ᎏ ᎏ CORSO DI ORDINAMENTO • 2006

■ PROBLEMA 1

Nel piano, riferito a un sistema monometrico di assi cartesiani ortogonali (Oxy), sono assegnate le due pa- rabole p′e p″di equazioni rispettivamente:

yx², xy²2y.

a) Fornirne la rappresentazione grafica, dopo aver determinato, fra l’altro, i loro punti comuni.

b) Indicato con V′il vertice della parabola p′, con V″il vertice della parabola p″e con P il punto in cui p″ interseca il semiasse positivo delle y, calcolare l’area della regione finita di piano delimitata dall’arco V′V″della parabola p′, dall’arco V″P della parabola p″e dal segmento V′P.

c) Calcolare l’ampiezza dell’angolo secondo cui le due parabole si secano in O e con l’uso di una calcola- trice esprimerla in gradi sessagesimali, primi e secondi.

d) Nel segmento parabolico, delimitato dalla retta di equazione y4 e dalla parabola p′, inscrivere il ret- tangolo avente due lati paralleli all’asse y e area massima.

e) Stabilire se il rettangolo trovato ha anche il massimo perimetro.

■ PROBLEMA 2

Nel piano, riferito a un sistema monometrico di assi cartesiani ortogonali (Oxy), sono assegnate le curve di equazione:

yx x



2

,k

dove k è un parametro reale non nullo.

a) Dimostrare che non hanno punti in comune e ognuna di esse presenta uno e un solo flesso.

b) Tra le curve assegnate, indicare con  quella che ha come tangente inflessionale la retta di equazione x27y90.

c) Disegnare l’andamento di , dopo averne trovato le caratteristiche salienti e, in particolare, l’equazione della retta t tangente alla curva  nel punto A di ascissa 1 e le coordinate dell’ulteriore punto che t ha in comune con .

d) Determinare l’equazione della circonferenza c, tangente alla curva  nel punto A e avente il centro sull’asse y.

e) Calcolare l’area della minore delle regioni in cui l’asse x divide il cerchio delimitato da c.

ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO

CORSO DI ORDINAMENTO • 2006

Sessione suppletiva

Il candidato risolva uno dei due problemi e 5 dei 10 quesiti in cui si articola il questionario.

■ QUESTIONARIO

Si considerino il rettangolo ABCD e la parabola avente l’asse di simmetria parallelo alla retta AD, il vertice nel punto medio del lato AB e passante per i punti C e D. In una rotazione di mezzo giro intorno all’asse della parabola il rettangolo genera un solido di volume V′e la regione piana delimitata dalla parabola e dalla retta CD genera un solido di volume V″. Determinare il rapporto V′/V″.

Il numero delle soluzioni dell’equazione sen 2x cos x2 nell’intervallo reale [0; 2] è:

0. 2. 3. 5.

Una sola alternativa è corretta: individuarla e fornire un’esauriente spiegazione della scelta operata.

Il limite della funzione f (x)xsen

x1, per x→0:

non esiste. è 0. è un valore finito diverso da 0. è.

Una sola alternativa è corretta: individuarla e fornire un’esauriente spiegazione della scelta operata.

Trovare, con il procedimento preferito ma con esauriente spiegazione, la derivata, rispetto a x, della fun- zione f (x)tg(x).

Calcolare l’ampiezza dell’angolo diedro formato da due facce di un tetraedro regolare, espressa in gradi sessagesimali e approssimata al «primo».

Determinare il dominio della funzione f (x)³x² e stabilire se la funzione è derivabile in tale dominio.

Considerata la funzione reale di variabile reale f (x), affermare che lim

x→f (x) significa che per ogni numero reale M, esiste un numero reale N tale che, per ogni x, se x N allora f(x) M.

È vero o è falso? Accompagnare la risposta con un’interpretazione grafica.

È assegnato un triangolo equilatero di lato lungo L. Si costruisce un secondo triangolo, avente per vertici i punti medi dei lati del primo e, così proseguendo, un n-esimo triangolo avente per vertici i punti medi dei lati del triangolo (n1)-esimo. Calcolare il limite cui tende la somma delle aree degli n triangoli quando n tende a .

Si consideri la seguente uguaglianza: ln(2x1)⁴4ln(2x1). È vero o falso che vale per ogni x reale?

Fornire un’esauriente spiegazione della risposta.

Cinque ragazzi sono contrassegnati con i numeri da 1 a 5. Altrettante sedie, disposte attorno a un tavolo, sono contrassegnate con gli stessi numeri. La sedia «1», posta a capotavola, è riservata al ragazzo «1», che è il caposquadra, mentre gli altri ragazzi si dispongono sulle sedie rimanenti in maniera del tutto casuale.

Calcolare in quanti modi i ragazzi si possono mettere seduti attorno al tavolo.

10 9 8 7 6 5 4

D C

B A

3

D C

B A

2 1

Durata massima della prova: 6 ore.

È consentito soltanto l’uso di calcolatrici non programmabili.

Non è consentito lasciare l’Istituto prima che siano trascorse 3 ore dalla dettatura del tema.

■ PROBLEMA 1

a) La parabola p′ha il vertice V′nell’origine e l’asse y come asse di simmetria. La parabola p″ha l’asse di simmetria parallelo all’asse delle ascisse, ha vertice di ordinata y_V″

2 b

a 1 e ascissa x_V″1, in- terseca l’asse y nei punti (0; 0) e (0; 2).

Determiniamo ora i punti comuni alle due parabole risolvendo il seguente sistema:



^→



^→



Le soluzioni dell’ultima equazione sono:

x0∨x1∨x1 2

5 .

In corrispondenza di tali ascisse troviamo i punti di intersezione di coordinate:

(0; 0), (1; 1),



^12

5 ; 3 2

5



^,



^12

5 ; 3 2

5



^.

I grafici delle due parabole sono rappresentati in figura 1.

b) Considerati i punti V′(0; 0), V″(1; 1), P(0; 2), l’area richiesta è quella evidenziata nella figura 2.

Per calcolare tale superficie determiniamo la funzione che de- scrive il ramo V″P esplicitando y in funzione di x.

y²2yx → (y1)²1x →

→ (y1)²x1 → y1x 1.

La funzione che descrive il ramo V″P è:

y1x 1, con 1x0.

Ne segue che l’area cercata vale:

A



_1^{0(x 1 1x2) dx}



^{(x1)12 1121 xx33}

^{10 23 }

^

^113

^

^{43 .}

yx²

x (x1)(x²x1)0 yx²

x⁴2x²x0 yx²

xy²2y

SOLUZIONE DELLA PROVA D’ESAME

CORSO DI ORDINAMENTO • 2006

Sessione suppletiva

Figura 1.

V'O y

–1 x A

1 2

p'' p'

1+ 5 –––––2 1– 5

–––––2 3– 5 –––––2 3+ 5 –––––2

V''

Figura 2.

V'O y

–1 x

V'' 1

p'' 2 P

p'

c) L’angolo richiesto è quello formato dalle tangenti nell’origine alle due parabole. La tangente t′alla pa- rabola p′è l’asse delle ascisse, quindi l’angolo cerca- to coincide con l’angolo formato dalla tangente t″

nell’origine della parabola p″con l’asse x (figura 3).

L’equazione della funzione che descrive p″ nel tratto V′V″ dell’origine è f′(x) 1  x  1, co- me si può dedurre dal punto precedente. Poiché f (x)  

2x 1

 , il coefficiente angolare di t 1 ″ è m″f′(0)1

2 . L’angolo  cercato è quindi tale che tg()1

2 da cui tg 1 2 . Pos- siamo ora determinare, con l’utilizzo di una calco- latrice scientifica impostata in gradi sessagesimali,

un’approssimazione di tale angolo tramite la seguente relazione:

arctg



^12



26,565°26°33′54″.

d) Nel segmento parabolico, delimitato dalla retta di equazione y4 e dalla parabola p′, inscriviamo un rettangolo ABCD. Sia x l’ascissa del vertice A, con 0x2 (figura 4).

I vertici del rettangolo hanno coordinate A(x ; x²), B (x ; 4), C (x; 4), D(x; x²). Perciò le sue dimensioni misurano:

AD 2x, AB4x².

L’area del rettangolo è quindi espressa dalla funzione y2x(4x²), ovvero y8x2x³, con 0x2. Determinia- mo il massimo di tale funzione studiando la derivata prima:

y′86x².

Lo schema in figura 5 ne riassume il segno.

La funzione ha un massimo per x2

3 3

 , dove l’area vale 3 9

2 3.

e) Il perimetro del rettangolo ABCD è:

2p2AB2AD 2(4x²)4x2x²4x8.

Il grafico della funzione y2x²4x8 nel dominio [0; 2] è un arco di parabola di vertice (1; 10) con la concavità rivolta verso il basso. Il valore massimo è quindi l’ordinata del vertice, cioè 10, che si ottiene in corrispondenza di x1. In conclusio-

ne il rettangolo di area massima non coincide con quello di perimetro massimo.

■ PROBLEMA 2

a) Consideriamo due curve di equazioni yx x



2

 e yk x x²

k′

 con k k′e x 0. Esse hanno un punto in comune se esiste una soluzione del seguente sistema nelle incognite x e y :



^{yyxxxx22kk′ → xx2k xx2k′ → xkxk′ → kk′.}

Figura 4.

O y

2 x p'

–2 x

C 4 B

A D

y = 4

Figura 5.

f'(x)

f(x)

+

max 0

0 2 3 2

––––3

− OV'

y

x p''

p'

1– 5 (––––– ; 3– 52

–––––)2 t''

V''(–1; 1)

α

Figura 3.

Poiché k k′, il sistema è impossibile. Tali curve non hanno quindi punti in comune.

Per determinare i flessi della curva di equazione yx x



2

, studiamo il segno della derivata seconda:k

y′x²2 x x

4

(xk)

x²

x⁴

2kx x x³

,2k

y″x³3x x

2(

6

x2k)

x3(

x x

4

2k) 2(x x



4

.3k)

Nel campo di esistenza R{0} della funzione, vale:

y″0 ⇔ x3k0 ⇔ x3k

Rappresentiamo quanto trovato negli schemi di figura 6.

Possiamo quindi concludere che per ogni k non nullo la curva di equazione yx

x



2

 ha un unico flesso, precisamente nelk

punto di coordinate



^3k;9 2

k



^.

b) Il coefficiente angolare della retta tangente nel punto



^3k;9 2

k



^{è y′(3k)}27 1

k²

.

La tangente inflessionale è perciò la retta di equazione:

y

9 2

k 

27 1

k²

(x3k) → x27k²y9k0.

Tale retta coincide con quella di equazione x27y90 solo per k1. La curva  è perciò quella di equazione yx

x



2

.1

c) Il campo di esistenza della funzione f (x)x x



2

 è R{0}. Il grafico di tale funzione non interseca1 l’asse y, mentre interseca l’asse x nel punto A(1; 0). La funzione è positiva solo per x 1 e negativa ne- gli altri punti del dominio. Inoltre vale:

limx→0x x



2

,1

x→lim x x



2

 lim1 _x→ 0.

Dunque l’asse y è asintoto verticale, mentre l’asse x è asintoto orizzontale.

Studiamo ora la derivata prima, sostituendo k1 nell’espressione già calcolata nel punto a).

f ′(x)x x



3

2 2 x



3

.x

Essa si annulla per x2, è positiva se 0 x2 e negativa negli altri punti del campo di esistenza. Nella figura 7 è mostrato il quadro del segno della derivata prima.

La funzione ha un massimo assoluto in M



^{2; 1}4



, è crescente se 0x2 e decrescente se x0∨x 2.

Inoltre la retta t, tangente a  in A(1; 0), ha coefficiente angolare f′(1)1. La sua equazione è perciò yx1. Determiniamo

1

x1

x

Figura 6.

0

0 flesso

–3k

0 0

flesso –3k y''

y

∃ k > 0

∃

y'' y

∃ k < 0

∃

+

− +

+

− −

Figura 7.

f'(x)

f(x)

∃

∃ +

max 0

0 2

−

−

poi, come richiesto, l’ulteriore punto di intersezione tra t e , considerando il seguente sistema:



^{→ xxx1.21}

Quindi, escludendo il punto A (supponendo cioè x 1), si ottiene  x 1

 12 → x1.

L’ulteriore punto di intersezione è perciò B (1;2).

Passiamo ora allo studio della derivata seconda. Per quanto trovato nel punto a) sappiamo che la fun- zione ha un unico flesso nel punto F



^3;29



^{, ha la}

concavità rivolta verso il basso per x3∧x 0, ri- volta verso l’alto per x 3. L’andamento di  è rap- presentato nella figura 8.

d) Poiché la circonferenza c ha come tangente in A(1; 0) la retta tyx1, il suo centro appartiene alla retta perpendicolare a t e passante per A. Il coef- ficiente angolare di questa retta è perciò m1 e quindi la sua equazione è t′yx1.

Le coordinate del centro C soddisfano dunque il se- guente sistema:



, pertanto C ha coordi- nate (0; 1), mentre il raggio r vale CA2.

Ricaviamo infine l’equazione della circonferenza c utilizzando la formula:

(xxC)²(yyC)²r². Risulta:

cx²(y1)²2 → cx²y²2y10.

e) Rappresentiamo la circonferenza c ed evidenziamo la regione di cui dobbiamo determinare l’area (figura 9).

Per calcolare tale superficie occorre esplicitare y in funzione di x dall’equazione della circonferenza.

x²(y1)²2 → (y1)²2x² → y12x² → y12x, 2x2.² Si ottengono le funzioni delle due semicirconferenze di estremi (2; 1) e (2; 1). L’equazione della semicirconferenza che ci occorre (cioè quella inferiore) è dunque y12x. L’area cercata si tro-² va calcolando il seguente integrale:

Area



_1^{1(12x)dx[x]2 11}



_1^12x dx22²



_1¹



¹

^

^{ }

^2dx

ponendo, per sostituzione, sen t

 x 2

 , cioè x2 sent, risulta:

22



0⁰ 4

4

1 sen² 2 costdt22t



0⁰ 4

4

cos²t dt22



0⁰ 4

4

cos2 2

t1

dt

2



^sen2

t2t

^4 4

21 2 

4 1 2 

4 

2 1

2

.2

x

2

x0 yx1 yx

x



2

1 yx1

Figura 8.

O y

1 x –1

y = x – 1

A

B –2 1 4– 2 9–

y = ––––x – 1 x²

2 3

M F

O y

1 x A –1

1

A'

C

c

Figura 9.

Notiamo che si poteva calcolare tale area anche osservando che A′C e AC sono perpendicolari. Quindi, il settore circolare A′AC è un quarto del cerchio. L’area di tale settore circolare vale 1

4 [(2)²] 2 . Mentre l’area del triangolo A′AC risulta uguale a 1

2 A′ACO 1. L’area cercata si calcola quindi per differenza:

Area

2 1

2

.2

■ QUESTIONARIO

Scelto un sistema di riferimento Oxy, rappresentiamo il rettangolo ABCD, la parabola e la loro rotazione di mezzo giro intorno all’asse x (figura 10).

Rispetto a questo sistema di riferimento i vertici del rettangolo hanno coordinate:

A(0; 1), B (0;1), C(a;1), D(a;1) con a 0.

La parabola, con vertice V (0; 0) e passante per C e D, ha equazio- ne yax².

Il solido generato dalla rotazione del rettangolo è un cilindro di altezza a e raggio di base uguale a 1. Quindi, V′a. Mentre, es-

sendo y



^

^ax

l’equazione del ramo della parabola formato dai punti di ordinata positiva, il volume di rotazione del ramo risulta:

V″



0^a

 

^

^ax



^2dxa



0^ax dx a



^x2

2



^a02 a .

Calcoliamo il rapporto dei due volumi:

V V

″

a′

 2

a2.

L’equazione considerata non ha soluzioni poiché il prodotto di due numeri minori o uguali a 1 (sen 2x1, cos x1) è ancora un numero minore o uguale a 1 e quindi non può essere uguale a 2. L’alternativa esat- ta è A.

Risulta lim

x→0^x sen x10.

Infatti, poiché1sen

x11 e x 0, vale xxsen

x1x. Per il teorema del confronto, essendo

x→0lim^xlim_x→0(x)0, risulta anche lim_x→0x sen

x10. Analogamente si dimostra che lim_x→0x sen

x10. La ri- sposta esatta è B.

Sappiamo che D[cos x]senx e che D[senx]cosx. Applicando la formula della derivata di un quo- ziente otteniamo:

D[tg x]D



^sc e o n

s x

x

^{ cos2}c

x o

 s²

s x

en²x

co

1 s.²x D[sen x]cosxsenxD[cosx]

cos²x

4 3 2 1

y

x

1 A V'

OV

a

B C

D

V''

x = ay²

Figura 10.

Nella figura 11 è rappresentato un tetraedro regolare ABCD di lato l.

Si prendano le due facce consecutive BCD e ABC e si sezioni per- pendicolarmente il diedro, da esse formato, con un piano passan- te per il vertice D. Tale piano intercetta il triangolo rettangolo DOH, dove O è il piede della perpendicolare da D al piano ABC e H è il punto medio dello spigolo BC del diedro. Indicato con  l’angolo DHˆO, esso rappresenta l’angolo del quale è richiesta l’am- piezza.

Per il teorema dei triangoli rettangoli vale cosO DH

H

. Poiché il segmento DH è altezza del triangolo equilatero BCD, risulta DH 

2 3

 l, mentre, essendo O il baricentro del triangolo ABC, vale OH 1

3 AH 1 3 

2 3

 l 6 3

 l.

Risulta, allora, cosO DH

H

 1

3 , da cui ricaviamo: arccos



^13



70,529°70°32′.

Poiché la radice cubica è sempre definita (se è definito il radicando) allora il campo di esistenza della fun- zione è R.

Tale funzione è derivabile per ogni x 0 e la sua derivata vale:

D[³ x²]D



^x23

^2₃^{ x13}_3^23._x

La funzione non è invece derivabile in x0 poiché non esiste finito il limite del rapporto incrementale:

lim_h→0f (h)

h f (0)

lim_h→0³ h

h²

lim_h→0h^

1

3lim_h→0

³ 1 h

 .

Per definizione affermare che lim

x→f (x) significa che per ogni numero reale M positivo, esiste un nu- mero reale N positivo tale che, per ogni x, se x N allora f(x) M.

Dobbiamo, dunque, confrontare le due seguenti definizioni:

a) per ogni numero reale M positivo, esiste un numero reale N positivo tale che, per ogni x, se x N allora f (x) M;

b) per ogni numero reale M, esiste un numero reale N tale che, per ogni x, se x N allora f(x) M.

Ovviamente b) implica a). Mostriamo che vale anche il viceversa.

Dobbiamo, per questo, mostrare che vale la condizione anche per M0.

Sia infatti M0, allora M0 e, quindi, M1 0. Per ipotesi, esiste un numero reale N tale che f (x) M1, per ogni x N.

Ma M1 M essendo M1 positivo ed M negativo. Quindi vale anche f (x) M per ogni x N.

Essendo perciò a) e b) equivalenti, l’affermazione del quesito è vera. La figura 12 ne offre un’interpretazio- ne grafica: f (x) M per ogni x N.

I triangoli equilateri che si costruiscono via via hanno i lati di lunghezza L,  2L, 

4L, 

8L, …. In generale, il lato dell’n-esimo triangolo vale 

2ⁿ L

. L’altezza di tale triangolo è perciò 1  2 3

 2ⁿ L

1  2 3

n

. PertantoL l’area dell’n-esimo triangolo è:

An

2ⁿ L

1 2 3

n

L 1 2 

2 3

2n

L²



4 3

n

L²

.

8 7 6 5

x y

O M

y = f(x)

N A

D

C

B α

 O H

Figura 11.

Figura 12.

Calcoliamo la somma delle aree degli n triangoli:

 4 3L²



4 3

2

L²

…

4 3

n

L²

3L²



^14 

4 1

 …2

4 1

n



^

e applicando la formula della somma di n termini di una progressione geometrica di ragione 1

4 risulta:

 4 3L²

 

3 3L²





^1



^14



ⁿ

^.

Calcoliamo il limite per n→:

n→lim  3 3L²





^1



^14



ⁿ

^3 3L²

.

L’espressione ln(2x1)⁴è definita per ogni x 1

2 , mentre 4ln(2x1) è definita solo per x 1 2 . Quindi tale uguaglianza è vera solo se x 1

2 a seguito della proprietà dei logaritmi logab^cclogab, per ogni b 0. Pertanto l’uguaglianza non vale per ogni x reale.

I ragazzi si possono mettere seduti attorno al tavolo in tanti modi quante sono le possibili quaterne ordina- te di un insieme di 4 elementi distinti, cioè 4!432124.

10 9



^14



^n1

1 4 1