto in un
10 cerchio è sezione aurea del raggio, si provi che sen 5 1 .
4
3.
Un solido ha per base un cerchio di raggio 1. Ogni sezione del
solido ottenuta con un piano perpendicolare ad un prefissato
diametro è un triangolo equilatero. Si calcoli il volume del
solido.
4.
Si esponga la regola del marchese de l’Hôpital (1661-1704) e la
2008
si applichi per dimostrare che è lim x x 0 .
x 2
5.
Nel piano riferito a coordinate cartesiane x , y si dica qual è
l'insieme dei punti per i quali risulta y 2 x 3 0 .
6.
7.
I lati di un parallelepipedo rettangolo misurano 8, 9, 12 cm. Si
calcoli, in gradi e primi sessagesimali, l'ampiezza dell'angolo che
la diagonale mandata da un vertice fa con ciascuno dei tre
spigoli concorrenti al vertice.
Perché è geometria "non" euclidea? Che cosa e come viene
negato della geometria euclidea? Si illustri la questione con gli
esempi che si ritengono più adeguati.
8.
Sia f la funzione definita da f x x x . Si precisi il dominio
di f e si stabilisca il segno delle sue derivate, prima e seconda,
nel punto x .
9.
In una classe composta da 12 maschi e 8 femmine viene scelto a
caso un gruppo di 8 studenti. Qual è la probabilità che, in tale
gruppo, vi siano esattamente 4 studentesse?
10. Qual è l'equazione della curva simmetrica rispetto all'origine di
G 27
sessione ordinaria a.s. 2007-2008- corsi sperimentali
y e 2 x ? Quale quella della curva simmetrica rispetto alla
bisettrice del primo e terzo quadrante?
Leggiamolo insieme
Problema 1
Il problema è complessivamente piuttosto impegnativo, pur non
contenendo particolari difficoltà. Le prime due domande sono in
sostanza quesiti di geometria analitica; per la prima si può ricorrere
all'applicazione di formule trigonometriche; la seconda si conclude
con un facile studio di funzione. La terza domanda propone il
calcolo (tramite integrale) di un'area; è la parte più semplice del
problema, richiede però di avere risolto correttamente la domanda
2. La quarta domanda è invece solo apparentemente legata alla
precedente; oggetto della domanda è il calcolo approssimato di
ln 3 , realizzabile per esempio approssimando un integrale. La
trattazione può essere più o meno ampia, più o meno approfondita;
sarebbe preferibile che il testo di siffatti quesiti contenesse
indicazioni più precise su quanto richiesto.
Che cosa ripassare?
Luoghi geometrici; angolo fra due rette; Teorema di Carnot.
Studio di funzioni. Retta tangente a una curva in un suo punto.
Calcolo di aree mediante integrali. Metodi numerici per
l'approssimazione di integrali definiti.
Problema 2
Il principale argomento oggetto del problema 2 è una funzione
somma di una potenza e un esponenziale; le prime tre domande
chiedono di stabilire il numero di zeri di tale funzione, di fornire
un'approssimazione dello zero non calcolabile elementarmente, di
studiare il grafico della funzione. Né lo studio del segno della
funzione, né quello della derivata sono possibili con metodi
elementari; occorre quindi un approccio indiretto per rendersi
conto con opportuni grafici di come variano il segno di funzione e
derivata. È relativamente semplice intuire come stanno le cose, e
giungere quindi ad un grafico qualitativo ragionevole della funzione
oggetto dello studio; se si vogliono però motivare in modo rigoroso
i fatti che di volta in volta si intuiscono dall'osservazione dei
disegni, occorrono considerazioni non del tutto banali.
La quarta domanda (calcolo di un'area mediante un integrale) non
cela invece alcuna difficoltà.
G 28
sessione ordinaria a.s. 2007-2008- corsi sperimentali
Che cosa ripassare?
Funzioni esponenziali e loro proprietà relative a limiti e derivate.
Teorema degli zeri; metodi di approssimazione di uno zero di una
funzione. Studio di funzioni. Teorema di Rolle. Calcolo di aree
mediante integrali.
Soluzione del problema 1.
ˆ .
Domanda 1): i punti C per i quali è ACB
4
Primo metodo (geometrico). Il luogo dei punti C del piano per i
ˆ , è l'unione dei due archi di circonferenza capaci di
quali è ACB
4
un angolo di , passanti per A e B (figura 1). I punti C della retta
4
ˆ si trovano come intersezione fra la retta e
y 2 x per cui è ACB
4
il luogo descritto.
L'arco superiore contiene il
y
punto C1 1, 2 , perché il
y2x
triangolo ABC1 è rettangolo
C1
isoscele, quindi ACˆ B .
1
2
6
5
M1
1
x
0
3
5
–1
A 1 , 0 2
B 3 , 0 BM1 2 ; l'equazione della
circonferenza è quindi
M2
x 2 2 y 1 2 2 .
Risolviamo il sistema fra
l'equazione di questa circonferenza e l'equazione della
retta y 2 x .
figura 1
! x 2 2 y 1 2 2
;
!y 2 x
4
L'arco ha quindi per diametro il segmento BC1. Il suo
centro è dunque nel punto
medio tra B e C1 , cioè
M1 2 , 1 , e il raggio è
!x 2 4 x 4 4 x 2 4 x 1 2
.
!y 2 x
Calcoliamo le soluzioni dell'equazione risolvente:
5 x2 8 x 3 0 ;
4 1 ! 3
x
5
5
!1
G 29
sessione ordinaria a.s. 2007-2008- corsi sperimentali
Infine dalla relazione y 2 x si ricavano le ordinate; i punti sono
1, 2 e 35 , 65 come anticipato dal testo del problema.
L'arco inferiore è simmetrico di quello superiore rispetto all'asse x;
tuttavia, come lascia intuire la figura, non ci sono intersezioni fra
questo arco e la retta y 2 x , quindi ci sono su quella retta soltanto
ˆ .
i due punti trovati sopra, a soddisfare la condizione ACB
4
La formale verifica dell'assenza di intersezioni fra la retta e l'arco
inferiore si può effettuare impostando il sistema fra l'equazione
della circonferenza e quella della retta oppure, più semplicemente,
osservando che il raggio della circonferenza è 2 , mentre la
distanza del centro M 2 2 , 1 dalla retta 2 x y 0 è (cfr.3.14)
2 2 1
41
5
5
5 2.
Secondo metodo (trigonometrico). Questo metodo è basato
sull'applicazione del Teorema di Carnot, o del coseno (cfr.3.14).
Nella maggior parte dei casi questo Teorema viene applicato per
esprimere la misura di un segmento in funzione di un angolo
assunto come incognita; questa volta invece imponiamo la misura
ˆ , per ottenere un'equazione dalla quale
dell'angolo: ACB
4
ricavare la posizione del punto C. Il metodo è efficace; i calcoli sono
purtroppo un po' laboriosi.
Consideriamo un generico puny
to C t , 2t della retta y 2 x .
y2x
Per il Teorema di Carnot è
(1)
AB
2
2
2
C
2t
AC BC ˆ .
2 AC BC cos ACB
ˆ se e solo se la
Risulta ACB
4
(1) è soddisfatta assegnando a
ˆ il valore cos 2 ,
cos ACB
4
cioè se risulta
(2)
2
2
x
A 1 , 0 t
B 3 , 0 AC BC figura 2
AC BC 2 .
Le coordinate dei punti A , B , C permettono di esprimere le
lunghezze dei segmenti AB, AC, BC (cfr.3.1):
G 30
AB
2
2
sessione ordinaria a.s. 2007-2008- corsi sperimentali
AB 2 ;
t 1 2 4 t 2 AC t 3 2 4 t 2 BC 5t2 2t 1 ;
5t2 6t 9 .
Sostituendo queste espressioni in (2) otteniamo
4 5t2 2t 1 5t2 6t 9 5t2 2t 1 5t2 6t 9 2 .
2
2
2
AC
BC
AC
BC
AB
Adesso isoliamo i radicali, portandoli al primo membro:
2 5t2 2t 1 5t2 6t 9
10 t 2 8 t 6 .
Adesso eleviamo al quadrato entrambi i membri; ciò non rischia di
introdurre soluzioni estranee perché il trinomio al secondo membro
è positivo per ogni t reale, avendo il discriminante negativo:
2 5t2 2t 1 5t2 6t 9
10 t 2 8 t 6
2 ;
svolgendo i calcoli si perviene all'equazione
25 t 4 40 t 3 30 t 2 24 t 9 0 .
Bisogna fattorizzare il polinomio al primo membro; non appaiono
altre vie oltre all'applicazione della regola di Ruffini. Il testo del
problema viene in nostro aiuto, anticipando che le soluzioni di (3)
(3)
sono t 1 e t 3 , cosicché il primo membro di (3), se abbiamo
5
5
svolto correttamente i calcoli, è divisibile per t 1 e per t 3 .
Eseguiamo dunque le divisioni, applicando la regola di Ruffini.
25 40 30 24
25 15 15
25 15 15 9
1
9
9
0
Questo dà la fattorizzazione
25 t 4 40 t 3 30 t 2 24 t 9 t 1 25 t 3 15 t 2 15 t 9
Il polinomio di terzo grado nella parentesi al secondo membro è
5
nullo per t 3 , quindi è divisibile per t 3 . Applichiamo una
5
seconda volta la regola di Ruffini:
3
5
25 15
15
9
15
0
0
15
9
0
25
G 31
sessione ordinaria a.s. 2007-2008- corsi sperimentali
L'equazione (3) si può quindi scrivere
t 1 " t 35 $ 25 t 2 15
0
la quale manifesta le soluzioni t 1 e t 3 e nessun'altra, perché il
5
polinomio 25 t 2 15 non ha radici reali. È così provato quanto
richiesto dalla traccia del problema.
Terzo metodo (geometria analitica). Indichiamo, come nel "secondo metodo" con C t , 2t un generico punto della retta y 2 x ; in
funzione delle coordinate di A, B, C scriveremo i coefficienti angolari delle rette AC e BC; mediante questi potremo scrivere l'espressione della tangente dell'angolo acuto formato fra tali rette; affinché
l'angolo misuri , tale tangente dovrà valere 1; avremo così l'equa4
zione risolvente da cui ricavare t. Il metodo è semplice nella sua
impostazione concettuale; un po' laborioso per i calcoli necessari alla
sua realizzazione.
I coefficienti angolari delle rette AC e BC sono (cfr.3.9):
2t
2t
t 1 ; Coeff . angolare BC t 3 .
t 1
t
3
Le formule ci obbligano ad escludere i valori t 1 e t 3; dovremo
alla fine esaminare a parte questi valori.
Abbiamo adesso (cfr.3.16))
Coeff . angolare AC ˆ
tan ACB
2t 2t
1 t
3
t
1 2t 2t
t
1 t
3
ˆ se e solo se
cosicché avremo ACB
4
(4)
2t 2t
t
1 t
3
1 2t 2t
t
1 t
3
1.
La (4) è verificata se e solo se l'espressione nel valore assoluto è
uguale a 1 oppure a –1; consideriamo separatamente le due possibilità. Da
2t 2t
t
1 t
3
1
1 2t 2t
t
1 t
3
si ottiene, svolgendo i calcoli:
soluzione reale; invece da
G 32
5t 2 3 0 , che non ha alcuna
t 1 t 3
sessione ordinaria a.s. 2007-2008- corsi sperimentali
2t 2t
t
1 t
3
1
1 2t 2t
t
1 t
3
si ottiene:
5 t
3
0 , che ha la soluzione t 3 , la quale è una delle
5
t
3
due annunciate dal testo.
y
2
y2x
C
x
0
A 1 , 0 Dobbiamo adesso analizzare i due casi
rimasti esclusi dalla trattazione: t 1 e
t 3.
Se t 1 (figura 3) allora il triangolo ABC
è rettangolo in A ed isoscele; l'angolo
ˆ misura
ACB
B 3 , 0 quindi , e
4
allora t 1 è
figura 3
l'ascissa di
un punto della retta y 2 x (il punto
ˆ .
1, 2) che soddisfa il requisito ACB
y
6
C
4
Se t 3 (figura 4) allora il triangolo
A B C è rettangolo in B , ma non è
isoscele, perché il cateto BC è maggiore
ˆ è dunque minore
di AB; l'angolo ACB
di , e t 3 non fornisce una soluzione
4
del problema proposto.
Ci sono quindi soltanto due soluzioni,
t 3 e t 1, corrispondenti ai due punti
5
C annunciati nel testo del problema.
y2x
x
0
A 1 , 0 B 3 , 0 figura 4
Domanda 2): Il luogo dell'ortocentro di ABC.
L'ortocentro di ABC si trova intersecando due a piacere fra le tre
altezze (figura 5). Indicato C t , 2 t , l'altezza CH ha equazione
x t.
Il coefficiente angolare di AC (cfr.3.9) è 2t , se t 1; l'altezza BK è
t
1
la retta passante per B e perpendicolare ad AC. La sua equazione è
(cfr. 3.10, 3.13)
t 1
y
(5)
x 3
2t
Qui bisogna che sia t 0, oltre alla condizione posta prima, t 1.
Quest'ultima può tuttavia essere rimossa, perché se t 1 la (5)
G 33
sessione ordinaria a.s. 2007-2008- corsi sperimentali
diventa y 0, che rappresenta effettivamente l'altezza BK relativa a
questo caso.
L'ortocentro di ABC è il punto Q y
y2x
che risulta dal sistema costituito
dalle equazioni delle due altezze:
C
2t
C
x t
!
t 1
y
x 3
!
2t
L'equazione cartesiana del luogo
dell'ortocentro si trova eliminando t
fra le due equazioni; l'eliminazione è
particolarmente semplice, avendo
dalla prima equazione t x , che
sostituito nella seconda fornisce
(6)
K
0
Q
x
A 1 , 0 H t,0 B 3 , 0 figura 5
x2 4 x 3
x
1
y f x .
x 3 2x
2x
Passiamo allo studio della funzione f, per tracciare il luogo g.
Dominio: , 0 0 , .
Segno. È descritto nel seguente schema:
Numeratore
Denominatore
Frazione ( f x )
----------------------- +++++++++++ --------------------- +++++++++++ +++++++++++ +++++++++++
+++++++++++ ----------- +++++++++++ ----------0
1
3
Limiti. Vanno calcolati i limiti per x , x , x 0. Si ha
x2 4 x 3
x2
x
lim
lim
;
lim
2x
x
x
2 x
x
2
analogamente,
x2 4 x
3
.
2x
x
lim
Infine, tenendo conto del
segno della funzione e del fatto che quando x 0 il numeratore ha
limite –3 e il denominatore ha limite 0, si ha
x2 4 x 3
,
lim
2
x
x0
x2 4 x 3
.
lim
2
x
x0
La curva g ha un asintoto verticale nella retta x 0; inoltre, poiché il
grado del numeratore dell'espressione che definisce f x supera di
1 il grado del denominatore, c'è anche un asintoto obliquo. Il modo
G 34
sessione ordinaria a.s. 2007-2008- corsi sperimentali
più semplice per determinarlo, trattandosi di una funzione
razionale, consiste nel calcolare il quoziente della divisione tra
numeratore e denominatore (cfr.5.11); il risultato di questo calcolo
sarà utile anche per facilitare il calcolo della derivata, e ancora per il
calcolo dell'integrale della domanda 3. Eseguiamo dunque la
divisione, particolarmente semplice in quanto il denominatore è un
monomio. Si ha
(7)
f x
x2 4 x 3
1
3
x2
.
2x
2
2x
Il quoziente è Q x 1 x 2, mentre R x 3 è il resto.
2
L'asintoto obliquo è la retta y 1 x 2.
2
Derivata. Conviene riferirsi all'espressione al secondo membro di
(7): si ottiene
f x 1
3
x2 3
.
2 2 x2
2 x2
Osservato che il denominatore è positivo in tutto il dominio, il segno
di f x varia come indicato nel seguente schema:
f x ------------ +++++++++++ +++++++++++ -----------0
3
3
f x
La funzione ha un minimo relativo per x 3 , un massimo relativo
per x 3 . Le corrispondenti ordinate sono
f 3 2 3 ;
f
3 2 3
Derivata seconda. Da f x 1 32 otteniamo
2
2x
f x 3
.
x3
Lo schema qui sotto descrive il segno di f x e conseguentemente
la concavità e convessità di f.
f x
f x
+++++++++++++++ ----------------
0
La funzione è convessa per x 0, concava per x 0; non ci sono
flessi, perché 0 non appartiene al dominio.
G 35
sessione ordinaria a.s. 2007-2008- corsi sperimentali
Il grafico di f è rappresentato nella figura 6.
y
y
x2 4 x 3
2x
2
3
2
x
2 3
1
3
3
3
figura 6
La curva g è un'iperbole non equilatera, con il centro nel punto
0, 2 (essendo questo il punto in cui si intersecano i due asintoti).
Domanda 3): L'area di una parte di piano. Per prima cosa scriviamo le equazioni delle rette tangenti a g nei punti A e B, tracciate
nella figura 7. Si ha (cfr.5.20)
retta tangente a in A : y f 1 f 1 x 1
retta tangente a in B : y f 3 f 3 x 3 .
y
D
1
2
A
B
1
3
2
x
3
figura 7
Sostituendo prima 1 e poi 3 nelle espressioni di f x e f x e
svolgendo i facili passaggi si ottengono le equazioni:
G 36
sessione ordinaria a.s. 2007-2008- corsi sperimentali
retta tangente a in A : y x 1
retta tangente a in B : y 1
x 3
3
2 2
Queste si intersecano nel punto D 3 , 1 , che si ricava risolvendo il
sistema fra le equazioni delle due rette (lasciamo i calcoli al lettore).
La regione di cui va calcolata l'area è rappresentata nella figura 7.
Il metodo più semplice per calcolare l'area in questione consiste nel
calcolare l'area della parte di piano che l'iperbole g delimita insieme
con l'asse x tra i punti A e B, e sottrarre tale area da quella del
triangolo ABD formato dall'asse x e dalle due tangenti. L'altezza di
ABD relativa ad AB è l'ordinata di D, cioè 1 ; quindi
2
1
1
1
2
.
2
2
2
L'area racchiusa tra l'iperbole e l'asse x si calcola mediante un
integrale (cfr.5.29)
Area triangolo ABD x 3
3
3 3
3
1 2
1
2 ln 3
" 2 x 2 2 x $ dx # 4 x 2 x 2 ln x %
2
1 x1
e quindi l'area richiesta dal testo è
1 3
3
" 2 ln 3$ ln 3 1
2 2
2
3
ln 3 1 .
2
A questo risultato si sarebbe potuti giungere anche sommando
Area racchiusa tra e le tangenti in A e B :
l'area delimitata per 1 x 1 tra g e la tangente in A con l'area
2
1
delimitata per x 3 tra g e la tangente in B, ossia calcolando
2
(cfr.5.30)
1
3
3 3 1
1
2 1
1
2
3
2
x
x
dx
x
x
dx
"
$
#
1 # 3
" 2
" 2
2 x $ %
2 x $ %
1 2
Lasciamo al lettore il compito di svolgere il calcolo, verificando che si
ottiene lo stesso risultato.
Domanda 4): Calcolo approssimato di ln 3 .
Osserviamo che ln 3 appare nel risultato della domanda 3; tale
risultato viene richiamato nel testo della presente domanda 4,
G 37
sessione ordinaria a.s. 2007-2008- corsi sperimentali
tuttavia non c'è necessità né opportunità di utilizzare il risultato
della domanda precedente nella risoluzione di quella attuale.
Ci sono diversi modi per calcolare un'approssimazione di ln 3 . Per
rispettare il senso della domanda e non solo la lettera è opportuno
servirsi di un metodo che non faccia uso di funzioni trascendenti.
Per esempio, valutare ln 3 approssimando una soluzione
dell'equazione e x 3 0 non è sbagliato, ma dal punto di vista
applicativo non ha alcun interesse perché uno strumento in grado di
fornire valori di e x gestisce anche la funzione logaritmo, e quindi ci
offre direttamente il valore di ln 3 .
Riteniamo che i problemi di approssimazione vadano risolti
proponendo metodi completamente eseguibili "a mano", cioè con
carta e penna, per i quali l'utilizzo della calcolatrice o del computer
serva soltanto per eseguire più rapidamente i calcoli.
Un metodo per approssimare ln 3 rispettando questo principio
consiste nell'approssimare l'integrale
3
1
x dx
1
che vale appunto ln 3 .
Per l'approssimazione di un integrale definito ci sono diversi
metodi; una breve rassegna è esposta nella risoluzione del Quesito
10, Sessione ordinaria 2005-2006. Qui utilizziamo il metodo dei trapezi.
Esso consiste nel suddividere l'intervallo a, b di integrazione in n
parti uguali mediante n 1 punti equidistanti
b
a
,
0kn
n
e sostituire la funzione integranda f con la funzione lineare a tratti
che coincide con f nei punti x0 , x1 , , x n e poi approssimare
xk a k
b
a f x dx con l'integrale di tale funzione lineare a tratti.
Ciò si
realizza con la formula
(8)
b
f a f b n
1
f x k $
f x dx h "
2
a
k 1
con h b
a
n
Nel caso attuale a, b 1, 3, f x 1 ; la scelta di n è arbitraria. La
x
precisione dell'approssimazione migliora al crescere di n, ma nello
stesso tempo aumenta la quantità di calcoli occorrenti. Poiché
attualmente non è stata prescritta la precisione desiderata,
possiamo per semplicità assegnare a n un valore piccolo; per
G 38
sessione ordinaria a.s. 2007-2008- corsi sperimentali
esempio, n 6. Allora h 3
1 1 , x k 1 1 k , f x k 6
3
3
e allora da (8)
1 3 ,
1 1 k 3 k
3
1
1 2 3 3 3 3 3
3
5
1 1 3
1
3
" $ 1, 10675 .
ln 3 dx "
$
3 k $ 3 3 4 5 6 7 8 3 " 2
1 x
k 1
È ora doveroso valutare la precisione del risultato, ossia esprimere
una maggiorazione della differenza tra il valore ottenuto e il valore
esatto di ln 3 . In primo luogo, siccome la funzione f x 1 è
x
convessa in 1, 3 , l'approssimazione dell'integrale fornita dal metodo
dei trapezi è per eccesso, ossia ln 3 1, 10675 .
Si può dimostrare che, indicata con Sn l'espressione al secondo
membro di (8), si ha
b
(9)
Sn f x dx a
b a 3
max f x .
12 n 2 x a , b
a, b 1, 3, f x 1x , f x x12 , f x x23 ,
f x 2; abbiamo inoltre scelto n 6. Da (9)
Nel caso attuale
cosicché max
x 1, 3
abbiamo allora
1, 10675 ln 3 3 1 3 2
12 6 2
0 , 03704 .
Questo risultato dice che
1, 10675 0 , 03704 ln 3 1, 10675 0 , 03704 .
e più precisamente, poiché avevamo già stabilito che l'approssimazione ottenuta per ln 3 è per eccesso,
1, 10675 0 , 03704 ln 3 1, 10675
cioè
1, 06971 ln 3 1, 10675 .
La precisione è piuttosto modesta. Per migliorare la stima occorre
aumentare il valore di n oppure utilizzare un metodo più efficiente.
Il valore "esatto" di ln 3 (limitatamente alle cifre indicate) è
ln 3 1, 09861.
Il metodo dei trapezi, applicato con n 100, fornisce l'approssimazione
ln 3 1, 09864
G 39
sessione ordinaria a.s. 2007-2008- corsi sperimentali
già piuttosto buona; tuttavia il calcolo manuale di questo valore,
quantunque possibile, è davvero molto laborioso.
Il metodo di Simpson, per la descrizione del quale rimandiamo al già
citato Quesito 10 del 2006, con una complessità di calcoli
paragonabile a quella del metodo dei trapezi, fornisce risultati assai
più precisi: per esempio, applicato al nostro caso con n 6 dà
ln 3 1, 09894
valore assai più preciso di quello fornito per n 6 dal metodo dei
trapezi.
Soluzione del problema 2.
Domanda 1): I grafici di f e g.
La domanda non comporta in effetti alcun calcolo. Le funzioni in oggetto sono
funzioni elementari i cui grafici dovrebbe.ro essere ben noti agli studenti; si tratta
infatti di una funzione esponenziale con
base 2 e di una parabola collocata nel modo più semplice possibile.
Non c'è invece alcun metodo algebrico
per determinare i punti in cui i due grafici
si tagliano. Si osserva direttamente che f
e g assumono valori uguali quando x 2
e quando x 4; infatti f 2 2 2 g 2 e
f 4 2 4 16 4 2 g 4 . L'osservazione dei due grafici manifesta inoltre la presenza di uno ed un solo punto con ascissa
negativa in cui i due grafici si intersecano
per la terza volta. Nella trattazione della
domanda 2) esporremo motivazioni per
dimostrare l'unicità del punto A di ascissa
negativa comune ai due grafici.
La figura 8 mostra i due grafici in
oggetto.
y
y 2x
16
4
y x2
Domanda 2):
A
Approssimazione dell'ascissa di A.
x
Nella trattazione della domanda 1)
z 0
2
4
abbiamo osservato che c'è un solo punto
figura 8
A di ascissa negativa comune ai due
grafici. L'ascissa z di A è l'unica soluzione negativa dell'equazione
G 40
sessione ordinaria a.s. 2007-2008- corsi sperimentali
2 x x 2 0 . Per determinare un'approssimazione di z ci sono
diversi metodi. Il più intuitivo è il metodo di bisezione, il quale tuttavia
ha il difetto di essere poco efficiente, ossia richiede parecchie
iterazioni per offrire una precisione accettabile del risultato. In
questo caso la precisione è opportunamente prescritta dal testo
quindi, qualunque sia il metodo scelto, dovremo iterarlo fino ad
ottenere la precisione desiderata. Applichiamo comunque tale
metodo
Sia h x 2 x x 2 . Risulta h 0 1 0 , h 1 0 , 5 0 ; la funzione
h, continua in 1, 0, deve annullarsi in almeno un punto di 1, 0.
Questo punto è unico perché h x 2 x ln 2 2 x è 0 per ogni x
negativo, essendo 2 x ln 2 0 per ogni x e 2 x 0 per x 0; quindi
h è strettamente crescente in , 0 , e pertanto non può annullarsi
più di una volta in tale intervallo.
Partendo dall'intervallo a0 , b0 1, 0 indichiamo con m0 il punto
medio di tale intervallo; indichiamo con a1 , b1 quello fra i due
intervalli a0 , m0 e m0 , b0 per il quale i valori di h nei due estremi
sono di segno discorde. Poi chiamiamo m1 il punto medio di a1 , b1 e scegliamo a2 , b2 in modo analogo a come avevamo scelto
a1 , b1 ; ad ogni passo risulta an z bn, e al crescere di n la
precisione migliora, perché ogni volta la distanza fra an e bn è la
metà del passo precedente. La seguente tabella riassume il
procedimento.
n
0
1
2
3
4
5
6
7
an
bn
1
0
1
0 , 5
1
0 , 75
0 , 875
0 , 75
0 , 78125 0 , 75
0 , 78125 0 , 76563
0 , 77344 0 , 76563
0 , 76953 0 , 76563
mn
f mn b n a n
0, 5
1
0 , 75
0, 5
0 , 875
0 , 25
0 , 8125
0 , 125
0 , 78125
0 , 0625
0 , 76563
0 , 03125
0 , 77344
0, 015625
0, 007813
Dunque 0 , 76953 z 0 , 76563 ; ciò fornisce l'approssimazione di z
con due cifre decimali esatte.
Per ottenere un'approssimazione assai più precisa con una minore
quantità di calcoli si può utilizzare il metodo delle tangenti di
Newton. La derivata seconda di h è negativa nell'intervallo 1, 0;
quindi in questo intervallo h è crescente e concava. Per applicare il
G 41
sessione ordinaria a.s. 2007-2008- corsi sperimentali
metodo di Newton dobbiamo quindi scegliere x0 1 e
h x n 2 xn x n2
x n1 x n xn .
h x n 2 xn ln 2 2 x n
(10)
In questo modo si genera una successione crescente che, in modo
assai rapido, converge a z. Ecco i primi valori della successione x n così ottenuta:
n 0
1
2
3
4
x n 1 0 , 786923 0 , 766843 0 , 766665 0 , 766665
Le prime 6 cifre decimali di x n non variano da x 3 a x 4 , quindi
presumibilmente sono esatte.
Per controllo calcoliamo
h 0 , 766664 ; il valore che si ottiene è positivo, quindi
0 , 766665 z 0 , 766664
Una descrizione dettagliata del metodo di bisezione e di altri
metodi iterativi per l'approssimazione di soluzioni di un'equazione,
è esposta nella risoluzione del Quesito 2, Sessione suppletiva P.N.I.,
a.s. 1999-2000.
Domanda 3): Studio di h x 2 x x 2 .
Lo studio della funzione, già analizzata nella trattazione delle
domande 1) e 2), non presenta difficoltà di calcolo, ma è un po'
diverso dal consueto perché non è possibile studiare per via
algebrica il segno di h né il segno di h . Bisogna quindi procedere
diversamente, ottenendo risultati qualitativi.
Abbiamo già osservato che h x si annulla una sola volta per x 0
(nel punto z oggetto della domanda 2), e che si annulla per x 2 e
x 4; osservando i grafici di 2 x e di x 2 (figura 8) si può prevedere
che non ci siano altri punti in cui h vale 0, e che il segno di h x sia
distribuito come indica il seguente schema:
------- ++++++++++++++++ ------- ++++++++
z
0
2
4
Più avanti (verso la fine dello svolgimento) approfondiremo questo
fatto, fornendone adeguata motivazione.
Risulta poi
lim h x ;
x
lim h x ,
x
il secondo perché 2 x è un infinito di ordine superiore di x 2 , per
x (cfr.5.7).
G 42
sessione ordinaria a.s. 2007-2008- corsi sperimentali
La derivata di h x è
h x 2 x ln 2 2 x
y
y 2 x ln 2
y2x
x
s
t
figura 9
Come dicevamo sopra, non è possibile
risolvere algebricamente la disequazione h x 0 (né la corrispondente equazione, evidentemente).
Un disegno abbastanza accurato dei
grafici sovrapposti di y 2 x ln 2 e
y 2 x (figura 9) lascia prevedere l'esistenza di esattamente due punti in cui
h x 0; indicati questi punti con s e t,
il segno prevedibile per h x è il
seguente, con le conseguenze sotto
indicate sulla monotonia di h:
------------ +++++++++++
h x +++++++++++
s
h x
t
Per avere una conferma rigorosa di quanto affermato,
consideriamo la funzione h x , senza più pensare che essa è la
derivata di h x oggetto della presente domanda, ma
considerandola per sé: poniamo quindi
v x 2 x ln 2 2 x .
Si ha lim v x ; lim v x ; poi
x
x
2
v x 2 x ln 2 2 .
Di quest'ultima è possibile lo studio esplicito del segno:
2
2 x ln 2 2 0 2 x 2
ln 2 2
x log 2
2 .
2$
"
ln 2 Perciò x log 2 2 2 è punto di minimo assoluto per la funzione
ln 2 v; il valore di v" log 2 2 2 $ è negativo, come si può constatare
ln 2 con una calcolatrice. Dunque il grafico di v ha qualitativamente
l'andamento descritto nella figura 10.
G 43
sessione ordinaria a.s. 2007-2008- corsi sperimentali
È così provato che v si annulla in due soli punti (che
sono s e t che già appaiono
nella figura 9), ed il suo segno varia proprio nel modo previsto in precedenza
per h x , che è esattamente v x .
y
2
y v x 2 x ln 2 2 x
1.5
2 log2 "
2$
ln 2 1
0.5
s
-1
-0.5
1
2
3t
x
4
5
-1
I punti s e t sono rispettivafigura 10
mente punto di minimo relativo e punto di massimo relativo per h; non è possibile calcolare
esattamente il valore di h in questi punti, perché non abbiamo a
disposizione il valore esatto delle ascisse. Naturalmente questi
valori potrebbero essere calcolati in modo approssimato, applicando
ad h in opportuni intervalli uno dei metodi applicati ad h nello
svolgimento della domanda 2. I valori approssimati di s e t sono
rispettivamente 0 , 485 e 3,212.
La derivata seconda di h è già stata calcolata; si tratta infatti di
2
v x 2 x ln 2 2 , il cui segno varia nel modo descritto nel
seguente schema, con le conseguenze indicate su concavità e
convessità di h
h x
h x
--------------- +++++++++++++++
2 log2 "
2$
ln 2 Il grafico di h ha quindi un flesso di ascissa log 2 2 2 .
ln 2 Infine giustifichiamo l'affermazione fatta all'inizio, riguardante gli
zeri di h: gli zeri di h sono esattamente tre: z 0 , 767 , ed inoltre 2
e 4. Sappiamo già che h ha almeno questi tre zeri; resta da provare
che non ce ne sono altri. Ebbene, per il Teorema di Rolle, tra due
punti a, b in cui h vale 0 vi è almeno un punto in cui h x 0. Tre
punti in cui h x 0 comportano la presenza di almeno due punti in
cui h x 0; si tratta in effetti dei punti s e t di cui si parla sopra.
Se ci fossero quattro o più punti in cui h x 0, dovrebbero esistere
almeno tre punti in cui h x 0, mentre abbiamo provato che h si
annulla in due soli punti. Quindi h non può annullarsi in altri punti
oltre ai tre già individuati.
Il grafico di h è rappresentato nella figura 11, la quale mette pure in
G 44
sessione ordinaria a.s. 2007-2008- corsi sperimentali
evidenza la parte di piano di cui nella domanda 4 è richiesto di
calcolare l'area.
y
log2 " 2 2 $
ln 2 z
x
t
0
s
2
4
figura 11
Il flesso si trova immediatamente a destra del secondo zero x 2 ,
essendo l'ascissa log 2 2 2 approssimativamente uguale a 2,058.
ln 2 Domanda 4): Calcolo dell'area.
Poiché tra 2 e 4 la funzione h è sempre 0, l'area richiesta (in
evidenza nella figura 11) è l'opposto dell'integrale di h in tale
intervallo:
x 4
4
2x 1 3 12 56
Area 2 x x 2 dx #
x %
.
ln 2 3 x 2
ln 2 3
2
G 45
sessione ordinaria a.s. 2007-2008- corsi sperimentali
Questionario
Quesito 1
Il quesito si presenta sotto la forma di un problema di calcolo delle probabilità; si tratta
in realtà di un esercizio di geometria solida.
Si conviene che la locuzione "si sceglie a caso un punto" in un solido
si riferisca a una distribuzione uniforme della probabilità per volumi,
vale a dire che la probabilità che il punto si trovi in una certa parte
dell'insieme ammesso sia direttamente proporzionale al volume di
tale parte. La probabilità richiesta è pertanto espressa dal rapporto
(1)
Probabilità Volume cono Volume sfera
Volume cono
Dobbiamo quindi calcolare i due volumi.
"Cono equilatero" è un cono circolare retto tale che le sue sezioni
con piani contenenti l'asse del cono siano triangoli equilateri; vale a
dire che l'angolo di apertura al vertice del cono è di 60°.
Un piano contenente l'asse del cono
C
taglia cono e sfera inscritta producendo un triangolo equilatero ABC e
la circonferenza in esso inscritta
(figura 12). Sia r il raggio della circonferenza (e della sfera). Il volume
della sfera è, come noto (cfr.2.64)
O
4
Volume sfera r 3 .
r
3
Dobbiamo ora calcolare in funzione
H
B
di r il volume del cono. Sia O il cen- A
figura 12
tro della sfera. Poiché AO è bisetˆ , il triangolo rettangolo AOH ha gli angoli acuti
trice dell'angolo BAC
di 30° e 60°, perciò AH r 3 e AO CO 2 r cosicché CH 3 r . Il
volume del cono vale quindi (cfr.2.58)
1
1
2
AH CH 3 r 2 3 r 3 r 3
3
3
e quindi sostituendo in (1) i valori che abbiamo calcolato,
Volume cono Probabilità 3r3 4 r3
3
3
3r
5
.
9
Un ragionamento leggermente diverso per calcolare il volume del
cono è il seguente: il punto O è (fra l'altro) il baricentro di ABC;
G 46
sessione ordinaria a.s. 2007-2008- corsi sperimentali
quindi, per una nota proprietà del baricentro, CH 3 OH 3 r . Poi,
siccome il triangolo rettangolo ACH ha gli angoli acuti di 30° e 60°, è
AH CH 3 r r 3 . Il volume del cono si calcola ora come sopra.
3
3
Quesito 2
Il quesito è identico al Quesito 2 assegnato nella sessione ordinaria 2007-2008 per
corsi tradizionali; la sua risoluzione si trova in quella sede.
Quesito 3
Il problema proposto è analogo a quello che si presenta quando si deve calcolare il
volume di un solido di rotazione: si tratta di integrare l'area delle sezioni piane del
solido. Non ci sono rilevanti difficoltà, non appena si è compreso il significato della
domanda. Si veda anche il Quesito 1, Sessione ordinaria 2006-2007 per corsi
tradizionali, in cui viene proposto un problema simile.
Il volume del solido in oggetto si calcola mediante un integrale, nel
quale la funzione integranda
esprime l'area delle sezioni piane del solido con un fascio di
piani fra loro paralleli. Diversamente da quanto accade per
la domanda 4 del Problema 1,
Sessione ordinaria 2007-2008
per corsi tradizionali, quello
attualmente in esame non è un
solido "standard" (cono, piramide, ecc.); si tratta di un
oggetto "a forma di cappello"
(figura 13); per il calcolo del
volume non c'è alternativa al
metodo su indicato.
figura 13
Per il calcolo del volume introduciamo un sistema di riferimento nel piano contenente il cerchio base del solido; scegliamo
come origine il centro del cerchio e come asse x la retta contenente il
diametro rispetto al quale le sezioni perpendicolari sono triangoli
equilateri. (figura 14)
La circonferenza è rappresentata allora dall'equazione x 2 y 2 1.
Se H è un punto del diametro contenuto nell'asse x, cioè H x, 0 , gli
estremi A , B della corda passante per H e perpendicolare al
diametro hanno coordinate A x , 1 x 2 , B x , 1 x 2 ,
Il
segmento AB è la base del triangolo equilatero ABC sezione del
G 47
sessione ordinaria a.s. 2007-2008- corsi sperimentali
solido con il piano
perpendicolare in H
all'asse x (figura 15).
L'altezza del triangolo è CH 3 BH y
1
3 1 x 2 L'area
di ABC è pertanto
Area ABC –1
1 AB CH 2
3 1 x2
B
1 x2
x
0
1
x
H
Il valore di x può
variare fra –1 e 1;
perciò il volume del
solido è:
1 x2
A
–1
C
figura 14
–1
–1
Volume 1
A
H
0
y
3 1 x 2 dx 1
x
B
figura 15
x 1
1
1
1 3 #x x 3 %
3 x
1
4
3.
3
Quesito 4
Il quesito è identico al Quesito 4 assegnato nella sessione ordinaria 2007-2008 per
corsi tradizionali; la sua risoluzione si trova in quella sede.
Quesito 5
Si chiede di determinare, in pratica di disegnare il luogo dei punti le cui coordinate
soddisfano una data disequazione in due variabili.
Per comprendere come è fatto l'insieme dei punti x , y per i quali
y 2 x 3 0 è opportuno risolvere la disequazione rispetto a una
delle due variabili. Conviene risolvere la disequazione rispetto a x,
piuttosto che rispetto a y; infatti l'esponente dispari di x rende assai
più semplice la risoluzione. Si ha dunque
G 48
sessione ordinaria a.s. 2007-2008- corsi sperimentali
3
y 2 x3 0 x3 y 2 x y 2 .
L'insieme descritto è quello dei punti x , y che si trovano "alla
3
sinistra" della curva di equazione x y 2 . Non resta che tracciare
3
questa curva. La funzione f y y 2 è una funzione pari (quindi
la curva è simmetrica rispetto all'asse x; ricordiamo che attualmente
2
è y la variabile indipendente). Per y 0 si può scrivere f y y 3 .
Una funzione potenza con esponente positivo minore di 1 ha per
grafico una curva uscente dall'origine, tangente nell'origine all'asse
sul quale si trovano i valori della
y
funzione, in questo caso all'asse x. Il
ramo simmetrico della curva, situato
nella regione in cui y 0, dà luogo a
una curva che ha in (0,0) una cuspide
in cui la curva è tangente all'asse x.
La figura 16 rappresenta la curva
x
figura 16
3
x y 2 e la parte di piano in cui è
soddisfatta la disuguaglianza prescritta.
La risoluzione della disequazione
y 2 x 3 0 "rispetto a y" è possibile,
ma risulta più complicata, perché
occorre distinguere alcuni casi;
vediamo.
La disuguaglianza y 2 x 3 0 si può
scrivere y 2 x 3 . Essa è verificata da qualunque y reale, se x 0;
quindi tutti i punti x , y del semipiano x 0 fanno parte dell'insieme
delle soluzioni.
Invece, se x 0 la disuguaglianza y 2 x 3 è
verificata dai valori di y esterni all'intervallo delimitato da x 3 ,
x 3 , ossia y x 3 oppure y x 3 .
Quesito 6
Un interessante e non difficile problema di geometria solida. Il calcolo delle misure
degli angoli "in gradi e primi" richiede la padronanza dell'uso della calcolatrice.
Siano AB, AC, AD i tre spigoli del parallelepipedo uscenti dal vertice
A (figura 16), AE la diagonale uscente da A. Ricaveremo le misure
degli angoli richiesti dalla conoscenza delle misure dei lati di
G 49
sessione ordinaria a.s. 2007-2008- corsi sperimentali
opportuni triangoli rettangoli. È utile calcolare preventivamente la
lunghezza della diagonale AE. Applicando il Teorema di Pitagora
al triangolo rettangolo
DEF (figura 17) otteniaE
mo
DE 2
DF EF
2
F
G
9 2 12 2 225 15
(per semplicità, ora e in
seguito tralasciamo l'indicazione dell'unità di 8
misura, cm).
ˆ è retto
L'angolo ADE
perché il piano della
C
faccia contenente D, E,
12
F è perpendicolare allo
figura 17
spigolo AD. Applicando ora il Teorema di
Pitagora al triangolo rettangolo ADE troviamo
2
D
B
9
A
2
AE AD DE 8 2 15 2 289 17.
Ora passiamo alle misure degli angoli richiesti.
Il triangolo ACE ha l'angolo in C retto, perché lo spigolo AC è
perpendicolare al piano contenente la faccia di C , E. Allora
(cfr.4.45)
ˆ AC 12 .
cos CAE
17
AE
ˆ in gradi e primi con la calcolatrice
Per calcolare la misura di CAE
possiamo usare la funzione arcocoseno, in generale indicata in tastiera
con il simbolo cos-1, avendo cura di predisporre la calcolatrice nella
modalità DEG . Digitando cos -1 (12÷17) otteniamo il risultato
45.0991…. Ciò vuole dire che la parte intera della misura in gradi
ˆ è 45°. Per esprimere in primi la parte eccedente, ossia ciò
di CAE
che nella rappresentazione decimale è quantificato dalle cifre dopo
la virgola, sottraiamo 45 dal numero ancora presente sul display, e
moltiplichiamo per 60 il risultato. Si trova 5 . 9 4 7 6 7 … , che
arrotondiamo a 6; questa è la misura in primi della parte eccedente
45° dell'angolo che vogliamo esprimere; perciò
ˆ 45 6 CAE
ˆ consiste
Un altro metodo per calcolare la misura di CAE
G 50
sessione ordinaria a.s. 2007-2008- corsi sperimentali
nell'applicare il Teorema di Carnot al triangolo ACE. Si tratta di un
procedimento più artificioso, il cui unico vantaggio consiste nel non
ˆ è retto.
dovere osservare che l'angolo ACE
Il Teorema di Pitagora applicato al triangolo rettangolo CGE dà
2
2
2
CE CG GE 64 81 145
e il Teorema di Carnot (cfr.4.50) applicato al triangolo ACE dà
2
2
2
ˆ CE AE AC 2 AE AC cosCAE
da cui, sostituendo le misure dei segmenti, tutte note, abbiamo
ˆ 145 289 144 2 17 12 cos CAE
ˆ 12 ; da qui si procede come sopra.
da cui segue cos CAE
17
Anche per gli altri due angoli si può ragionare in ciascuno dei due
ˆ ; qui svolgiamo il calcolo solo nel
modi esposti relativamente a CAE
primo modo.
ˆ . Il triangolo ABE ha l'angolo in B retto perché AB
Calcoliamo BAE
è perpendicolare alla faccia contenente B, E. Allora
ˆ AB 9
cos BAE
17
AE
ˆ , si ricava
da cui, procedendo come per il calcolo della misura di CAE
ˆ 58 2 .
BAE
ˆ . Il triangolo ADE ha l'angolo in D retto
Infine calcoliamo DAE
perché AD è perpendicolare alla faccia contenente D, E. Allora
ˆ AD 8
cos DAE
17
AE
ˆ , si ricava
da cui, procedendo come per il calcolo della misura di CAE
ˆ 61 56 .
DAE
Quesito 7
Il quesito in oggetto riprende un argomento, le geometrie non euclidee, già proposto nel
Quesito 5, Sessione ordinaria 2006-2007 per corsi sperimentali. Rinviamo alla
svolgimento di detto Quesito, svolgimento che risulta adeguato anche al quesito
attualmente in esame.
Quesito 8
Il quesito è identico al Quesito 8 assegnato nella sessione ordinaria 2007-2008 per
corsi tradizionali; la sua risoluzione si trova in quella sede.
G 51
sessione ordinaria a.s. 2007-2008- corsi sperimentali
Quesito 9
Un semplice esercizio sul Calcolo delle probabilità, risolubile direttamente calcolando il
rapporto fra esiti favorevoli ed esiti possibili; in sostanza, un esercizio sul Calcolo
combinatorio.
Il numero dei modi in cui è possibile scegliere un gruppo di 8
studenti in una classe di 20 è 20
(cfr.1.20). Ora dobbiamo contare
8
in quanti modi si può scegliere in quella classe un gruppo
contenente 4 ragazze e 4 ragazzi. I 4 ragazzi vanno scelti fra 12,
modi, mentre 4 ragazze fra 8
quindi possono essere scelti in 12
4
possono essere scelte in 84 modi; perciò un gruppo di 4 ragazzi e 4
84 modi. La
ragazze di quella classe si può scegliere in 12
4
probabilità che un gruppo di 8 studenti scelti a caso in quella classe
contenga 4 ragazzi e 4 ragazze è pertanto
124 84 208 12! 8!
4
!8! 4!4! 20!
8!12!
12!
8!12!
1155
0 , 275 .
3
!
20
4199
4!
Occorre un po' di attenzione per effettuare le semplificazioni della
frazione; non è assolutamente il caso di esplicitare i valori dei
fattoriali. Conviene invece osservare che, per esempio,
12!
1
20!
13 14 15 20
e altre analoghe semplificazioni.
Quesito 10
Un esercizio sulle trasformazioni nel piano; la seconda domanda offre lo spunto per
considerazioni riguardanti l'inversa di una funzione.
Per realizzare quanto richiesto è sufficiente applicare le opportune
formule. Le equazioni della simmetria centrale rispetto all'origine
sono (cfr.3.76)
X x
Y y
ossia
x X
y Y
La curva di equazione y e 2 x viene trasformata nella curva di
equazione
Y e 2
X ossia Y e 2 X
Una volta giunti al risultato non occorre più usare le lettere maiuscole per distinguere le coordinate dei punti della curva originale da
G 52
sessione ordinaria a.s. 2007-2008- corsi sperimentali
quelle dei punti della curva trasformata: la simmetrica rispetto
all'origine della curva y e 2 x è la curva di equazione y e 2 x .
Le equazioni della simmetria assiale rispetto alla bisettrice del primo
e terzo quadrante sono (cfr.3.81)
X y
Yx
ossia
x Y
yX
La curva di equazione y e 2 x viene trasformata nella curva di
equazione
X e 2Y ossia, ritornando alle lettere minuscole, x e 2 y .
È possibile descrivere la curva ottenuta con la y in forma esplicita
rispetto a x:
1
x e 2 y e 2 y x 2 y ln x y ln x .
2
y
y e 2 x
yx
x
1
y ln x
2
y e2 x
figura 18
G 53
sessione ordinaria a.s. 2007-2008- corsi sperimentali
Quella scritta per ultima è l'equazione esplicita rispetto ad y della
curva simmetrica di y e 2 x rispetto alla bisettrice del primo e terzo
quadrante. Si tratta della funzione inversa di f x e 2 x ; infatti,
come è noto, se f è una funzione invertibile (da un sottoinsieme di R
a R ) e f 1 è la funzione inversa, allora le curve di equazione
y f x e y f 1 x sono ciascuno il simmetrico dell'altro rispetto
alla bisettrice del primo e terzo quadrante.
La figura 18 mostra i tre grafici con cui abbiamo lavorato: quello
originale, cioè y e 2 x e i simmetrici di questo rispetto all'origine e
rispetto ala bisettrice del primo e terzo quadrante.
G 54
sessione suppletiva 2007-2008- corsi tradizionali
Esame di Stato di Liceo Scientifico
a.s. 2007-2008
Sessione suppletiva
La prova richiede lo svolgimento di uno dei due problemi proposti
e le risposte a cinque domande scelte all'interno del questionario.
Problema 1.
Dato un quadrante AOB di cerchio, di centro O e raggio 2, si
consideri sull'arco AB un punto P.
1)
2
Si esprima in funzione di t tg x
ˆ ) l'area del
(con x BOP
quadrilatero OMPN, essendo M ed N i punti medi dei raggi
OA e OB.
2)
Si studi la funzione f t così ottenuta e si tracci il suo grafico g,
indipendentemente dai limiti posti dal problema geometrico.
3)
Si dica per quale valore l'area x l'area del quadrilatero assume
valore massimo.
4)
Si calcoli l'area della parte finita di piano compresa tra la curva g
e l'asse x.
Problema 2.
Si consideri la funzione:
y sen x 2 cos x 1 .
1)
Tra le sue primitive si individui quella il cui diagramma g passa
per il punto P , 0 .
2)
Si rappresenti graficamente la curva g nell'intervallo 0 x 2 e
si dimostri che essa è simmetrica rispetto alla retta x .
3)
Si scrivano le equazioni delle rette tangenti alla curva nei suoi
G 55
sessione suppletiva 2007-2008- corsi tradizionali
4)
due punti A e B di ascisse e 3 e si determini il loro punto
2
2
d'intersezione C.
Si calcoli l'area della parte finita di piano compresa tra la curva g
e le due suddette tangenti.
Questionario.
1.
Si determini la distanza delle due rette parallele
3 x y 3 10 0 ,
2.
3.
6 x 2 y 5 10 0 .
Un trapezio rettangolo è circoscritto ad una semicirconferenza
di raggio r in modo che la base maggiore contenga il diametro.
Si calcoli in gradi e primi (sessagesimali) l'ampiezza x dell'angolo
acuto del trapezio, affinché il solido da esso generato in una
rotazione completa attorno alla base maggiore abbia volume
minimo.
Si determinino le equazioni degli asintoti della curva
f x x 1 x 2 2 x 2 .
4.
Si calcoli il limite della funzione
cos x cos 2 x
1 cos x
quando x tende a 0.
5.
Si calcoli il valore medio della funzione f x log x 1 x 2
nell'intervallo 0 x 1.
Si sechi il solido di una sfera con un piano, in modo che il circolo
massimo sia medio proporzionale fra le superficie appianate
delle calotte nelle quali rimane divisa la sfera.
La regione finita di piano delimitata dalla curva di equazione
y e x/2 x 1 e l'asse x nell'intervallo 0 x 1 è la base di un
solido S le cui sezioni sono tutte esagoni regolari. Si calcoli il
volume di S.
Si stabilisca per quali valori del parametro reale k esiste una
piramide triangolare regolare tale che k sia il rapporto fra il suo
apotema e lo spigolo di base.
Si scriva l'equazione della tangente al diagramma della funzione
6.
7.
8.
9.
sen x
f x x 2 1
nel punto P di ascissa .
2
G 56
sessione suppletiva 2007-2008- corsi tradizionali
10. Dato un sistema di riferimento cartesiano (ortogonale
monometrico) in un piano, si dica che cosa rappresenta l'insieme
dei punti P 1 t 2 , 1 t 2 , ottenuto al variare di t nei reali.
Leggiamolo insieme
Problema 1
Il problema ha inizio con una semplice applicazione geometrica della
trigonometria; si genera una funzione razionale il cui studio è
oggetto della seconda domanda; lo studio non presenta difficoltà
significative, richiede solo un po' di attenzione nello studio del
segno della derivata seconda. La terza domanda propone un
problema di massimo, anch'esso non difficile; occorre però qualche
familiarità con le funzioni circolari. Il problema termina con il calcolo
di un'area, per il quale occorre calcolare una primitiva della funzione
razionale oggetto delle prime due domande.
Tutto il problema tratta l'espressione oggetto della prima domanda,
cosicché una sua errata determinazione avrebbe conseguenze
sull'intero svolgimento; va tuttavia riconosciuto che la risoluzione
della prima domanda non presenta effettive difficoltà di concetto né
di calcolo.
Che cosa ripassare?
Le principali regole della trigonometria: teoremi sui triangoli
rettangoli, espressione dell'area di un triangolo, le "formule
parametriche" (per esprimere coseno e seno di un angolo in
funzione della tangente della metà dell'angolo); risoluzione di
equazioni e disequazioni trigonometriche; uso della calcolatrice con
le funzioni circolari. Studio di funzioni: limiti, derivate; calcolo di
aree di figura piane mediante integrali. Integrazione di funzioni
razionali; divisione di polinomi. Logaritmi e loro proprietà.
Problema 2
Tutto il problema tratta sotto vari punti di vista una funzione
trigonometrica. La prima domanda, la più semplice, chiede di
ricavare l'espressione di tale funzione, descritta come primitiva di
una funzione assegnata; segue lo studio del grafico della funzione il
quale presenta qualche aspetto un po' delicato, in particolare nella
determinazione dei flessi. La terza e quarta domanda non
presentano difficoltà particolari; quanto richiesto (rette tangenti alla
curva, calcolo di un'area con un integrale) si ottiene applicando
tecniche standard, che dovrebbero essere ben note ai candidati.
G 57
sessione suppletiva 2007-2008- corsi tradizionali
Che cosa ripassare?
Calcolo di integrali di funzioni trigonometriche; le principali formule
su tali funzioni (duplicazione, bisezione, archi associati); equazioni e
disequazioni trigonometriche. Studio di funzioni; simmetrie assiali.
Retta tangente a una curva in un suo punto. Calcolo di aree di
figure piane mediante integrali.
Soluzione del problema 1.
Domanda 1): L'area del quadrilatero OMPN.
L'espressione dell'area del quadrilatero in funzione di x è pressoché
immediata: si ha infatti (cfr.4.51)
1
Area ONP ON OP sen x sen x
2
B
(tenendo presente che OP 2,
ON 1); allo stesso modo
1
Area OMP OM OP sen x! 2 2
sen x! cos x
2
e quindi
(1)
N
P
K
x
O
M
H A
figura 1
Area OMPN sen x cos x .
Questo risultato può essere ottenuto anche in modo leggermente
diverso. Indicate con H e K le proiezioni di P su OA e OB (figura 1)
si ha (cfr.4.44, 4.45)
PK OP sen x 2 sen x ;
PH OK OP cos x 2 cos x
e quindi, tenendo conto che ON OM 1,
1
1
Area ONP ON PK sen x ;
Area OMP OM PH cos x
2
2
da cui segue nuovamente la (1).
Il testo del problema chiede di esprimere l'area di O M P N in
2
funzione di t tg x .
Le cosiddette "formule parametriche"
(cfr.4.28, 4.29) danno:
cos x 1 t2
;
sen x 2t
1 t2
1 t2
Queste, sostituite in (1), danno:
G 58
con x 2 k ,
k intero .
sessione suppletiva 2007-2008- corsi tradizionali
Area OMPN f t (2)
1 t 2 2t
1 t2
.
Poiché l'angolo x può variare tra 0 e , l'angolo x varia
2
4
2
4
nell'intervallo 0 , , e siccome tg 0 0 , tg 1 concludiamo che t
varia nell'intervallo 0 , 1 .
Domanda 2): Studio della funzione f t .
Come richiede il testo del problema, studiamo la funzione f t definita in (2) in tutto il suo dominio naturale che è l'intero insieme
dei numeri reali, nonostante essa si riferisca al problema geometrico
soltanto se 0 x 1.
Segno e limiti. Poiché il denominatore è positivo per ogni t, il
segno di f t è determinato dal numeratore. Si ha
t 2 2t 1 0 t 1 2
e quindi, tenendo conto che il coefficiente di t 2 è negativo, il segno
di f t varia in funzione di t come rappresentato nel seguente
schema:
----------- +++++++++++ ----------1 2
1 2
Poiché f è definita e continua per ogni t reale, i soli limiti di f t che
interessa calcolare sono quelli per t . Questi limiti si calcolano
per una funzione razionale tenendo conto dei soli monomi di grado
maggiore del numeratore e del denominatore; perciò
lim
1 t 2 2t
t 2
1 t 2 2t
1.
1 t2
La retta di equazione y 1 è quindi asintoto orizzontale per il
grafico di f. Non ci sono altri asintoti, obliqui o verticali.
Può inoltre essere utile calcolare f 0 1 (intersezione con l'asse y).
x 1 t 2
lim
1 e analogamente lim
x t 2
x
Derivata ed estremanti. Risulta
f t 2 2t 1 t 2 2 t 1 t 2 2t
1 t2
2
2
t 2 2 t 1
1 t2
2
.
Di nuovo si nota che il denominatore è positivo per qualunque t
reale. Il segno di f t è quindi determinato dal numeratore, e
poiché risulta
G 59
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t 2 2 t 1 0 t 1 2 ,
si ha per il segno di f t quanto indicato nel seguente schema, con
le conseguenze ivi rappresentate per la crescenza e decrescenza di f.
----------- +++++++++++ -----------
f t 1 2
f t
1 2
I valori t 1 2 e t 1 2 sono rispettivamente punto di
minimo relativo e punto di massimo relativo per f. I corrispondenti
valori della funzione si ottengono con qualche calcolo sostituendo i
valori di t nell'espressione di f t ; risulta
f 1 2 2 ;
f 1 2 2 .
Tali valori sono anche il minimo ed il massimo assoluto di f nel suo
dominio.
Derivata seconda e flessi. Risulta
f t 2t 2 1 t 2 2
2
t2 2t 1 2 1 t2 2t
1 t2
4
1 t 2 t 1 1 t 2 2 t t 2 2 t 1
4
1 t 2 4
4
t3 3t2 3t 1
1 t2
3
.
Il denominatore è ancora una volta positivo per qualunque t; il
segno di f t è quello del polinomio p t t 3 3 t 2 3 t 1. Questo
si fattorizza facilmente; infatti si vede subito che p1 0 . La
scomposizione si può ottenere applicando la regola di Ruffini, ma
anche con un raccoglimento parziale, nel modo seguente:
t 3 3 t 2 3 t 1 t 3 1 3 t t 1 t 1 t 2 t 1 3 t t 1 t 1 t 2 4 t 1 .
Ancora, si ha
t2 4t 1 0 t 2 3
Il segno di f t si studia quindi come indicato nel seguente schema,
il quale mette pure in evidenza gli intervalli in cui f è convessa e
quelli in cui è concava.
G 60
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t 1
------------------------------------ +++++++++++
t2 4 t 1
+++++++++++ ----------- +++++++++++ +++++++++++
----------- +++++++++++ ----------- +++++++++++
f t
2 3
2 3
1
f
I valori 2 3 , 2 3 , 1 sono punti di flesso per f. Con qualche
calcolo si ricavano le rispettive ordinate, sostituendo i valori di t
nell'espressione di f t :
3 1
3 1
,
f 2 3 ,
f 1 1.
2
2
I dati fin qui raccolti consentono di tracciare il grafico di f (figura 2).
f 2 3 y
1
1 2
2 3
y
1 2
1 t2 2 t
1 t2
t
1 2
1
–1
2 3
y 1
1 2
figura 2
Domanda 3): Il valore di x che rende massima l'area di OMPN.
Si può procedere in (almeno) due modi: vediamo.
Primo modo. Utilizziamo i risultati del punto 2). La funzione f t che abbiamo studiato attiene al problema geometrico per 0 t 1.
In questo intervallo il massimo valore di f t è assunto per
t 2 1. Il valore di x che rende massima l'area del quadrilatero
2
2
OMPN è pertanto x 0 , tale che tg x 2 1. Ciò significa che
x arctan
2
2 1 , x 2 arctan 2 1 . Questo è in effetti il valore
richiesto di x. È tuttavia possibile esprimere questo risultato in
modo assai più semplice: risulta infatti
(3)
arctan
2 1 8
e quindi il massimo dell'area di OMPN viene assunto quando x .
4
G 61
sessione suppletiva 2007-2008- corsi tradizionali
8
Non è da tutti ricordare a memoria che tg 2 1, relazione
equivalente alla (3); può essere di aiuto la calcolatrice la quale,
richiesta di fornire tan-1( 2 1) offre, se impostata in modalità DEG,
il risultato: 22.5. La misura in gradi dell'angolo che rende massima
l'area è quindi 45°; ecco dunque x .
4
Secondo modo. Consideriamo l'espressione (1) dell'area di OMPN
determinata nella risoluzione della domanda 1):
Area OMPN sen x cos x S x
0 x !.
2
La derivata di S x è S x cos x sen x . Per risolvere la
disequazione lineare in seno e coseno
cos x sen x 0
si può applicare il "metodo grafico", che consiste nel porre X cos x ,
Y sen x e, tenendo conto della relazione fondamentale
cos 2 x sen 2 x 1, trasformare la disequazione nel sistema
X Y 0
2
2
X Y 1
il quale, nel piano X , Y , rappresenta la parte della circonferenza
X 2 Y 2 1 contenuta nel semipiano X Y 0 (figura 3).
Tenendo conto delle limitazioni poste a x
Y
X Y 0
concludiamo che S x 0 se e solo se
4
X
1
0 x . Il massimo valore di S x vie4
ne quindi raggiunto quando x , come
4
avevamo già stabilito in precedenza.
Il massimo di S x sen x cos x si può
determinare anche senza il calcolo della
derivata, con un artificio abbastanza
consueto (cfr.4.37):
figura 3
1
1
sen x cos x! 2
2
2
sen x cos x 2 sen x !
4
Quando x assume valori tra 0 e , x varia tra e 3 . La
2
4
4
4
funzione seno raggiunge il suo massimo valore, uguale a 1, quando il
suo argomento vale ; affinché sia x bisogna che sia x .
2
G 62
4
2
4
sessione suppletiva 2007-2008- corsi tradizionali
2
Dunque il massimo valore di sen x cos x per x 0 , assunto per x , e vale
4
viene
2.
Domanda 4): L'area della parte di piano delimitata tra g e asse x.
Nella trattazione della domanda 2) abbiamo visto che la parte di
piano in oggetto di trova nel semipiano y 0, con 1 2 t 1 2 .
Allora (cfr.5.29)
1 2
1 t 2 2t
Area dt
1 2
1 t2
Per calcolare una primitiva della funzione integranda occorre
innanzitutto effettuare la divisione per scrivere la frazione sotto
forma di
Resto
Quoziente .
Denominatore
Ciò si può realizzare eseguendo formalmente la divisione, ma anche
in modo più semplice:
1 t 2 2t
1 t2
Perciò
1 t 2 2 2t
1 t2
1 t 2
1 t2
2 2t
1 t2
1
2 2t
1 t2
.
1 2
1 2
1 t 2 2t
2 2t Area dt 1 ! dt 1 2
1 2 1 t2
1 t2 t 2 arctan t ln 1 t 2
t 1 2
t 1
2
2 2 ln 3 2 2 .
Per ottenere il risultato nella forma semplificata fornita sopra
occorre applicare le proprietà dei logaritmi e ricordare che
arctan 1 2 3 , arctan 1 2 1 . Questi ultimi risultati
8
8
possono essere dedotti anche con l'aiuto della calcolatrice
opportunamente utilizzata, come abbiamo osservato più indietro.
Soluzione del problema 2.
Domanda 1): Calcolo di una primitiva di f x sen x 2 cos x 1 .
Il calcolo di una primitiva della funzione indicata può essere svolto
in vari modi; della condizione aggiuntiva (passaggio per il punto
, 0 ) verrà in ogni caso tenuto conto alla fine, attribuendo il
G 63
sessione suppletiva 2007-2008- corsi tradizionali
valore opportuno alla "costante di integrazione" (il « C » che
ricorda la molteplicità delle primitive di una data funzione).
Iniziamo dal calcolo di una primitiva, per il quale mostriamo alcune
alternative possibili.
1
sen x 2 cos x 1 dx 2 2 cos x 1 2 sen x dx 1
2
2 cos x 1 C
4
(perché 2 sen x è la derivata di 2 cos x 1 ).
I
sen x 2 cos x 1 dx 2 sen x cos x sen x dx sen 2 x cos x C
(osservando per il primo addendo che cos x è la derivata di sen x ).
II
sen x 2 cos x 1 dx 2 sen x cos x sen x dx cos 2 x cos x C
(osservando per il primo addendo che sen x è la derivata di cos x).
III
sen x 2 cos x 1 dx 2 sen x cos x sen x dx 1
sen 2 x sen x dx cos 2 x cos x C .
2
Scelta ora una delle espressioni ottenute, determiniamo C in modo
che il valore della primitiva sia 0 quando x .
Attenzione! Il valore di C è in generale diverso per ciascuna delle
espressioni ottenute della primitiva; quindi la scelta che decideremo
di fare è vincolante; se si decide di cambiarla, va calcolato
nuovamente il valore di C.
L'espressione più conveniente per le applicazioni richieste nelle
domande che seguono ci pare essere la III); procediamo quindi su
di essa. Se F x cos 2 x cos x C si ha, essendo cos 1,
IV
F 1 1 C C
cosicché per ottenere F 0 occorre che sia C 0. Dunque la
primitiva che si doveva calcolare è
(1)
F x cos 2 x cos x .
Per chiarire quanto osservavamo poc'anzi sulla determinazione di C,
svolgiamo il calcolo anche sull'espressione di I): se F x G 64
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2
1 2 cos x 1 C allora F 1 C ; per avere F 0
4
4
occorre questa volta C 1 , cosicché si ottiene per F x l'espressione
4
1
2 1
2 cos x 1 .
4
4
Svolgendo il calcolo si nota comunque che quest'ultima espressione è
identica a quella di (1). Infatti, mentre sono infinite le primitive di
una funzione data, è unica la primitiva di una funzione data
(definita in un intervallo) che assume in un dato punto un valore
assegnato.
F x Domanda 2): Studio di F x cos 2 x cos x .
La funzione è pari (cioè F x F x ) ed è periodica di periodo 2.
Questo non è rilevante per lo studio della funzione, in quanto lo si
richiede esplicitamente nel solo intervallo 0 , 2 ; offre invece una
possibilità per dimostrare semplicemente la simmetria della curva
rispetto alla retta x ; ma di questo ci occuperemo più avanti.
Svolgiamo ora lo studio della funzione.
2 2 Si ha F 0 F 2 2 , F 0, F F 3 0.
Studiamo il segno della funzione. È F x cos x cos x 1 .
Il
fattore cos x 1 è sempre 0, uguale a zero se e solo se cos x 1
cioè (in 0 , 2 ) se e solo se x . Il segno di F x è determinato
dal fattore cos x, ed è quindi distribuito come segue:
----------- +++++++++++ +++++++++++ ----------
2
0
3
2
2
Si osserva fra l'altro che i soli punti in 0 , 2 nei quali F x 0 sono
, , 3 .
2
2
La derivata di F x è
F x 2 cos x sen x sen x sen x 2 cos x 1 .
Non occorreva in effetti il calcolo esplicito della derivata: F x è
stata ottenuta come una primitiva di sen x 2 cos x 1 ; dunque era
già noto che quest'ultima è l'espressione di F x .
In 0 , 2 è sen x 0 se e solo se 0 x , e 2 cos x 1 0 se e solo
se cos x 1 , cioè se 0 x 2 oppure 4 x 2 . Il segno di
2
3
3
F x risulta quindi come indicato nel seguente schema:
G 65
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sen x
++++++++++++++++++++++++ ------------------------
2 cos x 1
+++++++++++++++ ------- ------- +++++++++++++++
F x
+++++++++++++++ ------- +++++++ --------------2
3
0
F
4
3
2
L'ultima riga mostra gli intervalli in cui F è crescente e quelli in cui è
decrescente. I punti x 2 , x 4 sono punti di massimo relativo
3
3
per F; il punto x è punto di minimo relativo. Sono punti di
minimo relativo per F anche gli estremi dell'intervallo, 0 e 2; in
effetti questi ultimi sono punti di minimo assoluto.
Va inoltre osservato che la derivata di F vale 0 anche in 0 e 2;
questo è importante per disegnare correttamente il grafico: il
disegno dovrà rispettare il requisito di essere tangente a una retta
parallela all'asse x nei punti iniziale e finale del grafico.
Calcoliamo anche la derivata seconda, per lo studio della convessità
e concavità.
F x cos x 2 cos x 1 2 sen 2 x 2 cos 2 x cos x 2 sen 2 x 4 cos 2 x cos x 2 .
L'ultima espressione, ottenuta applicando la relazione fondamentale
sen 2 x cos 2 x 1, serve per esprimere F x in funzione del solo
coseno; ciò facilita lo studio del segno dell'espressione ottenuta.
Posto provvisoriamente t cos x , ci serve sapere per quali t è
4 t 2 t 2 0.
(2)
Poiché è 4 t 2 t 2 0 t 1 33 , la (2) è verificata se t assume
8
valori esterni alle due soluzioni
dell'equazione; quindi F x 0
se cos x 1 33 oppure
–1
1 33
8
1 33
8
figura 4
G 66
1
8
cos x 1 33 . Entrambi i valori
8
1 33
stanno tra –1 e 1; quindi
8
entrambe le disuguaglianze relative a cos x poc'anzi scritte hanno
soluzioni in 0 , 2 .
Indicati con a e b gli angoli
sessione suppletiva 2007-2008- corsi tradizionali
arccos 1 33 , arccos 1 33
8
8
(figura 4), nell'intervallo
0, 2 abbiamo F x 0 se
0 x oppure x 2 oppure 2 x 2 Negli intervalli su indicati la funzione F è convessa, mentre è
concava nelle parti 0 , 2 esterne a tali intervalli. I valori x ,
x , x 2 , x 2 sono punti di flesso.
La figura 5 mostra il grafico di F, limitatamente all'intervallo 0 , 2 .
y
0
2 2
2
3
2 4 3
x
2
3
2
x –2
figura 5
Proviamo ora la simmetria della curva rispetto alla retta x . La
verifica si può svolgere in diversi modi; ne mostriamo alcuni.
Primo modo. Si usa il fatto che la funzione è pari e periodica di periodo
2, senza sfruttare esplicitamente l'espressione della funzione. Si
tratta di mostrare che, per ogni x, è F x F x . Infatti la
simmetria della curva rispetto alla retta x significa che la
funzione assume valori uguali in punti del dominio equidistanti dal
valore x , ossia in coppie di punti del tipo x, x. Ebbene
risulta:
perché F è una funzione pari
F x F x
F 2 x perché F è periodica di periodo 2 come si voleva dimostrare.
F x
Secondo modo. Mostriamo che il grafico di F rimane invariato
quando gli viene applicata la simmetria assiale rispetto alla retta
x . Le equazioni di questa simmetria sono (cfr.3.77)
X 2 x
Y y
cioè
x 2 X
y Y
G 67
sessione suppletiva 2007-2008- corsi tradizionali
La curva y F x viene trasformata in: Y F 2 X . Ma poiché F
è periodica di periodo 2 è F 2 X F X ; inoltre F è pari,
quindi F X F X . Perciò l'equazione della curva in cui g viene
trasformata dalla simmetria rispetto a x è Y F X , ossia
ancora la curva g invariata.
Terzo modo. Applichiamo una traslazione nella direzione dell'asse x
che trasformi la retta x in X 0; la curva g viene trasformata in
una curva che verificheremo essere simmetrica rispetto alla retta
X 0; dovremo cioè verificare che è il grafico di una funzione
pari. La traslazione ha equazioni (cfr.3.91)
X x Y y
cioè
x X y Y
La curva y F x viene trasformata in: Y F X , ossia nel
grafico della funzione G X F X . Bisogna mostrare che G è
una funzione pari, cioè G X G X . Poiché G X F X ,
ciò che deve essere provato è F X F X : ciò è stato fatto
nella dimostrazione "primo modo".
Se si preferisce, si può invece agire direttamente sull'espressione di
F (e di G); tenendo presente che cos X cos X , si ha:
G X F X cos 2 X cos X cos 2 X cos X ;
l'espressione ottenuta è quella di una funzione pari, e con ciò è
provato quanto si doveva.
Domanda 3): Le rette tangenti alla curva nei punti A e B.
Le rette in oggetto si rappresentano mediante la formula (cfr.5.20)
y Fc F c x c
in cui c assume i valori e 3 . Le espressioni di F e F sono note
2
2
2 2 (si veda lo svolgimento della domanda 2); risulta F F 3 0,
2
2
F 1, F 3 1 e quindi:
2 retta tangente a g in B 3 , 0 :
2
retta tangente a g in A , 0 :
2
3
y x .
2
y x
I punti A e B sono fra loro simmetrici rispetto alla retta x la
G 68
sessione suppletiva 2007-2008- corsi tradizionali
quale, come si è visto in precedenza, è asse di simmetria per l'intera
figura; perciò ciascuna delle due tangenti ora determinate è
simmetrica dell'altra rispetto a x . Il loro punto d'intersezione C
si trova quindi sull'asse y
di simmetria, ossia ha
C
ascissa x , e ordinata
y calcolabile sosti2
tuendo x in una qualunque delle equazioni
delle due tangenti; ab-
A
x
B
2
3
2
2
biamo dunque C , .
Altrimenti le coordinate
figura 6
di C si possono ricavare
con calcoli assai semplici risolvendo il sistema formato dalle
equazioni delle due tangenti.
La figura 6 mostra ancora la curva g, con le due rette tangenti e i
punti A, B, C e mette in evidenza la regione piana la cui area viene
richiesta nella domanda 4.
Domanda 4): Calcolo dell'area.
L'area si calcola facilmente mediante un integrale (cfr.5.30), anzi
due, dato che la figura è delimitata superiormente da due diverse
2 rette negli intervalli , e , 3 :
2
3
3
2 x F x dx .
Area x F x dx 2
2
2
La simmetria della figura consente di limitare il calcolo a uno solo dei
due integrali; infatti le due parti in cui la retta x sono tra loro
equivalenti, e quindi
Area 2 x F x dx 2 x cos 2 x cos x dx 2
2
2
2
1
2 x 1 cos 2 x cos x dx (cfr.4.25) =
2 2
2
x 1
1 2
x 2 x x sen 2 x 2 sen x "
2 8 .
2
4
x 2
G 69
sessione suppletiva 2007-2008- corsi tradizionali
Area 1 2
2 8 .
4
Questionario
Quesito 1
Semplice problema di geometria analitica, richiede soltanto l'applicazione di una formula
(distanza di un punto da una retta) reperibile in tutti i manuali.
y
La distanza fra due rette parallele è la
distanza di un punto qualunque di una
delle due rette dall'altra. Scegliamo per
esempio il punto di ascissa 0 della retta
3 x y 3 10 0 , cioè il punto 0 , 3 10
(figura 7). La sua distanza dalla retta
6 x 2 y 5 10 0 è (cfr.3.14)
6 0 2 3 10 5 10
36 4
3 10
3 x y 3 10 0
x
11 10
11
.
2
2 10
Quesito 2
Un problema di geometria solida da risolvere con
metodi trigonometrici; successivamente un
problema di minimo, il quale conduce alla
risoluzione di un'equazione trigonometrica.
Quantunque non vi siano difficoltà di particolare
rilievo, risulta complessivamente impegnativo.
6 x 2 y 5 10 0
figura 7
Il volume del solido in oggetto (figura 8) è (cfr.2.53, 2.58)
1
2
D
K
C
(1) Volume AD AH HB .
3
È AD r ; ora dobbiamo esprimere
AH e HB in funzione di r e di
T
ˆ .
x ABC
Sia T il punto di tangenza di BC alla
A
O
H
B
circonferenza; per un noto teorema
OT è perpendicolare a BC. Allora
(cfr.4.44) OT OB sen x e quindi
OT
r
;
sen x sen x
Ragionando ora sul triangolo rettangolo BCH abbiamo (cfr.4.47)
figura 8
G 70
OB sessione suppletiva 2007-2008- corsi tradizionali
BH CH cot x r cot x
e conseguentemente
r
r cot x ;
sen x
Sostituendo ora in (1) abbiamo
OH OB BH AH r r
r cot x .
sen x
1
1
1
2
cot x .
Volume r 3 1 cot x cot x r 3 1 sen x
3
sen x 3
Indicata con V x 0 x l'espressione ottenuta, abbiamo
2
r3
cos x 2 1 V x r 3 2 3 cos x .
!
sen 2 x 3 sen 2 x 3 sen 2 x
Il fattore esterno alla parentesi è positivo
per qualunque x; V x 0 se e solo se
(2)
cos x 2 , cioè (limitatamente a 0 x ),
3
2
2
3
se arccos 2 x (figura 9).
3
2
1
Il minimo valore di V x viene quindi
3
assunto per x arccos 2 .
Per completare lo svolgimento dobbiamo
figura 9
esprimere la misura di arccos 2 in gradi
3
e primi sessagesimali; si tratta di un problema ricorrente nelle recenti
prove dell'Esame di Stato. La calcolatrice scientifica, predisposta in
modalità DEG , dà come valore di cos -1(2÷3) il numero 48.189… ;
quindi la misura dell'angolo in oggetto è di 48°, più una frazione di
grado da esprimere in p r i m i : sottraiamo 48 al risultato e
moltiplichiamo per 60: si ottiene 11.381…, che arrotondiamo a 11; la
misura richiesta è pertanto 48 11.
D
K
C
Si può calcolare la misura di O H
anche con un ragionamento diverso
(un po' più complicato). Indicato
con K il punto di tangenza di CD alla
T
circonferenza (figura 10), si nota che
ˆ ABC
ˆ x ; i due angoli sono
KOT
A
O
H
B
infatti entrambi complementari di
figura 10
ˆ . Poi, per un noto teorema
BOT
ˆ x , e quindi
ˆ , quindi KOC
(cfr.2.19), OC è bisettrice di KOT
2
G 71
sessione suppletiva 2007-2008- corsi tradizionali
KC OH OK tan
infine
x
x
r tan
;
2
2
x AH AO OH r 1 tan
.
2 !
Si ottiene in questo modo da (1) per il volume del solido l'espressione
x 1
cot x! .
V x r 3 1 tan
2 3
Questa espressione è meno comoda di quella ottenuta prima, per
quanto riguarda il calcolo della derivata. Si ottiene infatti
V x r 3
(3)
1
1 .
2 cos 2 x
3 sen 2 x !
2
Per lo studio del segno di V x occorre trasformare l'espressione,
per darle una forma più conveniente. Si può per esempio utilizzare
la formula di bisezione del coseno (cfr.4.25), ottenendo
1
1 3 sen 2 x 1 cos x
3
V x r 3 r
!
1 cos x 3 sen 2 x 3 sen 2 x 1 cos x
r3
3 3 cos 2 x 1 cos x
3 sen 2 x 1 cos x
r3
3 cos 2 x cos x 2
3 sen 2 x 1 cos x
.
Il numeratore dell'ultima frazione che abbiamo scritto si fattorizza in
1 cos x 2 3 cos x . In questo modo la frazione si semplifica,
eliminando il fattore 1 cos x , e si perviene all'espressione (2).
Quesito 3
L'esercizio è basato sulla tecnica della "razionalizzazione" per il calcolo di limiti di
funzioni irrazionali; occorre anche applicare la regola per la determinazione di un
asintoto obliquo; i calcoli sono complessivamente un po' laboriosi.
La funzione f x x 1 x 2 2 x 2 è definita in tutto R ,
perché il radicando è positivo per ogni x. Gli asintoti del suo grafico
possono essere soltanto orizzontali oppure obliqui, e riguardano il
comportamento di f x per x e per x . Incominciamo
con il calcolo di lim f x . Siamo in presenza della forma
x
indeterminata « »; questa si risolve nel caso attuale nel modo
seguente:
lim x 1 x 2 2 x 2
x
G 72
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lim
x 1 x
lim
x2 2 x 2 x 1 x2 2 x 2
x 1 x2 2 x 1 x2 2 x 2
x
x 1 x2 2 x 2
x2 2 x 2
4x 1
lim
x x 1 x 1 2 2
x x2
(nel numeratore abbiamo ricostruito una differenza di quadrati, per
eliminare la presenza della radice quadrata; nel denominatore,
nell'ultimo passaggio abbiamo "portato fuori" x 2 dalla radice
ottenendo il fattore esterno x; ciò è lecito in quanto possiamo
pensare che x sia positivo, perché ora stiamo trattando un limite per
x ). Ora dividiamo numeratore e denominatore per x:
4 1
x
lim
x 1 1 1 2 2
x
x x2
4
2.
2
Dunque la retta y 2 è asintoto per il grafico di f, per x .
Invece si ha lim x 1 x 2 2 x 2 ; quindi per x x
non c'è asintoto orizzontale. Potrebbe esserci un asintoto obliquo, e
in effetti c'è, come ora andiamo a verificare. Se y m x q è
l'equazione dell'asintoto allora (cfr.5.10)
f x
1
m lim
lim 1 x
x x
x
x2 2 x 2 !.
x
Dalla radice quadrata ora "portiamo fuori" il fattore x 2 , facendo
attenzione questa volta al fatto che, siccome x , dobbiamo
pensare x con valore negativo; quindi x (forma nella quale x 2 esce
dalla radice quadrata) è attualmente x . Perciò
x 1 2 22 x x !
1
1
2 2 lim 1 1 m lim 1 ! 2 .
x
x
x
x
x x2 x
Poi, applicando la stessa tecnica utilizzata in precedenza e tenendo
ancora conto del fatto che adesso x x , calcoliamo q:
q lim f x m x lim f x 2 x lim x 1 x 2 2 x 2 x
x
x 1 lim
x
x
x2 2 x 2 x 1 x2 2 x 2
x 1 x2 2 x 2
G 73
sessione suppletiva 2007-2008- corsi tradizionali
y
lim
x
y x 1 x2 2 x 2
lim
x2 2 x 1 x2 2 x 2
x 1 x2 2 x 2
1
x x 1 x 1 2 2
x x2
y 2 x
y2
x
figura 11
0.
L'equazione dell'asintoto obliquo
per x è pertanto: y 2 x .
La figura 11 mostra il grafico
della funzione (si tratta di un
ramo di iperbole non equilatera)
e i suoi due asintoti.
Quesito 4
Facile calcolo di limite, per il quale può essere applicata la regola di de l'Hôpital oppure
un procedimento elementare basato sulle identità trigonometriche con cui si elimina
l'indeterminazione grazie ad una semplificazione algebrica.
Il limite proposto manifesta la forma indeterminata « 0 ». Possiamo
0
applicare la regola di de l'Hôpital (cfr.5.21):
sen x 2 sen 2 x
cos x cos 2 x H
lim
sen x
1 cos x
x0
x0
lim
cos x 4 cos 2 x
3.
cos x
x0
Abbiamo applicato per due volte la regola di de l'Hôpital perché
dopo la prima derivazione di numeratore e denominatore
H
lim
permaneva la forma indeterminata « 0 ». Tuttavia, dopo la prima
0
derivazione avremmo potuto anche procedere come segue,
applicando la formula di duplicazione per seno (cfr.4.18):
sen x 2 sen 2 x
sen x 4 sen x cos x
lim
lim 1 4 cos x 3 .
sen x
sen x
x0
x0
x0
Altrimenti, il limite si può calcolare anche senza applicare la regola di
de l'Hôpital, semplicemente applicando la formula di duplicazione
per coseno (cfr.4.19) e semplificando la frazione:
lim
cos x cos 2 x
cos x 2 cos 2 x 1
lim
;
lim
1 cos x
1 cos x
x0
x0
poiché il trinomio 2 t 2 t 1 si fattorizza in 1 t 2 t 1 il nostro
limite si sviluppa come segue:
G 74
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lim
1 cos x 2 cos x 1
1 cos x
x0
lim 2 cos x 1 3 .
x0
Quesito 5
Il quesito richiede il calcolo di un integrale, il quale risulta svolgendo i calcoli assai più
semplice di quanto si potrebbe temere.
La media integrale di una funzione f in un intervallo a, b è il numero
1 b
f x dx .
b a
a
Nel caso attuale è 1
0 ln x 1 x 2 dx . Per il calcolo di una
primitiva applichiamo l'integrazione per parti (cfr.5.27), assumendo 1
come fattore da integrare:
1
2
2
ln x 1 x dx x ln x 1 x x x 1 x2
2x 1
dx 2 1 x2 !
1 x2 x
x
1 x2
x ln x 1 x 2 x dx x ln x 1 x 2 dx x 1 x2
1 x2
x ln x 1
1
2
2
2 2 x dx x ln x 1 x 1 x
e quindi
2
x ln x 1 x 2 1 x 2
x 1
x 0
1 x2 1 x2
ln 1 2 2 1 .
Quesito 6
Un semplice esercizio di geometria dello spazio, in cui l'unica difficoltà consiste
nell'interpretazione del testo, scritto con un linguaggio quanto meno inusuale.
Sia r il raggio della sfera; l'area del cerchio
h
2
massimo misura r . Sia h l'altezza di una
delle due calotte in cui il piano scelto divide
r
la superficie della sfera; 2 r h è allora l'altezza dell'altra calotta (figura 12). Le superfici delle due calotte misurano allora rispettivamente (cfr.2.65) 2 r h, 2 r 2 r h .
Essere il cerchio massimo "medio proporziofigura 12
nale" tra queste due aree significa che il prodotto di queste ultime è uguale al quadrato dell'area del cerchio
massimo, cioè
G 75
sessione suppletiva 2007-2008- corsi tradizionali
r 2 2
2 r h 2 r 2 r h .
Dopo avere svolto i calcoli e semplificato si ottiene
4r r 2 4 h 2 r h ; 4 h2 8 r h r 2 0 ; h 12r 2
3
!.
r 1 2 4
I limiti per h sono 0 h 2 r ; entrambe le soluzioni sono accettabili,
tuttavia esse rappresentano in sostanza la stessa situazione
geometrica. La loro somma è uguale a 2 r, cosicché se h r 1 3 ,
2
l'altra calotta ha altezza 2 r h r 1 3 e viceversa.
2
Quesito 7
Il quesito propone un problema ricorrente da qualche anno in quasi tutte le prove
dell'esame di Stato: calcolare il volume di un solido conoscendo le sue sezioni con piani
perpendicolari a una data direzione; anzi, nel presente quesito il testo non precisa
neppure che le sezioni di cui si parla sono quelle con piani perpendicolari all'asse x,
precisazione che va comunque sottintesa.
Come negli altri problemi di questo tipo proposti in recenti prove
d'esame, il volume si ottiene integrando nell'intervallo indicato (qui
l'intervallo 0 , 1 ) la funzione che esprime l'area della sezione per
ogni valore di x. Attualmente la sezione del solido con un piano
x
perpendicolare all'asse x è un esagono il cui lato misura e 2 x 1.
Calcoliamo l'area di tale esagono.
Un esagono di lato si può scomporre in 6
triangoli equilateri di lato (figura 13). Se
O
A
H
B
3
AB allora l'altezza è AH 2 e l'area
del triangolo è 1 3 2 3 ; l'area del2
4
2
l'esagono è sei volte l'area del triangolo,
x
e 2 x 1 e
cioè 3 2 3 . Ora abbiamo figura 13
2
2
3
quindi l'area dell'esagono è
3 e x x 1 , e il volume del solido è
2
1
3 1 x
3
2
2
x
3 e x 1 dx 3 e x 1 dx .
(1) Volume 2 0
0 2
Calcoliamo una primitiva della funzione integranda. Occorrono due
integrazioni per parti (cfr.5.27).
x
x
2
2
x
e x 1 dx e x 1 2 e x 1 dx G 76
sessione suppletiva 2007-2008- corsi tradizionali
2
2
e x x 1 2 e x x 1 e x dx ! e x x 1 2 e x x 1 2 e x ex x2 2 x 1 2 x 2 2
ex x2 1 .
Allora il calcolo dell'integrale di (1) fornisce:
x 1
3
3
3 ex x2 1
3 2 e 1 .
2
2
x 0
Volume Quesito 8
Interessante problema di geometria solida, anche se abbastanza inconsueto. Si risolve
con considerazioni geometriche piuttosto semplici; può tuttavia mettere in difficoltà
nella impostazione iniziale.
Ricordiamo che "piramide triangolare regolare retta" significa che la
base della piramide è un triangolo equilatero, e l'altezza cade nel
centro del cerchio inscritto nel triangolo. Siano e h spigolo di base
e altezza della piramide.
Non ci sono vincoli tra e h, cioè eh
V
possono essere scelti arbitrariamente.
Sia a l'apotema della piramide, cioè
l'altezza uscente da V di ciascuna della
facce. Tracciamo l'altezza CK di ABC,
base della piramide, e l'apotema VK,
altezza della faccia A B (figura 14).
Entrambi i segmenti, V K e C K ,
concorrono in K, punto medio di AB,
C
per il Teorema delle tre perpendicolari
(cfr.2.31).
Ora osserviamo il triangolo equilatero
ABC (figura 15). L'altezza CK misura
3 . CK è an 2
A
H
K
B
che una mediafigura 14
na, e H , che è
fra l'altro il baricentro di ABC, la divide in due parti CH,
C
HK con HK 1 CH . Allora
2
H
A
K
figura 15
B
HK 1 CK 3 .
3
6
Infine osserviamo il triangolo VKC (figura
16) e in particolare il triangolo rettangolo
KHV. La sua ipotenusa VK è l'apotema a
G 77
sessione suppletiva 2007-2008- corsi tradizionali
V
a
della piramide; il cateto KH misura 3 , come
6
abbiamo visto sopra. Poiché in ogni triangolo
rettangolo ciascun cateto è minore dell'ipotenusa, deve essere a 3 , e quindi a 3 .
6
6
Perciò una piramide triangolare regolare con
apotema a e spigolo di base è costruibile se
h
e solo se il rapporto k a è maggiore di 3
6
K
H
3
6
(se k 3 la piramide degenera nel triangolo
6
di base, cioè ha altezza nulla).
C
figura 16
Quesito 9
Il quesito chiede di scrivere l'equazione della retta tangente in un punto ad una curva;
si tratta semplicemente di applicare una formula specifica. L'unica difficoltà si può
incontrare nel necessario calcolo della derivata.
Non dobbiamo fare altro che applicare l'apposita formula (cfr.5.20);
l'equazione della retta desiderata è
y f
(1)
x
f
2 2
2
2
Abbiamo immediatamente f 1. Ora ci serve la derivata di
2
4
f. L'espressione di f x è una potenza in cui sia la base, sia
l'esponente dipendono da x; la derivata di una siffatta espressione
si può ottenere da un'apposita formula (cfr.5.18), ma ci sembra più
opportuno trasformare l'espressione (secondo una regola standard)
in modo da presentarla sotto forma di funzione esponenziale, ossia
con la base costante. Si ha (cfr.6.11, 6.17)
f x x 2 1
sen x
2
e ln x 1
sen x 2
e sen x ln x 1
e quindi
2
2x f x e sen x ln x 1 cos x ln x 2 1 sen x ! x 2 1
sen x cos x ln x 2 1 sen x x 22x 1!
x2 1
e quindi
G 78
sessione suppletiva 2007-2008- corsi tradizionali
2
1! 2
f
.
2
4
1
4
2
2 abbiamo
Sostituendo in (1) i valori ottenuti per f ,
l'equazione della retta richiesta:
2
y
1 x 4
2
cioè
f 2
1.
y x
4
Quesito 10
Si deve descrivere un insieme di punti rappresentato in forma parametrica.
Si nota immediatamente che i punti P 1 t 2 , 1 t 2 hanno tutti
l'ascissa uguale all'ordinata, appartengono cioè alla retta y x ,
bisettrice del primo e terzo quadrante. I
punti P non esauriscono però tale retta y
perché per ogni t reale è t 2 0 , quindi
1 t 2 1. L'insieme dei punti P è la semiretta che ha per origine il punto (1,1), contenuta nella retta y x , con x 1 (figura 17). In 1
simboli, è l'insieme
x
x, y ;
y x, x 1 .
Si può osservare che la descrizione parame-
0
1
figura 17
trica di P 1 t 2 , 1 t 2 rappresenta "doppiamente" la semiretta, nel senso che ogni punto, tranne (1,1), corrisponde a due valori di t, uno opposto dell'altro; ciò comunque non
cambia l'insieme di punti descritto.
G 79
sessione suppletiva 2007-2008- corsi sperimentali
Esame di Stato di Liceo Scientifico
a.s. 2007-2008
Corsi sperimentali
Sessione suppletiva
La prova richiede lo svolgimento di uno dei due problemi proposti
e le risposte a cinque domande scelte all'interno del questionario.
Problema 1.
Siano dati un cerchio di raggio r ed una sua corda AB uguale al lato
del quadrato in esso inscritto.
1)
Detto P un generico punto della circonferenza, giacente
sull'arco maggiore di estremi A e B, si consideri il rapporto:
2
PA PB
AB
2
2
ˆ .
e lo si esprima in funzione di x tg PAB
2)
Si studi la funzione f x così ottenuta e si tracci il suo grafico g,
indipendentemente dai limiti posti dal problema geometrico.
3)
Detto C il punto d'intersezione della curva g con il suo asintoto
orizzontale, si scriva l'equazione della tangente a g in C.
4)
Si calcoli l'area della parte finita di piano compresa tra la curva
g, la suddetta tangente e la retta di equazione x k , essendo k
l'ascissa del punto di massimo relativo.
Problema 2.
Si consideri la funzione
y a sen 2 x b sen x c
G 80
sessione suppletiva 2007-2008- corsi sperimentali
1)
Si determinino a, b, c in modo che il suo grafico g passi per
6 A 0 , 2 , per B , 0 ed abbia in B tangente parallela alla retta
3 3 x 2y 5 0.
2)
Si rappresenti graficamente la curva g nell'intervallo 0 x 2 .
3)
Si calcoli il valore dell'area di ciascuna delle due parti di piano
comprese fra la retta y 2 e la curva stessa.
4)
Tra tutte le primitive della funzione data si determini quella il
cui grafico passa per P 0 , 6 e si scriva l'equazione della retta
ad esso tangente in detto punto.
Questionario.
1.
Si determinino le costanti a e b in modo tale che la funzione:
#&a x b per x 0
f x $ e x 1
per x 0
&% x
risulti continua e derivabile nel punto x 0.
2.
3.
Un meteorite cade sulla terra; qual è la probabilità che il punto
d'incontro si trovi fra l'equatore e il Tropico del Cancro
(latitudine 23 27 nord)?
Si determini il numero reale positivo l in modo che la curva
rappresentativa della funzione g x e x divida in parti
equiestese la regione delimitata dalla curva rappresentativa
della funzione f x e x , dall'asse x e dalle rette x 0 e x 1.
4.
Si determini la probabilità che, lanciando 8 volte una moneta
non truccata, si ottenga 4 volte testa.
5.
Si dimostri che l'equazione 3 x e x 3 0 per x 0 ha
un'unica radice reale e se ne calcoli un valore approssimato con
due cifre decimali esatte.
6.
Si dimostri che il volume del cilindro equilatero inscritto in una
sfera di raggio r è medio proporzionale fra il volume del cono
equilatero inscritto e il volume della sfera.
7.
Si calcoli il valore medio della funzione f x arccos 1 x 2
nell'intervallo 0 x 1.
8.
In un piano riferito ad un sistema di assi cartesiani sono
assegnati i punti A 0 , 1 , B 0 , 4 . Si determini sul semiasse
G 81
sessione suppletiva 2007-2008- corsi sperimentali
9.
positivo delle ascisse un punto C dal quale il segmento AB è
visto con un angolo di massima ampiezza.
Si scriva l'equazione della tangente al diagramma della funzione:
f x
1
log x
et
t2
dt
nel punto P di ascissa x e .
1
2
10. Tenuto conto che 6 0
dx si calcoli un'approssimazione di
1
x2
, utilizzando uno dei metodi d'integrazione numerica studiati.
Leggiamolo insieme
Problema 1
Il problema inizia con tradizionale quanto semplice esercizio di
trigonometria applicata a un problema geometrico; continua con
alcune applicazioni, anch'esse standard, delle tecniche di Analisi
matematica: lo studio del grafico di una funzione razionale, la
tangente al grafico in un suo punto, un'area da calcolare tramite
integrale. Il problema complessivamente non è difficile; i calcoli
sono a volte un po' laboriosi, ma non eccessivamente. Va tuttavia
segnalato che le domande sono tutte fra loro concatenate, ossia
ciascuna tratta i risultati delle precedenti; ciò mette in seria difficoltà
chi non riesce a risolvere una parte del problema, rendendo
impossibile la prosecuzione dello svolgimento; anche un eventuale
errore di calcolo si trascina in tutto lo svolgimento da lì in poi.
Che cosa ripassare?
Applicazione della trigonometria alla geometria; il Teorema della
corda. Studio di funzioni e argomenti correlati; rette tangenti al
grafico di una funzione. Calcolo di aree per mezzo di integrali.
Integrazione di funzioni razionali; divisione fra polinomi.
Problema 2
Un problema interamente di analisi matematica, articolato in vari
punti ma sempre rivolto allo studio di una funzione trigonometrica
assegnata. Si inizia calcolando i coefficienti dell'espressione di f x ;
segue il classico studio del grafico, che presenta qualche difficoltà
tecnica soltanto nella trattazione della derivata seconda. Le ultime
due domande vertono in sostanza sul calcolo di una primitiva di f,
che subito si utilizza per calcolare due aree; infine si deve scrivere
G 82
sessione suppletiva 2007-2008- corsi sperimentali
l'equazione della retta tangente al grafico della primitiva in un suo
punto, cosa che non presenta alcuna difficoltà. Complessivamente,
un problema piuttosto facile, ad eccezione della derivata seconda di
f, la cui omissione non pregiudica comunque la possibilità di
risolvere con successo tutto il resto.
Che cosa ripassare?
Significato geometrico della derivata; retta tangente al grafico di
una funzione in un suo punto. Studio di funzioni. Equazioni e
disequazioni trigonometriche. Integrazione di funzioni trigonometriche; applicazione degli integrali al calcolo di aree di figure piane.
Soluzione del problema 1.
Domanda 1): La questione geometrica.
ˆ . Evitiamo
Indichiamo con a la misura in radianti dell'angolo PAB
l'uso della lettera x per l'angolo variabile perché la lettera x è dal
testo riservata ad indicare la tangente dell'angolo che abbiamo scelto
di indicare con a (figura 1).
Poiché A B è il lato di un quadrato
inscritto nella circonferenza, l'angolo
ˆ misura rad. per ogni posizione
APB
P
4
di P nel maggiore dei due archi AB.
Siccome la somma degli angoli interni
ˆ
del triangolo ABP è , l'angolo ABP
4
3 4
misura 3 . I limiti entro i quali può
4
variare a sono quindi 0 3 .
4
Le misure di AB, PA, PB si esprimono
figura 1
facilmente in funzione di a, applicando
il Teorema della corda (cfr.4.48):
A
B
!
AB 2 r sen' ) r 2 ;
4"
PB 2 r sen ;
3
!
PA 2 r sen'
) .
"
4
È opportuno svolgere l'espressione di PA, applicando la formula di
addizione per il seno (cfr.4.14):
3 !
3 ! !
PA 2 r ' sen' ) cos sen cos' ) ) r 2 cos sen .
4"
4 ""
Adesso possiamo esprimere in funzione di a il rapporto contenuto
nel testo del problema:
G 83
sessione suppletiva 2007-2008- corsi sperimentali
2
PA PB
AB
2
2
2 r 2 cos2 sen 2 2 cos sen 4 r 2 sen 2 2 r2
3 sen 2 2 cos sen cos2 Il testo prescrive che questa espressione venga scritta in funzione di
tg . C'è un problema che va segnalato: nell'intervallo 0 , 3 si
4
trova , valore in cui la funzione tangente non è definita; quindi,
2
tecnicamente non è possibile presentare l'espressione in oggetto in
funzione di tg ; si deve escludere il caso , nel quale
2
2
2
2
AB in funzione di cos e sen vale
l'espressione di PA PB
3. Dal punto di vista algebrico non è comunque difficile presentare
l'espressione in funzione di tg : supponendo cos 0 abbiamo
3 sen 2 2 cos sen cos 2 cos 2 3 tg 2 2 tg 1 ;
anche cos 2 si può esprimere in funzione di tg (cfr.4.12):
3 tg 2 2 tg 1
2
2
3 sen 2 cos sen cos .
1 tg 2 In alternativa si può procedere nel modo seguente:
3 sen 2 2 cos sen cos 2 3 sen 2 2 cos sen cos 2 cos 2 sen 2 perché cos 2 sen 2 1; ora dividiamo numeratore e denominatore per cos 2 , supponendo cos 0: otteniamo l'espressione
3 tg 2 2 tg 1
1 tg 2 che è la stessa ottenuta sopra.
2
2
Questa è l'espressione di PA PB
prescrive il testo, x tg , si ottiene
(1)
f x AB
2
per . Posto, come
3 x2 2 x 1
2
.
1 x2
Questa espressione attiene alla questione geometrica se
x , 1 0 , , essendo quest'ultimo l'insieme dei valori che
4 2
tg assume se 0 , 3 .
G 84
sessione suppletiva 2007-2008- corsi sperimentali
Domanda 2): Studio della funzione f ottenuta.
La funzione da studiare è la (1) scritta sopra. Si tratta di una
funzione razionale definita per ogni x reale, in quanto il suo
denominatore non è mai 0. Solo per certi valori di x essa ha
riferimento con il problema geometrico, ma il testo prescrive di
ignorare questo fatto; studieremo quindi f in R.
Lo studio non presenta significative difficoltà; esponiamo quindi
brevemente i punti fondamentali. Si tratta di una funzione alquanto
simile nelle caratteristiche a quella che forma oggetto della domanda
2, Problema 1, Sessione suppletiva 2007-2008 per corsi tradizionali.
Risulta f x 0 x R ; poi è
lim
3 x2 2 x 1
3 x2 2 x 1
lim
3.
x
1 x2
1 x2
La retta y 3 è asintoto orizzontale per il grafico g di f sia per
x , sia per x . Osserviamo che 3 è il valore assunto
x
2
dall'espressione PA PB
La derivata di f è
2
2
AB in funzione di a, quando .
2
f x 2
x2 2 x 1
1 x 2 2
il cui segno varia nel modo descritto dal seguente schema, il quale
indica pure gli intervalli in cui f è crescente e quelli in cui è
decrescente.
f tx
----------- +++++++++++ ----------
1 2
f tx
1 2
I valori x 1 2 e x 1 2 sono rispettivamente punto di minimo
relativo e punto di massimo relativo per f. I corrispondenti valori
della funzione si ottengono con qualche calcolo sostituendo i valori
di x nell'espressione di f x ; risulta
f 1
2 2 2 ;
f 1 2 2 2 .
Tali valori sono anche il minimo ed il massimo assoluto di f nel suo
dominio.
La derivata seconda è
f x 4
x3 3 x2 3 x 1
1 x2
3
4
x 1 x 2 4 x 1
1 x2
3
.
G 85
sessione suppletiva 2007-2008- corsi sperimentali
Osservato che x 2 4 x 1 0 x 2 3 , il segno di f x si
studia come indicato nel seguente schema, il quale mette pure in
evidenza gli intervalli in cui f è convessa e quelli in cui è concava.
x 1
----------- +++++++++++++++++++++++++++++++++++
x2 4 x 1
+++++++++++ +++++++++++ ----------- +++++++++++
f x
----------- +++++++++++ ----------- +++++++++++
2
3
2 1
3
2 3
f f x
I valori 1, 2 3 , 2 3 sono punti di flesso per f. Con qualche
calcolo si ricavano le rispettive ordinate, sostituendo i valori di x
nell'espressione di f x :
f 2 3 5
3 ,
f 1 1 ,
f 2 3 5 3 .
2
2
I dati fin qui raccolti consentono di tracciare il grafico di f (figura 2).
y
3
y3
y
3 x2 2 x 1
1 x2
1
x
–1
2
3
1
2
1 2
2 3
figura 2
Domanda 3): La retta tangente a g in C.
Il punto C si determina risolvendo il sistema delle due equazioni che
rappresentano g e l'asintoto orizzontale:
#
3 x2 2 x 1
&y $
1 x2
&y 3
%
Si ottiene 3 x 2 2 x 1 3 3 x 2 , 2 x 2 e infine x 1. Il punto C ha
coordinate C 1, 3 .
L'equazione della retta tangente in C a g si scrive applicando
l'apposita formula (cfr.5.20), che nel nostro caso dà
y f 1 f 1 x 1 ;
G 86
sessione suppletiva 2007-2008- corsi sperimentali
e siccome f 1 3 e f 1 1, l'equazione richiesta è:
Retta tangente a in C :
y x2
La figura 3 mostra il dettaglio della curva g con le rette tangenti in C
e nel punto M corrispondente al massimo (quest'ultima è oggetto
della domanda 4).
y
Domanda 4):
Calcolo dell'area.
La parte di piano in oggetto è quella delimitata
sotto dalla curva g, tra i
punti C e M, e sopra dalle
due rette tangenti a g in
C e M. Poiché M è il punto del grafico corrispondente al massimo di f, la
retta tangente a g in M è
parallela all'asse x; ha
quindi equazione
D
2 2
C
B
3
x
0
1
2
1 2
figura 3
y 2 2
M
(essendo f 1 2 2 2 l'ordinata del massimo).
È necessario conoscere l'ascissa del punto D in cui si intersecano le
due tangenti qui considerate. Essa risulta dalla risoluzione del
sistema
#y 2 2
$
%y x 2
dal quale si ottiene subito x 2 , e quindi è D
2 , 2 2 .
Indichiamo infine con B il punto B 1 2 , 3 .
Per determinare l'area della figura in oggetto è necessario servirsi
di un integrale il calcolo si può svolgere in più di un modo; ne
mostriamo tre.
Primo modo: la regione piana che ci interessa è delimitata
inferiormente dal grafico di f in tutto l'intervallo 1 , 1 2 , mentre
la limitazione superiore è data dalla retta y x 2 se x 1 , 2 ,
dalla retta y 2 2 se x 2 , 1 2 . L'area risulta allora come
somma di due integrali (cfr.5.30):
G 87
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Area 1
2
1 2
(1)
2 2 f x dx .
x 2 f x dx 2
Per il calcolo effettivo occorre una primitiva di f. Bisogna
innanzitutto effettuare la divisione per scrivere la frazione sotto
forma di
Resto
Quoziente .
Denominatore
Ciò si può realizzare eseguendo formalmente la divisione, ma anche
in modo più semplice:
3 x2 2 x 1
1 x2
3 3 x 2 3 2 x 1
3
1 x2
2x 2
1 x2
.
e quindi
2 x 2!
(2) f x dx ' 3 ) dx 3 x ln 1 x 2 2 arctan x
2
1 x "
Calcoliamo ora i due integrali di (1): il primo è
1
2
x 2
1
x 2 f x dx ( x 2 x ln1 x 2 2 arctan x *
2
x 1
3
3!
2 ln ' ) 2 arctan 2 ,
2
2"
2
tenendo conto delle proprietà dei logaritmi e del fatto che
arctan1 ; il secondo integrale è
4
1 2
2
2 2 f x dx 2 1 x ln 1 x 2 2 arctan x
x 1 2
x 2
4 2 2! 3
) 2 arctan 2 .
2 1 ln '
" 4
3
tenendo conto ancora delle proprietà dei logaritmi e del fatto che
arctan1 2 3 , come si può dedurre con l'aiuto di una
8
calcolatrice: se disposta nella modalità DEG offre come risultato di
tan-1(1+
2) il numero 67.5 , corrispondente appunto a 38 rad..
Invece la stessa verifica applicata a arctan 2 non dà altrettanta
soddisfazione: il risultato di tan-1(1+
2) è 54.73561… ; ciò lascia
intuire che arctan 2 non è un multiplo razionale di , e dobbiamo
G 88
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quindi lasciarlo indicato come tale.
Addizionando i risultati dei due integrali si ottiene finalmente il
valore dell'area cercata:
1
ln 2 2 2
4
Secondo modo. L'area della figura in oggetto si può calcolare come
differenza fra l'area del trapezio CBMD e l'area compresa fra la
retta y 3 e la curva g. In questo modo è sufficiente calcolare un
solo integrale anziché due.
L'area compresa fra la retta y 3 e la curva g vale (cfr.5.30)
Area 1 2
1
f x 3 dx 3 x ln 1 x 2 2 arctan x 3 x
x 1 2
x 1
(abbiamo anche utilizzato la (2) per una primitiva di f x )
ln 2 2 4
tenendo nuovamente conto del fatto che arctan 1 2 3 e
8
arctan1 .
4
L'area del trapezio CBMD è
1
1
1
CB DM BM 2 1 2 1 .
2
2
2
L'area che ci serve e la differenza fra quest'ultimo valore e il
precedente, cioè
1
ln 2 2 .
2
4
Naturalmente il risultato è lo stesso ottenuto nel "primo modo".
Terzo modo. L'area della parte di piano delimitata dal grafico di tre
funzioni si può ottenere integrando ciascuna delle tre funzioni in
opportuni intervalli, seguendo la regola di "percorrere il contorno in
senso orario"; ciò nel nostro caso dà luogo a:
2 1
1
3 x2 2 x 1
2 2 dx dx .
x 2 dx 2
2 1 1 x 2
Lasciamo al lettore lo svolgimento dei calcoli; naturalmente il
risultato dovrà coincidere con quello ottenuto con gli altri
procedimenti.
Area 1
2
G 89
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Soluzione del problema 2.
Domanda 1): Determinazione dei coefficienti a, b, c.
Sia f x a sen 2 x b sen x c la funzione oggetto dello studio. Le
prime due condizioni sono utilizzabili nella forma in cui sono date;
per la terza occorre ricavare il coefficiente angolare della retta
indicata. Questo è m 3 3 ; le tre condizioni si esprimono allora
2
f 0 2 ;
f
!
0;
6"
f
3
!
3
6"
2
Siccome è f x 2 a sen x cos x b cos x tali condizioni danno
luogo al seguente sistema, risolvendo il quale ricaviamo i valori di a,
b, c:
#c 2
#c 2
#c 2
&& 1
&
&
1
;
$a 2 b 8 ;
$b 5
$4 a 2 b c 0
&a b 3
&a 2 .
&1
1
3
%
%
&% 2 3 a 2 3 b 2 3
La funzione pertanto è
(1)
f x 2 sen 2 x 5 sen x 2
Domanda 2): Studio della funzione (1).
La funzione (1) e periodica di periodo 2, e non è pari né dispari. Il
suo studio nell'intervallo 0 , 2 è necessario e sufficiente per
conoscere il comportamento di f in tutto l'asse reale.
Può essere utile calcolare f 0 f f 2 2 ; andiamo ora a
determinare i punti in cui f x 0, e successivamente studieremo il
6
segno di f x . Osserviamo che è già noto che f 0; questo
fatto andrà riscontrato: se ciò non avverrà, dovremo andare alla
ricerca di qualche errore.
L'espressione di f x è un trinomio di secondo grado rispetto a
sen x . Poiché è
5 3 #& 12
2
2t 5t 2 0 t $
4
&%2
e siccome sen x non può essere uguale a 2, avremo, in 0 , 2 f x 0 sen x G 90
1
5
x oppure x .
2
6
6
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Poi, f x 0 se e solo se sen x 2
5
6
oppure sen x 1 ; la prima disu2
guaglianza non è mai verificata, la
1
seconda è verificata se 0 x 1
2
6
1
6
5
x 2 (figura 4). In
oppure
6
questi due intervalli f x assume
valori positivi, mentre se x 5 6
6
è f x 0.
La derivata di f è
figura 4
f x 4 sen x cos x 5 cos x cos x 5 4 sen x
il cui segno è determinato unicamente dal fattore cos x, perché
l'espressione 5 4 sen x è positiva per ogni x reale: infatti
5
, disuguaglianza sempre verificata.
4
3
Perciò f x 0 cos x 0 x
. Il seguente schema
2
2
riporta la distribuzione del segno di f x e le sue conseguenze
sulla monotonia di f.
5 4 sen x 0 sen x f x
f
------- +++++++++++++++ ------0
3
2
2
2
, 3 sono punti rispettivamente di minimo relativo e massimo
2 2
relativo per f. I corrispondenti valori della funzione sono f 1,
2
f 3 9 . Tenendo presente che negli estremi dell'intervallo 0 , 2 2
la funzione vale 2, concludiamo f , f 3 sono il minimo e il
2
2
massimo assoluto di f.
Infine calcoliamo la derivata seconda di f.
f x sen x 5 4 sen x 4 cos 2 x 5 sen x 4 sen 2 x 4 4 sen 2 x 8 sen 2 x 5 sen x 4 .
G 91
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Risulta
f x 0 sen x 5 3 17 e f x 0 5
3 17 sen x 5 3 17 .
16
16
16
Poiché 5 3 17 1, 085 1, l'uguaglianza sen x 5 3 17 non è mai
16
16
verificata, e la disuguaglianza sen x 5 3 17 è verificata per
16
qualunque valore di x. Perciò
5 3 17
0, 46.
16
Ci vuole un po' di attenzione per descrivere correttamente la
f x 0 sen x distribuzione del segno di f x in 0 , 2 . Poiché 1 5
3 17 0 ,
16
il valore di arcsen 5
3 17 è un numero negativo compreso tra 16
2
e 0; indichiamolo con ; sarà allora arcsen 5 3 17 . I valori
16
di x 0 , 2 per i quali sen x 5
3 17 sono (si veda la figura 5):
16
0 x oppure
2 x 2 .
1
5 3 17
16
arcsen 5 3 17 !"
16
1
arcsen 5 3 17 !"
16
5 3 17
16
arcsen 5 3 17 !"
16
2 figura 5
Il seguente schema illustra nuovamente la distribuzione del segno di
f x in 0 , 2 , e le conseguenze sulla convessità e concavità di f.
f x
f
G 92
+++++++++++++++++++++++ -------- ++++
0
2 2
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e 2 sono punti di flesso per f. Entrambi i flessi hanno la
stessa ordinata, perché sen sen 2 5
3 17 e quindi,
16
sostituendo in (1) abbiamo
2
5 3 17 !
5 3 17
117 45 17
) 5
f f 2 2 '
2
.
64
16 "
16
Il calcolo, invero un po' noioso, di questo valore non è in effetti
essenziale per una buona realizzazione del grafico della funzione.
Per una realizzazione abbastanza precisa del grafico è invece
opportuno collocare con buona approssimazione le ascisse dei flessi.
La calcolatrice fornisce come valore di arcsen 5
3 17
16
circa
–27°; quindi è poco meno di 7 e 2 poco più di 11 .
6
6
I dati fin qui raccolti permettono dei tracciare il grafico di f come
appare nella figura 6, nella quale accenniamo anche alla
prosecuzione del grafico fuori dall'intervallo 0 , 2 , dovuta alla
periodicità di f.
y
9
2
0
6
2
5
6
x
3
2
2
2
–1
figura 6
G 93
sessione suppletiva 2007-2008- corsi sperimentali
Domanda 3): Calcolo delle aree.
Il grafico di f interseca la retta y 2 nei punti di ascissa 0, , 2,
come abbiamo visto nel corso dello studio oggetto della domanda
2). Le due aree che dobbiamo calcolare sono quindi espresse da
2
e
(2)
2 f x dx
f x 2 dx.
0
Per il loro calcolo occorre una primitiva di f; la sola parte non
immediata è il calcolo di una primitiva di sen 2 x. Il procedimento
più semplice consiste nell'applicare la formula di bisezione per il seno
(cfr.4.24 oppure 4.38). In questo modo si ha
1
1
1
! 1
2
sen x dx 2 1 cos 2 x dx 2 x 2 sen 2 x" 2 x sen x cos x
e quindi
2
f x dx 2 sen x 5 sen x 2 dx x sen x cos x 5 cos x 2 x 3 x sen x cos x 5 cos x .
A questo punto il calcolo dei due integrali di (2) è immediato:
x
2 f x dx x sen x cos x 5 cos xx0 10 ;
0
2
f x 2 dx
x 2 x sen x cos x 5 cos xx
10 .
Per calcolare una primitiva di sen 2 x è possibile anche un altro
procedimento, che applica la formula di integrazione per parti
trattando sen 2 x come prodotto sen x sen x :
2
sen x dx sen x sen x dx sen x cos x cos x cos x dx sen x cos x cos 2 x dx sen x cos x 1 sen 2 x dx sen x cos x x sen 2 x dx .
Dall'uguaglianza tra il primo e l'ultimo membro si ottiene
1
2 sen 2 x dx x sen x cos x e quindi sen 2 x dx x sen x cos x .
2
G 94
sessione suppletiva 2007-2008- corsi sperimentali
Domanda 4): Primitiva e retta tangente in P.
Abbiamo già determinato una primitiva di f x risolvendo la
domanda 3. Le primitive di f x sono le funzioni della forma
(3)
F x 3 x sen x cos x 5 cos x C
con C costante arbitraria. Il valore di C va ora determinato in
modo che si abbia F 0 6 . Da (3) abbiamo
F 0 5 C ;
5C 6C 1
e quindi la primitiva che soddisfa il requisito imposto è
F x 3 x sen x cos x 5 cos x 1 .
La retta tangente in P 0 , 6 al grafico y F x ha equazione
(cfr.5.20)
y F 0 F 0 x .
Abbiamo già a disposizione F 0 6 ; il calcolo della derivata di F per
trovare F 0 non è necessario perché F nasce come primitiva di f,
quindi la derivata di F x è f x , e F 0 f 0 2 . Perciò
l'equazione della retta tangente in P al grafico di F è
y 6 2x .
Nel caso attuale, grazie all'espressione assai semplice di F x non
sarebbe stato particolarmente laborioso calcolare direttamente
F x ; avremmo tuttavia dato prova di una certa ingenuità.
Questionario
Quesito 1
Un esercizio classico su continuità e derivabilità di una funzione definita per casi; non
è difficile, ma può dare luogo a calcoli un po' laboriosi.
La continuità in 0 si ottiene imponendo che lim f x lim f x ;
x0
lim f x x0
x0 lim a x b b f 0 ;
x0
per il calcolo del limite da destra, che presenta la forma indeterminata « 0 », si può applicare la regola di de l'Hôpital o, meglio, osservare
0
che si tratta di un limite notevole, il cui valore è 1. Comunque:
G 95
sessione suppletiva 2007-2008- corsi sperimentali
ex 1 H
ex
lim f x lim
lim
1.
x 0 1
x0 x 0 x
Deve quindi essere b 1. Con questa scelta di b la funzione f è
continua in 0 qualunque sia a; ora dobbiamo determinare a in modo
che sia anche derivabile. Ciò avviene se esistono in 0 la derivata
destra e la derivata sinistra di f, e sono uguali.
Per ogni x 0 è f x a, quindi la derivata sinistra di f in 0 è
f 0 a .
La derivata destra comporta qualche calcolo in più. Anziché
calcolare l'espressione della derivata per x 0 e poi calcolare il limite
di essa per x 0 , possiamo fare uso del rapporto incrementale,
cioè della definizione di derivata:
e x 1
1
f x f 0
ex 1 x
f 0 lim
.
lim x
lim
x
0
x
x 0 x 0 x 0 x2
Questo limite presenta la forma indeterminata « 0 »; per calcolarlo
0
applichiamo (per due volte) la regola di de l'Hôpital:
ex 1 x H
ex 1 H
ex
1
lim
lim
2
x0 2
x0 2 x
x0 x2
(la seconda applicazione della regola di de l'Hôpital non occorre, se
lim
x
si tiene nuovamente conto del limite notevole lim e 1 1). Affin-
x0 x
ché f sia derivabile in 0 occorre quindi che sia a 1 , oltre che b 1.
2
Come accennavamo sopra, il calcolo della derivata destra si sarebbe
potuto condurre anche calcolando il limite per x 0 dell'espressione di f x per x 0; questa è
per x 0
f x x e x e x 1;
ex x ex 1
x2
x2
ora dobbiamo calcolare il limite per x 0 di quanto ottenuto:
x ex ex 1 H
ex x ex ex
ex 1
lim f x lim
lim
lim
2x
2
x 0 x0 2
x0 x 0 x2
come avevamo ricavato con l'altro metodo.
Quesito 2
Il quesito si presenta come problema di calcolo delle probabilità; in effetti si tratta
semplicemente di calcolare l'area di una zona sferica. Per ottenere il risultato è pure
necessario un uso appropriato della calcolatrice.
G 96
sessione suppletiva 2007-2008- corsi sperimentali
Il problema, proposto in un contesto concreto, va interpretato come
segue: quale è la probabilità che un punto "scelto a caso" sulla
superficie di una sfera si trovi in una determinata parte della sfera?
Come abbiamo osservato in altre occasioni simili, la "scelta a caso" va
intesa nel senso che la probabilità di trovare un punto in una certa
parte di superficie è direttamente proporzionale all'area di questa
parte.
Nel caso attuale la probabilità è dunque il rapporto fra l'area della
zona sferica compresa fra l'equatore e il tropico del Cancro, e la
superficie della sfera.
Indicato con R il raggio della sfera, l'area della superficie sferica è
(cfr.2.63):
Area superficie sferica 4 R 2 .
N
C
B
O
A
Poiché nel caso attuale la zona sferica che ci
serve è delimitata da una parte da un
cerchio massimo, la sua area si può ottenere
come differenza tra l'area della mezza
superficie sferica ("Emisfero Nord", se
vogliamo mantenere l'immagine geografica),
e l'area della calotta superiore al tropico.
Quest'ultima (figura 7) vale (cfr.2.65)
Area calotta sferica 2 R CN .
S
figura 7
Ora (figura 8) CN ON OC R R sen ˆ OBC
ˆ perché angoli alterni interni per le rette AO e BC
( AOB
tagliate dalla trasversale OB) e quindi
Area calotta sferica 2 R R R sen 2 R 2 1 sen cosicché
Area zona sferica 2 R 2 2 R 2 1 sen N
B
A
C
O
2 R 2 sen La probabilità richiesta è dunque
p 2 R 2 sen 4 R2
1
sen .
2
figura 8
S
ˆ è la latitudine di B; misura dunque 23 27 . Per
L'angolo AOB
valutare numericamente p bisogna disporre di una valutazione di
sen . Per ottenerla con la calcolatrice, impostiamo prima di tutto la
modalità DEG ; poi trasformiamo 23 27 in numero decimale,
G 97
sessione suppletiva 2007-2008- corsi sperimentali
calcolando 23 27 23 , 45 . Questa è la misura decimale di a in
60
gradi. Adesso calcoliamo sin(23,45)=0,3979…, infine dividiamo
per 2 ottenendo
p 0 , 19897 Quesito 3
Un bell'esercizio sulla determinazione di un parametro per ottenere una data relazione
fra certe aree. Si applica il calcolo integrale e si perviene ad una equazione esponenziale. I calcoli sono semplici, ma richiedono un po' di esperienza. Per impostare la
risoluzione della parte geometrica è molto importante riuscire a realizzare una figura,
anche approssimativa, che illustri la situazione; occorre quindi avere in mente
l'andamento qualitativo dei grafici delle funzioni esponenziali.
Per 0 la funzione f x e x è crescente, e la funzione g x e x
è decrescente; entrambe valgono 1 quando x 0, quindi g x f x
per 0 x 1 (figura 9).
La richiesta del testo si può
quindi esprimere dicendo che
y
l'area delimitata per 0 x 1 tra
y e x
l'asse x e il grafico di g deve
essere la metà dell'area
x0
delimitata per 0 x 1 tra l'asse
x e il grafico di f, cioè (cfr.5.29)
1
1
1
(1) e x dx e x dx .
2 0
0
Svolgiamo i calcoli:
x1
1
y e
x
x 1
1
1
x
dx ( e x *
e
0
x0
1
1 e
;
x
0
1
figura 9
x 1
1
1 1 x
x
e
dx
e
e 1 .
(
*
0
x0
Sostituendo in (1) otteniamo
1
1 1
1 e
e 1 ;
2 Moltiplicando entrambi i membri per 2 (fattore certamente 0) e
svolgendo i calcoli si trova
2 2 e
e 1 ;
G 98
e 3 2 e
0 ;
sessione suppletiva 2007-2008- corsi sperimentali
infine moltiplichiamo entrambi i membri per e ; si ricava
e 2 3 e 2 0 .
Per risolvere la (2) si può osservare che essa è un'equazione di
secondo grado rispetto a e ; infatti, posto t e si ottiene
(2)
t2 3t 2 0
la quale ha le soluzioni t 1, t 2 . Le soluzioni di (2) sono quindi i
valori di l per i quali e 1 oppure e 2, quindi 0 oppure
ln 2. La soluzione 0 non è accettabile perché il testo
prescrive 0 (e in tutto il procedimento risolutivo ci siamo avvalsi
in maniera essenziale di questa ipotesi); l'unica soluzione del nostro
problema è quindi ln 2. Le due funzioni esponenziali
soddisfacenti al requisito imposto sono quindi
x
f x e ln 2 x e ln 2 2 x
e
x 2
x .
g x e ln 2 x e ln 2
Quesito 4
Un semplice problema di calcolo delle probabilità, risolubile in modo immediato
applicando l'apposita formula (di Bernoulli).
Viene eseguita per n 8 volte una prova (lancio della moneta); le
prove sono fra loro indipendenti, perché l'esito di ogni lancio non è
condizionato dall'esito dei precedenti. Si assume come "successo"
l'uscita di "testa"; in ogni lancio la probabilità di successo è p 1 . La
2
probabilità di conseguire k 4 successi in n 8 esecuzioni della
prova è data dalla formula di Bernoulli (cfr.7.9 e 1.20)
4
1!
8 1! 1
P 4 successi in 8 prove 4! " 2"
2"
8
4
8!
1
5678 1
35
0 , 2734 .
4 ! 4 ! 2 8
4 3 2 28
128
Quesito 5
Si deve provare esistenza e unicità della soluzione positiva di un'equazione e calcolarne
un valore approssimato; si tratta di un esercizio tipico di applicazione del Teorema degli
zeri e successiva realizzazione di un metodo iterativo per l'approssimazione della
soluzione.
Esistenza e unicità della soluzione per x 0.
calcoliamo ora la derivata della funzione.
Si ha f 0 0 ;
f x e x 3 x e x 2 x e x .
G 99
sessione suppletiva 2007-2008- corsi sperimentali
Nello schema qui sotto è descritto il segno di f x con le
conseguenze sulla monotonia di f.
f ++++++++++++++ -------------2
f
La funzione assume il
y
4
suo massimo assoluto
per x 2; questo vale
2
2
x
f 2 e 3 0 ; f per
z
-1
1
2
3
x 2 è strettamente -2
-2
decrescente, e per x
sufficientemente gran-4
de i valori di f x sono
-6
y 3 x e x 3
negativi; per esempio
-8
f 3 3 0 . La funfigura 10
zione f, continua in tutto
il suo dominio, ha valore positivo in x 2, negativo in x 3; per il
Teorema degli zeri esiste fra 2 e 3 almeno un punto z in cui f z 0.
Questo è unico, perché nell'intervallo 2 , 3 f è strettamente
decrescente.
Non ci sono altri valori di x 0 in cui f x 0; infatti:
1) f 0 0 e, tra 0 e 2, f è strettamente crescente, quindi f x 0
per ogni x compreso tra 0 e 2;
2) f 3 0 e, per x 3, f è strettamente decrescente; quindi
f x 0 per ogni x maggiore di 3.
Approssimazione della soluzione z 0 dell'equazione f x 0.
La tecnica più rapida per ottenere una buona approssimazione di z
è l'applicazione del metodo delle tangenti (un'applicazione di questo
metodo si trova anche nella risoluzione della domanda 2, problema
2, sessione ordinaria 2007-2008 per corsi sperimentali).
Nell'intervallo 2 , 3 f è decrescente e concava ; infatti la derivata
seconda è f x e x 2 x e x 1 x e x , negativa per ogni
x 1. Il metodo delle tangenti ha quindi inizio in x0 3 e mediante
la regola di iterazione
(1)
f xn 3 x n e xn 3
x n1 x n xn f x n 2 x n e xn
produce una successione decrescente che converge rapidamente a z.
G 100
sessione suppletiva 2007-2008- corsi sperimentali
Ecco i primi valori della successione x n così ottenuta:
n 0
1
2
3
4
x n 3 2 , 85064 2 , 82235 2 , 82144 2 , 82144
Le prime 5 cifre decimali di x n non variano da x 3 a x 4 , quindi
presumibilmente sono esatte. Per controllo calcoliamo f 2 , 82143 ; il
valore che si ottiene è positivo, quindi
2 , 82143 z 2 , 82144 .
Abbiamo così un'approssimazione molto precisa di z, ben oltre le
"due cifre decimali esatte" prescritte dal testo.
L'approssimazione di z si può ottenere anche mediante il metodo di
bisezione, il quale tuttavia fornisce, a parità della mole di calcoli,
risultati assai meno precisi.
Partendo dall'intervallo a0 , b0 2 , 3 indichiamo con m0 il punto
medio di tale intervallo; indichiamo con a1 , b1 quello fra i due
intervalli a0 , m0 e m0 , b0 per il quale i valori di f nei due estremi
sono di segno discorde. Poi chiamiamo m1 il punto medio di a1 , b1 e scegliamo a2 , b2 in modo analogo a come avevamo scelto
a1 , b1 ; ad ogni passo risulta an z bn, e al crescere di n la
precisione migliora, perché ogni volta la distanza fra an e bn è la
metà del passo precedente. La seguente tabella riassume il
procedimento.
n
0
1
2
3
4
5
6
7
an
bn
2
3
2, 5
3
2 , 75
3
2 , 75
2 , 875
2 , 8125 2 , 875
2 , 8125 2 , 84375
2 , 8125 2 , 82813
2 , 82031 2 , 82813
mn
f mn b n a n
2, 5
1
2 , 75
0, 5
2 , 875
0 , 25
2 , 8125
0 , 125
2 , 84375
0 , 0625
2 , 82813
0 , 03125
2 , 82031
0, 015625
0, 007813
Dunque 2 , 82031 z 2 , 82813 ; ciò fornisce l'approssimazione di z
con due cifre decimali esatte.
Una descrizione dettagliata del metodo di bisezione e di altri
metodi iterativi per l'approssimazione di soluzioni di un'equazione,
è esposta nella risoluzione del Quesito 2, Sessione suppletiva P.N.I.,
a.s. 1999-2000.
G 101
sessione suppletiva 2007-2008- corsi sperimentali
Quesito 6
Un problema di geometria solida: si devono determinare i volumi del cono equilatero e
del cilindro equilatero inscritti in una data sfera.
Ricordiamo che si dice cilindro equilatero un cilindro circolare retto
tale che sia un quadrato ogni sua sezione con un piano contenente
l'asse del cilindro; si dice cono equilatero un cono circolare retto tale
che sia un triangolo equilatero ogni sua sezione con un piano
contenente l'altezza del cono.
Calcoliamo ora il volume di un cilindro
equilatero inscritto in una sfera di ragD
C
gio R, in funzione di R. Consideriamo il
quadrato ABCD sezione del cilindro
con un piano contenente l'asse del
O
cilindro (figura 11). La diagonale AC
del quadrato è un diametro della sfera,
quindi AC 2 R ; i cateti A B e B C del
triangolo rettangolo isoscele ABC misuA
B
H
rano allora 2R R 2 . Il volume del
figura 11
2
cilindro è (cfr.2.53)
2
2
1
!
Volume cilindro BH BC R 2 R 2 R3 "
2
2
Adesso calcoliamo il volume del cono equilatero inscritto nella sfera.
Sia EFG il triangolo equilatero sezione
G
del cono (di cui G è il vertice) con un
piano contenente l'altezza GK (figura
12).
Per il Teorema della corda
(cfr.4.48) è
O
ˆ 2 R sen ! R 3
EF 2 R sen EGF
3"
2
E
K
e il raggio di base del cono è
F
KF 1 EF R 3 .
2
2
L'altezza del triangolo equilatero (e del
cono) è
figura 12
3
3
!
ˆ
GK KF tan KFG
KF tan
R
3 R.
2
2
3"
(ci sono vari modi oltre a questo per calcolare GK : per esempio,
utilizzare il fatto che il triangolo rettangolo KFG ha gli angoli acuti di
G 102
sessione suppletiva 2007-2008- corsi sperimentali
30° e 60°, oppure applicare il Teorema di Pitagora a tale triangolo,
oppure osservare che O è, fra l'altro, il baricentro di EFG cosicché
OK 1 OG 1 R ).
2
2
Il volume del cono è (cfr.2.58)
2
3
1
1 1
2
! 3
Volume cono KF GK R 3 R R 3 .
" 2
8
3
3
2
Infine, il volume di una sfera di raggio R è (cfr.2.64)
4
Volume sfera R 3
3
Non resta che verificare la relazione affermata dal testo del
problema. Essa equivale a:
Volume cono Volume sfera
2
Volume cilindro .
Ebbene, risulta
Volume cono Volume sfera Volume cilindro
3
4
1
R 3 R 3 2 R 6 ;
8
3
2
2!
)
' R3
2 "
2
2
1 2 6
R .
2
L'uguaglianza è soddisfatta.
Quesito 7
Un esercizio tradizionale sul calcolo di un integrale, un po' laborioso nei calcoli.
La media integrale di una funzione f in un intervallo a, b è il numero
1 b
f x dx .
b a
a
Nel caso attuale la media integrale è
1
1 1
2
(1) arccos 1 x dx arccos 1 x 2 dx.
1 0 0
0
Calcoliamo una primitiva della funzione integranda mediante integrazione per parti, assumendo come fattore da integrare la costante 1.
2 x
1
2
2
dx arccos 1 x dx x arccos 1 x x 2
2
2 1
x
1
1
x
x2
x
x arccos 1 x 2 dx x arccos 1 x 2 dx .
x2 1
x2
1
x2
Nell'ultimo passaggio abbiamo tenuto conto del fatto che i valori di
G 103
sessione suppletiva 2007-2008- corsi sperimentali
x che ci interessano (tra 0 e 1) sono positivi, e quindi
Proseguiamo nello svolgimento dell'integrale:
x2 x.
1
1
2
2
2
2 2 x dx arccos 1 x dx x arccos 1 x 2 1 x
x arccos
1
1 x2 2
1
x2
1 1
2
x arccos 1 x 2 1 x 2 .
1 1
2
Possiamo ora concludere il calcolo della media integrale (1):
1
x 1 2
2
2
arccos 1 x dx x arccos 1 x 1 x
1.
(
* x 0 2
0
Si sarebbero potuti semplificare un po' i calcoli osservando che
per 0 x 1 , arccos 1 x 2 arcsen x .
Infatti, detto arccos 1 x 2 , a è un angolo compreso fra 0 e
, (perché il suo coseno è positivo), e cos 2
1 x 2 . È positivo
anche sen , e risulta
sen 1 cos 2 1 1
x2
x2 x
tenendo conto nell'ultimo passaggio che x 0. Essendo 0 e
2
sen x, si ha arcsen x come avevamo affermato. Allora il
calcolo della primitiva risulta come segue:
2
arccos 1 x dx arcsen x dx x arcsen x x
1 x2
dx x arcsen x 1 x 2
(il calcolo dettagliato di
x dx è stato esposto in precedenza).
1
x2
Quesito 8
Un bel problema di massimo, non banale, risolubile con applicazione della trigonometria
e delle derivate, oppure per via sintetica.
Soluzione sintetica.
Fissato un angolo g minore dell'angolo piatto, il luogo dei punti C
ˆ è un arco di circonferenza
del semipiano x 0 per i quali ACB
passante per A e B, detto arco capace dell'angolo g. I punti C dell'asse
ˆ , se ce ne sono, si trovano intersecando tale
x per i quali ACB
arco con l'asse x; il raggio dell'arco deve quindi essere abbastanza
G 104
sessione suppletiva 2007-2008- corsi sperimentali
grande per dare luogo a punti di intersezione con l'asse x.
y
D'altra parte, quanto più aumenta il
raggio dell'arco, tanto più diminuisce
ˆ . Il punto C
l'ampiezza dell'angolo ACB
B
del semiasse positivo delle ascisse che
ˆ si troverà
rende massimo l'angolo ACB
E
D
quindi intersecando tale semiasse con
l'arco passante per A e B di raggio miniA
mo tra quelli che intersecano l'asse x. Si
x
tratta evidentemente dell'arco che risul0
O
C
ta tangente all'asse x, e il punto C cercato è il punto di tangenza (figura 13).
figura 13
Calcoliamo l'ascissa di questo punto C.
Il centro D dell'arco appartiene, per un noto teorema, all'asse di AB,
cioè alla retta y 5 ; quindi il raggio dell'arco è DC 5 . Detto E il
2
2
punto medio di AB, l'ascissa di C è la misura di DE, che possiamo
calcolare applicando il Teorema di Pitagora al triangolo rettangolo
ADE nel quale conosciamo AD 5 (raggio) e AE 3 . Segue che
2
DE 2
AD AE
2
2
25 9
2.
4 4
Il punto C richiesto è C 2 , 0 .
Soluzione trigonometrica.
Sia C x, 0 un punto del semiasse x positivo; desideriamo esprimere in funzione di x la misura
ˆ . Tale andell'angolo ACB
ˆ
golo è la differenza tra BCO
ˆ (figura 14). Da una
e ACO
nota regola di trigonometria
(cfr.4.46) abbiamo:
OB 4
OA 1
tan ; tan .
OC x
OC x
Risulta ora (cfr.4.16)
y
B
4
1 A
O
x
C
x
figura 14
4
1
3
3x
tan tan tan tan x x x 1 tan tan 1 4 1 1 4
x2 4
2
x x
x
e quindi, tenendo presente che 0 , ,
2
G 105
sessione suppletiva 2007-2008- corsi sperimentali
3x !
x arctan'
).
x2 4"
Per stabilire il valore di x 0 per il quale x è massimo calcoliamo
la derivata di x e studiamo il suo segno:
x 3 x 2 12
1
.
2
2
2
!
x 4
1 23 x
"
x 4
I due denominatori sono positivi per qualunque valore di x; il segno
di x è concorde con il segno di 3 x 2 12 ; ora si ha
3 x 2 12 0 x 2 4 2 x 2 .
Tenendo presente la limitazione x 0, abbiamo che x è crescente
se 0 x 2 , decrescente se x 2. Il massimo di x è assunto
4
quando x 2, e vale 2 arctan 3 36 52 . Il punto C richiesto
è C 2 , 0 .
Era possibile un'impostazione algebrica leggermente diversa, meno
conveniente dal punto di vista dei calcoli. Dalle relazioni
OB 4
;
OC x
avremmo potuto ricavare
4!
;
arctan
x"
e quindi
tan x arctan
tan OA 1
OC x
arctan
1!
x"
1!
4!
.
arctan
x"
x"
Questa è un'espressione di x equivalente a quella trovata in
precedenza, ma il calcolo della derivata è un po' più laborioso:
42
1
x2
3 x 2 12
4
1
x
;
x 16
1
2
2
2
2
1 2 1 2 x 16 x 1 x 16 x 1
x
x
da qui si procede come sopra.
Quesito 9
Un esercizio tecnico piuttosto artificioso, che richiede padronanza nell'applicazione del
Teorema fondamentale del Calcolo integrale e della regola di derivazione delle funzioni
composte. Non si deve assolutamente tentare di calcolare l'integrale.
G 106
sessione suppletiva 2007-2008- corsi sperimentali
La risoluzione dell'esercizio poggia sulle seguenti regole:
A) Retta tangente al grafico y f x nel suo punto di ascissa x0 :
y f x0 f x0 x x0 .
B) Teorema fondamentale del calcolo integrale:
Sia g t è una funzione continua per t variabile in un intervallo I, a
un punto di I, e per ogni x I sia G x x
a gt dt
(funzione
integrale di g, con punto iniziale a). Allora G è derivabile in I, e per
ogni x I risulta G x g x .
C) Regola per la derivazione di una funzione composta.
Siano G, h due funzioni derivabili, ciascuna nel proprio dominio; sia
abbia poi Codominio di h Dominio di G , cosicché esista la funzione
composta G h . Allora G h è derivabile in ogni punto x del
dominio di h, e risulta G h x G h x h x.
Per A) la retta richiesta ha equazione
y f e f e x e .
(1)
Si ha f e 1
(2)
ln e
e t dt 1 e t dt 0 e quindi la (1) diventa
t2
1 t2
y f e x e .
Adesso calcoliamo f e . Indicate con g, G, h le funzioni
g t et
t2
x
;
x
G x g t dt 1
1
et
t2
dt ;
h x ln x
si ha
ln x
et
f x dt G h x
1
t2
e quindi per C) (derivata di funzione composta)
(3)
f x G h x h x .
D'altra parte per B) (teorema fondamentale del calcolo integrale) è
G x g x si ha inoltre
ex
x2
;
G 107
sessione suppletiva 2007-2008- corsi sperimentali
h x 1
1
1
.
2 ln x x
2 x ln x
Sostituendo questi due risultati in (3) otteniamo
e ln x
f x e quindi
e ln x
1
3
2
ln x 2 x ln x
2 x ln x 2
e
1
2e
2
f e e sostituendo questo risultato in (2) otteniamo finalmente
l'equazione della retta desiderata:
y 1
x e .
2
Quesito 10
Si deve fornire un'approssimazione di un integrale definito applicando un metodo
d'integrazione numerica. Problemi dello stesso tipo sono stati proposti nel Problema 1,
domanda 4, Sessione ordinaria 2007-2008 per corsi sperimentali, nel Problema 2,
domanda 3, Sessione ordinaria 2006-2007 per corsi sperimentali e nel Quesito 10 del
Questionario, Sessione ordinaria 2005-2006 per corsi sperimentali.
1
2
1
Il risultato che il testo ricorda, dx , si dimostra elemen
6
0 1
x2
1
1
x
2
1
dx arcsen xx02 0 . La valutarmente, essendo 6
6
0 1
x2
tazione di per mezzo del calcolo approssimato di questo integrale
ha come motivo di interesse la stima di un numero trascendente mediante valori di una funzione algebrica (quella che figura all'interno
dell'integrale).
Quantunque il testo non ne faccia esplicita richiesta, è opportuno
fornire oltre all'approssimazione dell'integrale una misura della precisione del valore ottenuto. Sia per il calcolo approssimato dell'integrale, sia per quest'ultimo scopo vi sono diversi metodi; ricordiamo
il metodo dei rettangoli, il metodo dei trapezi e il metodo di CavalieriSimpson. Una rassegna teorica abbastanza dettagliata su questi
metodi di integrazione è stata data nella risoluzione dei problemi e
quesiti citati sopra (particolarmente nel tema del 2006) e si può
trovare in vari manuali sull'argomento; qui ci limitiamo a ricordare
ed applicare le opportune formule
Poiché la richiesta è di calcolare un'approssimazione di , ci
G 108
sessione suppletiva 2007-2008- corsi sperimentali
1
2
6
occuperemo dell'integrale dx. Qui applichiamo il metodo dei
0 1
x2
trapezi. Fissato un numero intero positivo n dividiamo l'intervallo di
2
integrazione a, b 0 , 1 in n parti uguali mediante i punti
xk a k
b
a
n
0 k n .
b
a f x dx viene approssimato come segue:
(1)
b
!
b a f a f b n
1
f x k )
f x dx n '
2
a
"
k 1
e, indicato con Sn il valore dell'espressione al secondo membro di
(1), si ha
b
(2)
Sn f x dx a
b a 3
max f x
12 n 2 x a , b
Applichiamo la (1) al caso attualmente in esame, scegliendo n 4.
Un maggior numero di suddivisioni produce un risultato più
preciso, ma aumenta proporzionalmente la quantità di calcoli da
eseguire. Risulta
1
1
!
6
1 f 0 f 2
1!
2!
3!
2
f ' ) f ' ) f ' ) ) 3 , 14758 .
dx '
2
8
2
8"
8"
8" "
0 1 x
Per quanto riguarda la stima dell'errore, si calcolano le derivate
6 , che sono
1
x2
prima e seconda di f x f x 6x
3
2
x 2
;
1 f x 6 12 x 2
5
2
2
x
.
1 2
f x è positiva in 0 , 1 , ed il suo massimo valore è assunto per
x 1 ; infatti in questo punto il numeratore ha il valore massimo e il
2
denominatore il minimo; dunque
max
1
x 0, 2
32
1!
f x f ' ) .
2"
3
Sostituendo i dati in (2) abbiamo:
G 109
sessione suppletiva 2007-2008- corsi sperimentali
1
2
3
32
0 , 012 .
12 4 2 3
Il metodo di Simpson, per la descrizione del quale rimandiamo al
Quesito 10 del 2006, con una complessità di calcoli paragonabile con
quella del metodo dei trapezi, fornisce risultati molto migliori: per
esempio, applicato al nostro caso con n 4 (indichiamo soltanto il
risultato) dà
3 , 1417
valore assai più preciso di quello fornito per n 4 dal metodo dei
trapezi.
3 , 14758 G 110
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y
9
2
0
6
2
5
6
x
3
2
2
2
–1
G 111