x - Le Filandiere

Sessione suppletiva PNI 2008 – 2009
Soluzione a cura di Nicola De Rosa
ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO
Indirizzo Y: P.N.I. + scientifico autonomia + scientifico e scientifico-tecnologico Brocca +
Proteo.
CORSO SPERIMENTALE Sessione suppletiva 2009
Tema di MATEMATICA
Il candidato risolva uno dei due problemi e risponda a 5 dei 10 quesiti del questionario.
PROBLEMA 1
Si consideri la funzione:
⎧ln x 2 + 1
se x < 0
⎪⎪
f ( x ) = ⎨0
se x = 0
⎪arctan(sin x ) se x > 0
⎪⎩
1. Si provi che essa è continua, ma non derivabile, nel punto x = 0.
2. Si studi tale funzione e si tracci il suo grafico γ, su un piano riferito ad un sistema di assi
cartesiani ortogonali (Oxy). Per quel che riguarda le ascisse positive, ci si limiterà all’intervallo 0 ≤
x ≤ 2π.
3. Si calcoli l’area della superficie piana, situata nel II quadrante, delimitata dalla curva γ, dall’asse
x e dalla retta di equazione x = -1.
4. Utilizzando uno dei metodi di integrazione numerica studiati, si calcoli un valore approssimato
dell’area della superficie piana, delimitata dall’asse delle x e dall’arco di γ i cui estremi hanno
ascisse 0 e π.
PROBLEMA 2
Si consideri la funzione:
f (x ) = 2 +
a
b
+
x + 1 ( x + 1)2
1. Si determinino le costanti a e b in modo che risulti:
2
3
∫ f (x )dx =
0
10
⎛5⎞
− 6 ln⎜ ⎟
3
⎝3⎠
2. Si studi la funzione così ottenuta e se ne tracci il grafico γ.
3. Si conduca la tangente a γ nel punto di ascissa x = 0 e si calcoli l’area del triangolo che essa
determina con i due asintoti.
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1
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4. La retta y = k incontri γ in due punti di ascissa x1 e x 2 . Si esprimano, in funzione di k, la somma
e il prodotto di tali ascisse. Si dimostri che la quantità
S=
1
1
+
x1 + 1 x 2 + 1
è indipendente dal valore di k e se ne calcoli il valore.
QUESTIONARIO
1. Nel gioco del lotto, qual è la probabilità dell’estrazione di un numero assegnato? Quante
estrazioni occorre effettuare perché si possa aspettare, con una probabilità p = 1/2 assegnata, di
vederlo uscire almeno una volta?
2. Sul diametro MN di un cerchio, si considerino due punti P e Q, e su MP, MQ, NP, NQ come
diametri si descrivano quattro semicerchi, i primi due posti in una stessa parte rispetto alla retta
MN, gli altri due posti nell’altra parte. Si dimostri che il perimetro del quadrilatero curvilineo
(pelecoide) così ottenuto, ha la stessa lunghezza della circonferenza data.
3. Si scriva l’equazione della tangente al diagramma della funzione:
f (x ) =
⎛x⎞
sin ⎜ ⎟
⎝2⎠
∫
2
2
2
et
dt
t +1
nel punto P di ascissa x = π/2.
4. Siano dati una sfera di raggio r, il cubo in essa inscritto e il cono circolare retto inscritto nel cubo.
Si scelga a caso un punto all’interno della sfera: si determini la probabilità che tale punto risulti
interno al cono.
5. Nell’ omotetia di centro O(0,0) e rapporto k = -4, si determini l’equazione della circonferenza
corrispondente alla x 2 + y 2 − 2 x + 4 y = 0 . Si confrontino fra di loro i centri e i raggi delle due
circonferenze.
6. Dati due punti A e B distanti tra loro 5 cm, si dica qual è il luogo dei punti C dello spazio tali che
il triangolo ABC sia rettangolo in A ed abbia area uguale a 1 cm 2
7. Si discuta il seguente sistema lineare omogeneo in relazione al parametro reale λ e si determinino
in ogni caso le eventuali soluzioni:
⎧ x + 2 y + 3z = 0
⎪
⎨(λ − 1)x + λy + 4 z = 0
⎪λx + 5 y + (2λ + 1)z = 0
⎩
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2
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8. Le lunghezze dei lati di un triangolo sono numeri interi consecutivi e l’angolo di maggior
ampiezza è il doppio di quello di ampiezza minore. Si calcolino la lunghezza del lato minore e il
coseno dell’angolo minore.
9. Si consideri un cerchio di centro O e raggio r e sia A un punto della circonferenza. Sia inoltre OB
un raggio mobile che forma l’angolo 2x con OA. Facendo ruotare la figura attorno ad OA, il
segmento AB genera la superficie laterale di un cono. Come deve essere scelta in gradi e primi
(sessagesimali) l’ampiezza x dell’angolo perché quest’area sia massima?
10. Un turista, che osserva un lago scozzese dalla cima di un fiordo alto 100 metri, vede spuntare la
testa di un mostro acquatico in un punto per il quale misura un angolo di depressione di 18,45°. Il
mostro, che nuota in linea retta allontanandosi dall’osservatore, si immerge, per riemergere cinque
minuti più tardi in un punto per cui l’angolo di depressione vale 14,05°. Con che velocità, in metri
all’ora, sta nuotando il mostro?
________________________
Durata massima della prova: 6 ore.
E’ consentito soltanto l’uso di calcolatrici non programmabili. Non è ammesso lasciare l’aula degli
esami prima che siano trascorse tre ore dalla dettatura del tema.
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PROBLEMA1
Si consideri la funzione:
⎧ln x 2 + 1
se x < 0
⎪⎪
f ( x ) = ⎨0
se x = 0
⎪arctan(sin x ) se x > 0
⎪⎩
Punto 1
Si provi che essa è continua, ma non derivabile, nel punto x = 0.
⎧ln x 2 + 1
se x < 0
⎪⎪
Proviamo che la funzione f ( x ) = ⎨0
se x = 0 è continua in x = 0 calcolando i limiti
⎪arctan(sin x ) se x > 0
⎪⎩
per x → 0 ± . Si ha lim− ln x 2 + 1 = ln 1 = 0, lim+ arctan(sin x ) = arctan(0 ) = 0 per cui la funzione è
x →0
continua
lim
x →0 −
in
x = 0.
x→0
La
derivata
prima
è
⎧ x
⎪⎪ x 2 + 1
f ' (x ) = ⎨
⎪ cos x
⎪⎩1 + sin 2 x
se x < 0
per
cui
se x > 0
cos x
x
= 0, lim+
= 1 da cui deduciamo la non derivabilità della funzione in x = 0 . In
x
→
0
1 + sin 2 x
x +1
2
conclusione la funzione presenta un punto angoloso in x = 0 .
Punto 2
Si studi tale funzione e si tracci il suo grafico γ, su un piano riferito ad un sistema di assi
cartesiani ortogonali (Oxy). Per quel che riguarda le ascisse positive, ci si limiterà
all’intervallo 0 ≤ x ≤ 2π.
Studiamo prima il ramo g ( x ) = ln x 2 + 1 definito per x < 0 .
Dominio: x < 0
Intersezione asse delle ascisse: la funzione g ( x ) = ln x 2 + 1 = 0 ⇒ x 2 + 1 = 1 ⇒ x = 0 ;
Intersezione asse delle ordinate: x = 0 → y = 0
Positività: la funzione g ( x ) = ln x 2 + 1 è positiva in tutto il dominio x < 0 ;
Asintoti verticali: non esistono;
Asintoti orizzontale: lim g ( x ) = +∞ per cui non esistono asintoti orizzontali;
x → −∞
Asintoti
non
obliqui:
(
esistono
in
quanto
)
g (x )
x
ln x 2 + 1 1
ln x 2 + 1 ∞
Hospital
lim
= lim
= lim
= f.i ⎯De
⎯L'⎯
⎯
⎯→ lim 2
= 0;
x → −∞
x
→
−∞
x
→
−∞
x
→
−∞
x
x
x
2
∞
x +1
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Crescenza e decrescenza: g ' ( x ) =
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x
per cui la funzione è strettamente decrescente in tutto il
x +1
2
dominio x < 0 ;
Flessi: g ' ' ( x ) =
(1 − x )
(x + 1)
2
2
2
per cui in (− 1,0 ) la funzione volge la concavità verso l’alto e in (− ∞,−1)
ln 2 ⎞
⎛
verso il basso per cui F = ⎜ − 1,
⎟ è un flesso a tangente obliqua.
2 ⎠
⎝
Studiamo il ramo h( x ) = arctan (sin x ) definito per x > 0 in [0,2π ] .
Dominio: x > 0
Intersezione asse delle ascisse: h( x ) = arctan (sin x ) ⇒ sin x = 0 ⇒ x = 0, x = π , x = 2π ;
Intersezione asse delle ordinate: x = 0 → y = 0
Positività: h( x ) = arctan (sin x ) > 0 ⇒ sin x > 0 ⇒ x ∈ (0, π ) ;
Asintoti verticali: non esistono;
Asintoti orizzontale: non esistono asintoti orizzontali in quanto la funzione seno è una funzione
limitata;
Asintoti obliqui: non esistono in quanto la funzione seno è una funzione limitata;
Crescenza e decrescenza: h' ( x ) =
cos x
per cui la funzione è strettamente crescente in
1 + sin 2 x
⎡ π ⎡ ⎤ 3π
⎤
⎛ π 3π ⎞
⎢⎣0, 2 ⎢⎣ ∪ ⎥⎦ 2 ,2π ⎥⎦ e strettamente decrescente in ⎜⎝ 2 , 2 ⎟⎠ ;
Flessi: h' ' ( x ) =
(0, π )
(
− sin x 3 − sin 2 x
(sin
2
)
x +1
2
) per cui in (π ,2π ) la funzione volge la concavità verso l’alto e in
verso il basso per cui
F1 = (π ,0 )
è un flesso a tangente obliqua. Inoltre
1
⎛π ⎞
⎛ 3π ⎞ 1
⎛π π ⎞
⎛ 3π π ⎞
h' ' ⎜ ⎟ = − < 0, h' ' ⎜ ⎟ = > 0 per cui M = ⎜ , ⎟ è un massimo relativo e m = ⎜ ,− ⎟ è
2
4⎠
⎝2⎠
⎝ 2 ⎠ 2
⎝2 4⎠
⎝ 2
un minimo relativo.
Il grafico di seguito:
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5
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Punto 3
Si calcoli l’area della superficie piana, situata nel II quadrante, delimitata dalla curva γ,
dall’asse x e dalla retta di equazione x = -1.
L’area è raffigurata in grigio di seguito.
0
Tale area vale S = ∫ ln x 2 + 1dx =
−1
(
)
(
0
(
)
1
ln x 2 + 1 dx . Applicando l’integrazione per parti si ha
2 −∫1
)
x2
∫ ln x + 1 dx = x ln x + 1 − 2∫ x 2 + 1dx =
1 ⎞
⎛
2
= x ln x 2 + 1 − 2 ∫ ⎜1 − 2
⎟dx = x ln x + 1 − 2 x + 2 arctan( x ) + k
x
1
+
⎝
⎠
2
(
2
)
(
)
per cui
0
1
1
1⎡ ⎛
π ⎞⎤ π + 2 ln 2 − 4
S = ∫ ln x 2 + 1 dx = x ln x 2 + 1 − 2 x + 2 arctan( x ) −1 = ⎢0 − ⎜ − ln 2 + 2 − ⎟⎥ =
.
2 −1
2
2⎣ ⎝
2 ⎠⎦
4
0
(
)
[ (
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)
]
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Punto 4
Utilizzando uno dei metodi di integrazione numerica studiati, si calcoli un valore
approssimato dell’area della superficie piana, delimitata dall’asse delle x e dall’arco di γ i cui
estremi hanno ascisse 0 e π.
Scegliamo di suddividere l’intervallo
[0, π ]
in 4 intervallini di ampiezza
g ( x ) = arctan(sin x ) ed applicando il metodo di cavalieri Simpson, si ha:
π
4
. Ponendo
⎫
2
⎛ π − 0 ⎞ ⎧⎡ g (x 0 ) + g ( x 4 )⎤ 4
+ ⋅ [g ( x1 ) + g ( x3 )] + ⋅ g ( x 2 )⎬ =
⎟ ⋅ ⎨⎢
⎥
4 ⎠ ⎩⎣
3
3
⎦ 3
⎭
π
∫ arctan(sin x )dx ≅ ⎜⎝
0
⎛ π ⎞ ⎧⎡ g (0 ) + g (π ) ⎤ 4 ⎡ ⎛ π ⎞
⎛ 3π
= ⎜ ⎟ ⋅ ⎨⎢
+ ⋅ ⎢g⎜ ⎟ + g⎜
⎥
3
⎝ 4 ⎠ ⎩⎣
⎦ 3 ⎣ ⎝4⎠
⎝ 4
=
⎞⎤ 2 ⎛ π ⎞⎫
⎟⎥ + ⋅ g ⎜ ⎟⎬ =
⎠⎦ 3 ⎝ 2 ⎠⎭
⎛ 2⎞ π2
⎛ 2⎞
⎛ 2 ⎞ ⎞ 2 ⎛ π ⎞⎤ 2π
4 ⎛
⎜
⎟
⎟ + arctan⎜
⎟ ⎟ + ⋅ ⎜ ⎟⎥ =
arctan
⋅⎢
+ ⋅ ⎜ arctan⎜⎜
⎜ 2 ⎟ + 24 ≅ 1,70
⎟
⎜ 2 ⎟⎟ 3 ⎝ 4 ⎠
4 ⎢⎣ 3
3 ⎜⎝
2
3
⎥⎦
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝
⎠⎠
π ⎡0 + 0
con un errore commesso
[0, π ]
e≤
il
(b − a )5 ⋅ M
180n 4
5
(
b − a)
e≤
⋅M,
180n
π5
con M = max g IV ( x ) in [0, π ] . In questo caso in
M = max g IV ( x ) =
massimo
=
4
15
2
per
cui
l’errore
è
π5
15
=
≅ 0,05 . Infatti il valore fornito da un qualsiasi software
46080 2 6144
⋅
per l’integrale è 1,69058 che differisce da quello ottenuto per integrazione numerica 1,70 per
meno di 0,05.
PROBLEMA2
Si consideri la funzione:
f (x ) = 2 +
a
b
+
x + 1 ( x + 1)2
Punto 1
Si determinino le costanti a e b in modo che risulti:
2
3
∫ f (x )dx =
0
10
⎛5⎞
− 6 ln⎜ ⎟
3
⎝3⎠
Calcoliamo l’integrale definito. Si ha:
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2
3
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2
3
2
⎡
a
b ⎤
b ⎤3
⎡
∫0 f (x )dx = ∫0 ⎢⎣2 + x + 1 + (x + 1)2 ⎥⎦dx = ⎢⎣2 x + a ln x + 1 − x + 1⎥⎦ 0 =
⎡4
4
⎛ 5 ⎞ 3b ⎤
⎛ 5 ⎞ 2b
= ⎢ + a ln⎜ ⎟ − ⎥ − [− b] = + a ln⎜ ⎟ +
3
⎝3⎠ 5 ⎦
⎝ 3⎠ 5
⎣3
2
3
Imponendo
∫
0
f (x ) = 2 −
⎧ a = −6
⎧ a = −6
4
⎪
⎛ 5 ⎞ 2b 10
⎛5⎞
f (x )dx = + a ln⎜ ⎟ +
per cui
=
− 6 ln⎜ ⎟ si ricava ⎨ 4 2b 10 ⇒ ⎨
3
3
⎝ 3⎠ 5
⎝3⎠
⎩b = 5
⎪⎩ 3 + 5 = 3
6
5
2x 2 − 2x + 1
+
=
x + 1 ( x + 1)2
(x + 1)2
Punto 2
Si studi la funzione così ottenuta e se ne tracci il grafico γ.
Studiamo la funzione f ( x ) =
2x 2 − 2x + 1
(x + 1)2
Dominio: R /{− 1}
Intersezione asse delle ascisse: la funzione f ( x ) =
2x 2 − 2x + 1
(x + 1)2
non interseca mai l’asse delle
ascisse in quanto il numeratore è un fattore sempre positivo;
Intersezione asse delle ordinate: x = 0 → y = 1
Positività: la funzione f ( x ) =
Asintoti verticali: lim±
2x 2 − 2x + 1
(x + 1)2
2x 2 − 2x + 1
x → −1
(x + 1)
2
=
Asintoti orizzontale: lim f ( x ) = lim
x → ±∞
x → ±∞
è positiva in tutto il dominio R /{− 1}
5
= +∞ per cui x = −1 è asintoto verticale
0+
2x 2 − 2x + 1
(x + 1)2
= 2 per cui y = 2 è asintoto orizzontale destro e
sinistro;
Asintoti obliqui: non esistono in quanto esiste l’asintoto orizzontale e per funzioni razionali fratte la
presenta dell’asintoto orizzontale esclude la presenza di quello obliquo e viceversa;
Crescenza e decrescenza: f ' (x ) =
2(3 x − 2)
per cui la funzione è strettamente crescente in
(x + 1)3
(− ∞,−1) ∪ ⎛⎜ 2 ,+∞ ⎞⎟ , strettamente decrescente in
⎝3
⎠
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2⎞
2
⎛
⎜ − 1, ⎟ e si annulla in x = .
3⎠
3
⎝
8
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Flessi: f ' ' (x ) =
6(3 − 2 x )
(x + 1)
4
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3⎞
⎛
per cui in (− ∞,−1) ∪ ⎜ − 1, ⎟ la funzione volge la concavità verso l’alto e
2⎠
⎝
⎛3
⎞
⎛3 2⎞
in ⎜ ,+∞ ⎟ verso il basso per cui F = ⎜ , ⎟
⎝2
⎠
⎝2 5⎠
è un flesso a tangente obliqua. Inoltre
⎛ 2 1⎞
⎛ 2 ⎞ 162
f ''⎜ ⎟ =
> 0 per cui m = ⎜ , ⎟ è un minimo relativo ed assoluto.
⎝ 3 5⎠
⎝ 3 ⎠ 125
Il grafico è sotto presentato:
Punto 3
Si conduca la tangente a γ nel punto di ascissa x = 0 e si calcoli l’area del triangolo che essa
determina con i due asintoti.
Il punto ad ascissa nulla è (0,1) e la tangente in esso ha equazione y = mx + 1 con m = f ' (0 ) = −4
per cui la tangente ha equazione y = −4 x + 1 . L’area da calcolare è raffigurata in grigio di seguito.
I vertici del triangolo sono dati da:
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A = (− 1,2)
⎧ y = −4 x + 1
⇒ B = (− 1,5)
B:⎨
⎩ x = −1
⎧ y = −4 x + 1
⎛ 1 ⎞
C:⎨
⇒ C = ⎜ − ,2 ⎟
⎝ 4 ⎠
⎩y = 2
L’area è S =
3
9
AB ⋅ AC
dove AB = 3, AC = per cui S =
2
4
8
Punto 4
La retta y = k incontri γ in due punti di ascissa x1 e x 2 . Si esprimano, in funzione di k, la
somma e il prodotto di tali ascisse. Si dimostri che la quantità
1
1
+
x1 + 1 x 2 + 1
S=
è indipendente dal valore di k e se ne calcoli il valore.
⎧
2x 2 − 2x + 1
(
)
f
x
=
⎪
Studiamo le soluzioni del sistema ⎨
(x + 1)2 . Si ha:
⎪y = k
⎩
2x 2 − 2x + 1
(x + 1)
2
= k → (k − 2)x 2 + 2 x(k + 1) + (k − 1) = 0 . Le soluzioni sono reali e distinte se
⎧Δ
2
⎪ = (k + 1) − (k − 2)(k − 1) = 5k − 1 > 0
⎛1 ⎞
⇒ k ∈ ⎜ ,2 ⎟ ∪ (2,+∞ )
⎨4
⎝5 ⎠
⎪⎩k − 2 ≠ 0
x1 =
e
in
tal
caso
sono
− (k + 1) + 5k − 1
− (k + 1) − 5k − 1
, x2 =
.
k −2
k −2
Ora
− (k + 1) + 5k − 1
5k − 1 − 3
+1 =
k −2
k −2
− (k + 1) − 5k − 1
− 5k − 1 − 3
x2 + 1 =
+1 =
k −2
k −2
x1 + 1 =
da cui
(
) (
(k − 2) 5k − 1 + 3 =
1
k −2
=
=
5(k − 2 )
x1 + 1
5k − 1 − 3
(
5k − 1 + 3
5
) (
)
(k − 2) − 5k − 1 + 3 = − 5k − 1 + 3
1
k −2
=
=
5(k − 2 )
5
x 2 + 1 − 5k − 1 − 3
per cui S =
)
1
1
6
+
= .
x1 + 1 x 2 + 1 5
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Alternativamente scriviamo S =
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2 + ( x1 + x 2 )
1
1
1
1
+
.
come S =
+
=
x1 + 1 x 2 + 1
x1 + 1 x 2 + 1 1 + ( x1 + x 2 ) + x1 ⋅ x 2
La somma e il prodotto delle radici dell’equazione
rispettivamente
(x1 + x 2 ) = 2(k + 1) , x1 ⋅ x2 =
2−k
(k − 2)x 2 + 2 x(k + 1) + (k − 1) = 0
k −1
k −2
per
sono
cui
2(k + 1)
4 − 2k + 2k + 2
6
2 + ( x1 + x 2 )
6
2−k
2−k
S=
=
=
= 2−k = .
2(k + 1) k − 1 2 − k + 2k + 2 − k + 1
5
1 + ( x1 + x 2 ) + x1 ⋅ x 2
5
1+
+
2−k
k −2
2−k
2−k
2+
QUESTIONARIO
Quesito 1
Nel gioco del lotto, qual è la probabilità dell’estrazione di un numero assegnato? Quante
estrazioni occorre effettuare perché si possa aspettare, con una probabilità p = 1/2 assegnata,
di vederlo uscire almeno una volta?
La probabilità che esca un numero assegnato nel gioco del lotto è p =
1
. Definiamo l’evento A
90
nel seguente modo: A ≡ {in N estrazioni esce almeno una volta un numero assegnato} ; la probabilità
{}
dell’evento A è data 1 − Pr A . La probabilità dell’evento A , cioè la probabilità che in N estrazioni
{}
⎛ 89 ⎞
non esce mai il numero assegnato, è Pr A = ⎜ ⎟
⎝ 90 ⎠
N
{}
N
⎛ 89 ⎞
per cui Pr{A} = 1 − Pr A = 1 − ⎜ ⎟ .
⎝ 90 ⎠
N
Imponendo
1
⎛ 89 ⎞
Pr{A} = 1 − ⎜ ⎟ ≥
2
⎝ 90 ⎠
si
ricava
⎛1⎞
ln⎜ ⎟
1
⎛ 89 ⎞
⎛ 89 ⎞
⎛1⎞
⎝ 2 ⎠ ≅ 62,03 ⇒ N = 63 .
⎜ ⎟ ≤ ⇒ N ⋅ ln⎜ ⎟ ≤ ln⎜ ⎟ ⇒ N ≥
2
⎛ 89 ⎞
⎝ 90 ⎠
⎝2⎠
⎝ 90 ⎠
ln⎜ ⎟
⎝ 90 ⎠
N
Quesito 2
Sul diametro MN di un cerchio, si considerino due punti P e Q, e su MP, MQ, NP, NQ come
diametri si descrivano quattro semicerchi, i primi due posti in una stessa parte rispetto alla
retta MN, gli altri due posti nell’altra parte. Si dimostri che il perimetro del quadrilatero
curvilineo (pelecoide) così ottenuto, ha la stessa lunghezza della circonferenza data.
Si consideri la figura seguente rappresentante la pelecoide.
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Detti 2r il diametro MN, 2x il diametro MP e 2y il diametro QN si ha che
Lunghezza della pelecoide = semicirconferenza MP + semicirconferenza MQ + semicirconferenza
PN + semicirconferenza QN , cioè
L=
2πx (2r − 2 y )π (2r − 2 x )π 2πy
+
+
+
= πx + (r − y )π + (r − x )π + πy = 2πr c.v.d.
2
2
2
2
Quesito 3
Si scriva l’equazione della tangente al diagramma della funzione:
⎛x⎞
sin ⎜ ⎟
⎝2⎠
f (x ) =
∫
2
2
2
et
dt
t +1
nel punto P di ascissa x = π/2.
π
⎛π ⎞
Il punto ad ascissa x = ha ordinata y = f ⎜ ⎟ =
2
⎝2⎠
⎛π ⎞
in ⎜ ,0 ⎟
⎝2 ⎠
f (x ) =
⎛x⎞
sin ⎜ ⎟
⎝2⎠
∫
2
2
ha equazione
π⎞
⎛
y = m⎜ x − ⎟
2⎠
⎝
⎛π ⎞
sin ⎜ ⎟
⎝4⎠
∫
2
2
dove
t2
e
dt =
t +1
2
2
∫
2
2
2
et
dt = 0 per cui la tangente
t +1
⎛π ⎞
m = f ' ⎜ ⎟ . La derivata della funzione
⎝2⎠
2
et
dt ,
t +1
per
⎛ ⎛ x ⎞⎞
d ⎜⎜ sin ⎜ ⎟ ⎟⎟
t2
⎝ 2 ⎠⎠ ⎡ e ⎤
⎝
⋅⎢
f ' (x ) =
⎥
dx
⎢⎣ t + 1⎥⎦
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il
⎛x⎞
t =sin ⎜ ⎟
⎝2⎠
teorema
della
1
⎛ x⎞
= cos⎜ ⎟ ⋅
2
⎝2⎠
derivata
e
⎛x⎞
sin 2 ⎜ ⎟
⎝2⎠
⎛ x⎞
sin ⎜ ⎟ + 1
⎝2⎠
di
una
funzione
per
integrale,
è
cui
12
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⎛π ⎞ 1
⎛π ⎞
f ' ⎜ ⎟ = cos⎜ ⎟ ⋅
⎝2⎠ 2
⎝4⎠
(
tangente è y =
e
⎛π ⎞
sin 2 ⎜ ⎟
⎝4⎠
⎛π ⎞
sin ⎜ ⎟ + 1
⎝4⎠
Soluzione a cura di Nicola De Rosa
2
e
⋅
=
4
2
+1
2
=
(
)
2 −1 ⋅ e
. In conclusione l’equazione della
2
)
2 −1 ⋅ e ⎛
π⎞
⎜x − ⎟.
2
2⎠
⎝
Quesito 4
Siano dati una sfera di raggio r, il cubo in essa inscritto e il cono circolare retto inscritto nel
cubo. Si scelga a caso un punto all’interno della sfera: si determini la probabilità che tale
punto risulti interno al cono.
Consideriamo la figura seguente che raffigura in sezione la sfera circoscritta al cubo a sua volta
circoscritto al cono equilatero.
A
H
B
C
Poiché il diametro della sfera è lungo 2r e coincide con la diagonale del quadrato di lato BC, il lato
del quadrato BC misura BC =
con
lo
spigolo
2r 3
. Il triangolo ABC è isoscele con base ed altezza coincidenti
3
per
cui
per
cui
il
volume
del
cono
è
2
⎛ r 3 ⎞ 2r 3
⎟ ⋅
π ⋅ ⎜⎜
2
⎟
3
3
2 3 3
π ⋅ HC ⋅ AH
4
⎝
⎠
=
VC =
=
πr mentre il volume della sfera è VS = πr 3 . In
3
3
27
3
(
definitiva
)
la
probabilità
che
il
punto
scelto
a
caso
ricada
nel
cono
è
2 3 3
πr
VC
3
= 27
=
≅ 9,6% .
p=
4
18
VS
3
πr
3
Quesito 5
Nell’ omotetia di centro O(0,0) e rapporto k = -4, si determini l’equazione della circonferenza
corrispondente alla x 2 + y 2 − 2 x + 4 y = 0 . Si confrontino fra di loro i centri e i raggi delle due
circonferenze.
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La circonferenza di equazione x 2 + y 2 − 2 x + 4 y = 0 ha centro in C (a, b ) = (1,−2 ) e raggio
R=
(1)2 + (− 2)2
L’omotetia
ω O ,k
di
= 5.
centro
O(0,0)
X
⎧
x=−
⎪
⎧ X = −4 x
⎪
4 .
:⎨
⇔⎨
=
−
4
Y
y
Y
⎩
⎪y = −
⎪⎩
4
2
e
rapporto
Sostituendo
k=-4
è
definita
nell’equazione
della
dalla
trasformazione
circonferenza
si
ha:
2
⎛ X⎞ ⎛ Y⎞
⎛ X⎞ ⎛ Y⎞
2
2
⎜ − ⎟ + ⎜ − ⎟ − 2⎜ − ⎟ + 4⎜ − ⎟ = 0 ⇒ X + Y + 8 X − 16Y = 0 . La circonferenza ottenuta
4
4
4
4
⎝
⎠ ⎝
⎠
⎝
⎠ ⎝
⎠
tramite l’omotetia ha centro in C ' (a ' , b') = (− 4,8) e raggio R ' =
(− 4)2 + (8)2
= 4 5 . Quindi le
coordinate del centro della circonferenza trasformata si ricavano da quelle della circonferenza di
partenza moltiplicandole per il fattore di trasformazione, mentre il raggio si ricava da quello di
⎧C ' = (ka, kb )
partenza moltiplicandolo per il valore assoluto del fattore di trasformazione, cioè ⎨
.
⎩R' = k ⋅ R
Quesito 6
Dati due punti A e B distanti tra loro 5 cm, si dica qual è il luogo dei punti C dello spazio tali
che il triangolo ABC sia rettangolo in A ed abbia area uguale a 1 cm 2
Consideriamo la figura seguente
y
B
A
C
x
Dovendo essere l’area pari a 1 cm 2 e poiché AB = 5 cm il cateto AC misura AC =
2
cm . Affinché i
5
triangoli ABC siano rettangoli in A, i punti C devono appartenere al piano α passante per A
perpendicolare alla retta AB. Affinché l’area del triangolo sia uguale a 1 cm 2 i punti devono
appartenere alla circonferenza contenuta in α di centro A e raggio uguale ad AC =
2
cm . Cioè nel
5
riferimento cartesiano di cui sopra, indicando con A(a, b ) il vertice in cui il triangolo ABC è
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rettangolo, il luogo richiesto è la circonferenza di equazione (x − a ) + ( y − b ) =
2
2
4
. In altro modo,
25
affinché il triangolo ABC sia rettangolo in A ed abbia area costante e pari a 1 cm 2 , la distanza di C
da A deve essere costantemente pari ad AC =
( x − a )2 + ( y − b )2
deve avere
=
2
, da cui elevando al quadrato ambo i membri si riottiene il
5
luogo di equazione (x − a ) + ( y − b ) =
2
2
cm e cioè, ricordando la definizione di distanza si
5
2
4
.
25
Quesito 7
Si discuta il seguente sistema lineare omogeneo in relazione al parametro reale λ e si
determinino in ogni caso le eventuali soluzioni:
⎧ x + 2 y + 3z = 0
⎪
⎨(λ − 1)x + λy + 4 z = 0
⎪λx + 5 y + (2λ + 1)z = 0
⎩
Calcoliamo il determinante della matrice dei coefficienti:
1
2
Δ = λ −1 λ
λ
5
3
4 = λ (2λ + 1) + 8λ + 15(λ − 1) − 3λ2 − 8(λ − 1)(2λ + 1) − 20 = (3 − λ )(5λ − 11)
2λ + 1
per cui per il teorema di Cramer, il sistema è determinato se λ ≠ 3 ∧ λ ≠
11
.
5
⎧ x + 2 y + 3z = 0
⎪
Se λ = 3 il sistema diventa ⎨2 x + 3 y + 4 z = 0 in cui si nota che sommando le prime due equazioni
⎪3 x + 5 y + 7 z = 0
⎩
otteniamo la terza. Quindi, essendoci 3 variabili e due equazioni linearmente indipendenti, il
sistema presenterà ∞ 3− 2 = ∞1 soluzioni del tipo (x, y, z ) = ( z ,−2 z , z ) .
⎧ x + 2 y + 3z = 0
11
⎪
Se λ =
il sistema diventa ⎨6 x + 11 y + 20 z = 0 ed anche in tal caso essendoci 3 variabili e due
5
⎪11x + 25 y + 27 z = 0
⎩
equazioni linearmente indipendenti, il sistema presenterà
∞ 3− 2 = ∞ 1
soluzioni del tipo
(x, y, z ) = (− 7 z,2 z, z ) .
Per λ ≠ 3 ∧ λ ≠
11
il sistema è determinato e presenterà un’unica soluzione, ed essendo omogeneo,
5
la soluzione unica è la soluzione banale (x, y, z ) = (0,0,0 ) .
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In conclusione il sistema presenta
1 soluzione coincidente con quella banale ( x, y, z ) = (0,0,0 ) per λ ≠ 3 ∧ λ ≠
∞1 soluzioni per λ = 3 ∨ λ =
11
5
11
.
5
Quesito 8
Le lunghezze dei lati di un triangolo sono numeri interi consecutivi e l’angolo di maggior
ampiezza è il doppio di quello di ampiezza minore. Si calcolino la lunghezza del lato minore e
il coseno dell’angolo minore.
Consideriamo la figura seguente.
A
2x
a
a+1
x
B
a+2
C
Poniamo AB = a, AC = a + 1, BC = a + 2, BÂC = 2 x, BĈA = x in cui abbiamo sfruttato il risultato
per cui in un triangolo ad angolo maggiore si oppone il lato maggiore. Avendo posto come angolo
di maggiore ampiezza BÂC = 2 x deve aversi BÂC > AB̂C ⇒ 2 x > 180° − 3 x ⇒ x > 36° , mentre
avendo
posto
come
angolo
di
minore
ampiezza
BĈA = x
deve
aversi
BĈA < BÂC ⇒ x < 180° − 3 x ⇒ x < 45° . In definitiva la condizione da imporre sull’ampiezza x è
36° < x < 45° che, ricordando la stretta decrescenza della funzione coseno per 36° < x < 45° , può
essere scritta come cos(45°) < cos( x ) < cos(36°) ⇒
2
5 +1
.
< cos(x ) <
2
4
In un triangolo la somma di due lati è maggiore del terzo lato e, ricordando che le misure del lati
sono numeri positivi e che in questo caso specifico sono numeri interi, deve aversi:
⎧a > 0
⎧a > 0
⎪a > −1
⎪a + 1 > 0
⎪
⎪
⎪a > −2
⎪a + 2 > 0
⎪
⎪
⎨a + a + 1 > a + 2 ⇒ ⎨a > 1 ⇒ a > 1 con a ∈ N
⎪a + a + 2 > a + 1 ⎪a > −1
⎪
⎪
⎪a > −3
⎪a + 1 + a + 2 > a
⎪a ∈ N
⎪a ∈ N
⎩
⎩
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Per
il
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teorema
di
Carnot
si
ha:
(a + 1)2 = (a + 2)2 + a 2 − 2a(a + 2) cos(180° − 3x ) = (a + 2)2 + a 2 + 2a(a + 2) cos(3x ) ⇒
a 2 + 2a + 3
a + 2a + 3 + 2a (a + 2 ) cos(3 x ) = 0 ⇒ cos(3 x ) = −
2a (a + 2 )
2
Applicando il teorema dei seni si ha:
1⎛a + 2⎞
a
a+2
a + 2 sin (2 x )
=
⇒
=
= 2 cos( x ) ⇒ cos( x ) = ⎜
⎟.
sin ( x ) sin (2 x )
sin (x )
2⎝ a ⎠
a
[
]
Ricordando che cos(3x ) = cos( x ) 4 cos 2 ( x ) − 3 si ha:
−
2
⎤ (a + 2 ) ⎛ − 2a 2 + 4a + 4 ⎞ a >1
a 2 + 2a + 3 1 ⎛ a + 2 ⎞ ⎡ (a + 2 )
⎜⎜
⎟⎟ ⎯⎯→
= ⎜
⋅
−
3
⎟ ⎢
⎥=
2
2a(a + 2 )
2 ⎝ a ⎠ ⎣ a2
2
a
a
⎝
⎠
⎦
−
⎛ − 2a 2 + 4a + 4 ⎞
a 2 + 2a + 3
⎟⎟ ⇒
= (a + 2 )⎜⎜
(a + 2)
a2
⎝
⎠
(
)
(
a=4
)
− a a + 2a + 3 = (a + 2 ) − 2a + 4a + 4 ⇒ (a − 4 )(a + 1) (a + 4 ) = 0 → a = −1
2
2
2
2
2
a = −4
⎡ 1 ⎛ a + 2 ⎞⎤
3
La soluzione accettabile è a = 4 cui corrisponde cos( x ) = ⎢ ⎜
⎟⎥ = . Notiamo come anche
⎣ 2 ⎝ a ⎠⎦ a = 4 4
il coseno dell’angolo minore rispetta la condizione imposta dalla geometria del problema
2
5 +1
.
< cos( x ) <
2
4
Quesito 9
Si consideri un cerchio di centro O e raggio r e sia A un punto della circonferenza. Sia inoltre
OB un raggio mobile che forma l’angolo 2x con OA. Facendo ruotare la figura attorno ad OA,
il segmento AB genera la superficie laterale di un cono. Come deve essere scelta in gradi e
primi (sessagesimali) l’ampiezza x dell’angolo perché quest’area sia massima?
Si consideri la figura seguente ottenuta ruotando attorno ad OA la figura AOB.
B’
H
Per
superficie
ipotesi
laterale
del
cono
O
A
OA = OB = r , AÔB = 2 x,0° < x < 90° . La
B
S l = π ⋅ HB ⋅ AB . Per il teorema di Carnot
è
(
)
AB = r 2 + r 2 − 2r 2 cos(2 x ) = 4r 2 sin 2 ( x ) = 2r sin ( x ) ,
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mentre
per
il
teorema
dei
seni
17
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(
Soluzione a cura di Nicola De Rosa
)
HB = OB ⋅ sin HÔB = r ⋅ sin (180° - 2 x ) = r ⋅ sin (2 x ) .
La
superficie
S l = 2πr 2 ⋅ sin ( x ) ⋅ sin (2 x ) . Dobbiamo massimizzare la funzione
laterale
vale
allora
f ( x ) = sin ( x ) ⋅ sin (2 x ) con
0° < x < 90° . La massimizzazione la effettuiamo mediante derivazione. La derivata prima della
[
]
funzione f ( x ) = sin ( x ) ⋅ sin (2 x ) è f ' ( x ) = cos( x ) ⋅ sin (2 x ) + 2 ⋅ sin ( x ) ⋅ cos(2 x ) = 3 sin ( x ) 1 − 2 sin 2 ( x )
che è positiva per sin ( x ) < −
positiva per 0 < sin ( x ) <
1
2
∨ 0 < sin ( x ) <
1
e cioè per
2
1
2
. Nell’intervallo (0°,90°) la derivata prima è
0° < x < 45° e negativa per 45° < x < 90° . Quindi la
funzione f ( x ) = sin ( x ) ⋅ sin (2 x ) assume massimo per x = 45° cui corrisponde la superficie laterale
massima S l ,max = 2πr 2 ⋅ sin (45°) ⋅ sin (90°) = πr 2 2 .
Quesito 10
Un turista, che osserva un lago scozzese dalla cima di un fiordo alto 100 metri, vede spuntare
la testa di un mostro acquatico in un punto per il quale misura un angolo di depressione di
18,45°. Il mostro, che nuota in linea retta allontanandosi dall’osservatore, si immerge, per
riemergere cinque minuti più tardi in un punto per cui l’angolo di depressione vale 14,05°.
Con che velocità, in metri all’ora, sta nuotando il mostro?
Si consideri la figura seguente.
C
D
100 m
Per
ipotesi
O
AĈD = 18,45°, BĈD = 14,05° .
A
I
segmenti
B
OA
ed
OB
misurano
( )
OB = OC ⋅ tan (OĈB) = 100 ⋅ tan (90° − 14,05°) ≅ 400 m
OA = OC ⋅ tan OĈA = 100 ⋅ tan (90° − 18,45°) ≅ 300 m,
per cui AB = OB − OA = 100 m ; quindi il mostro percorre il tratto AB con una velocità
v=
s 100[m] 100[m]
−1
=
=
= 1200 [m] ⋅ [h ] .
1
t 5[min ]
[h ]
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18