Proposta di soluzione della prova di matematica Liceo scientifico di Ordinamento

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1 Proposta di soluzione della prova di matematica Liceo scientifico di Ordinamento - 14 Problema 1 Punto a) Osserviamo che g (x) = f(x) e pertanto g () = f() = in quanto Γ è tangente all asse delle ascisse, mentre g (k) = f(k) = in quanto x = k è punto di massimo. Inoltre f passa per i punti (, ), (k, ) ed avendosi f (x) = g (x) e g (h) = a causa della presenza del flesso e che segue che Avendosi pure g (x) < x (h, w), g (x) >, x (, h) f cresce su (, h) f decresce su (h, w) f ha un massimo in x = h f(x) > x (, k) f(x) < x (k, w) il grafico della funzione f è il seguente: Punto b) Poniamo g(x) = ax 3 + bx + cx + d da cui g (x) = 3ax + bx + c, g (x) = 6ax + b 1

2 Abbiamo e quindi g() = d = g(w) = aw + bw + c = g () = c = g (k) = 3ak + b = g (h) = 6ah + b = aw + b = 3ak + b = 6ah + b = Sottraendo la terza dalla seconda si ha 3ak 6ah = k = h, mentre, poiché dalla prima si ha b = aw, sostituendo nella terza 6ah aw = w = 3h. Ciò mostra che l intervallo [, w] è suddiviso nei tre intervalli di uguale ampiezza [, h], [h, h], [h, 3h]. Punto c) Se w = 3 allora h = 1. Inoltre abbiamo, da quanto visto in precedenza, g(x) = ax 3 + bx. Ne segue che g(1) = 3 = a + b g(3) = = 7a + 9b e quindi dalla seconda b = 3a che sostituito nella prima porta a = 1. In definitiva 3 g(x) = 1 3 x3 + x Poiché la funzione assume il valore cercato in x = 1 abbiamo x 3 + 3x = x 3 3x + = e potendo scomporre x 3 3x + = (x 1)(x x ) si ricavano le ulteriori soluzioni x = 1 ± 3, delle quali risulta accettabile solo quella col segno positivo. I due punti sono allora H(1, /3), P (1 + 3, /3) Poiché g (x) = x +x segue che i coefficienti angolari delle tangenti nei due punti sono rispettivamente g (1) = 1, g (1 + 3) = da cui le equazioni delle normali

3 3 y 3 = (x 1)y 3 = (x 1 3) Punto d) Il volume del solido di rotazione intorno all asse y può essere visto come la somma infinita delle superfici laterali dei cilindri di raggio x e altezza g(x) al variare di x tra a e b, per cui si può esprimere il volume come Abbiamo allora 3 b a (π)x g(x) dx (πx) ( 13 ) x3 + x dx = π ] 3 π [ x x4 4 3 ) ( x4 3 + x3 dm 3 = 81π 1 dm3 = 81π 1 litri dx = Punto a) Abbiamo Problema f (x) = 4 x + x x 4 x = 4 x x 4 x = 4 x 4 x = da cui i punti stazionari x = ± e quindi il massimo (, 4) e il minimo (, 4) Punto b) Poiché f( x) = x 4 x = f(x) la funzione risulta simmetrica rispetto all origine. Inoltre f () = e quindi l angolo che la retta tangente forma con l asse delle ascisse risulta pari a α = arctan() 63,

4 4 Punto c) La curva in questione è composta dai due rami della curva y = ±f(x) i quali coincidono con il grafico dato e con il suo simmetrico rispetto all asse delle ascisse. L area racchiusa da tale curva vale, pertanto, 4 volte l area compresa sotto il grafico dato sull intervallo [, ] e quindi A = 4 f(x) dx = 4 x 4 x dx = 4 1 ( x) 4 x dx = 4 x d(4 x ) = [ (4 x ) 3/] 3 = 3 3 Punto d) Osserviamo che la funzione assume il valore 1 solo quando f(x) = π/ + kπ, k Z. Tuttavia, poiché f([, ]) = [, 4], l unico valore accettabile si ha per f(x) = π/ che ricade nell immagine della funzione. Ne segue che x 4 x = π 4x (4 x ) = π 4x 4 16x + π = Risolvendo si trovano le soluzioni x 1, = 4 ± 16 π entrambe positive e quindi le soluzioni accettabli 4 ± 16 π x = I punti in cui h = 1 sono massimi assoluti, mentre è facile vedere che non vi sono punti per cui h = 1 in quanto dovrebbe aversi f(x) = 3π/ che non appartiene all immagine di cui sopra. Tuttavia h (x) = cos(f(x)) f (x) e si annulla o quando x = o quando f(x) = π/. Questi ultimi due punti sono quelli appena calcolati in cui si ha massimo assoluto, mentre per il punto x = abiamo un minimo relativo pari a h( ) = sin(f( )) = sin() >. Inoltre nei punti x, x = si hanno i minimi assoluti pari a zero. Osservando il grafico della funzione h, si osserva che i valori di k per i quali si hanno 4 intersezioni sono quelli nell intervallo (sin(), 1)

5 5 Quesito 1 Sappiamo che in un triangolo qualunque vale la seguente relazione tra lati e angoli: Nel nostro caso abbiamo: a sin α = b sin β = 4 sin α = 3 sin 3 c sin γ sin α = 4 3 sin 3 = 3 α = arcsin Quesito

6 6 Esiste un teorema che assicura che la somma degli angoli che formano le facce di un angolo solido è minore di un angolo giro. Notiamo che ad ogni vertice concorrono almeno 3 facce, e che la somma delle ampiezze degli angoli che concorrono in quel vertice deve essere minore di 36 Esistono quindi solo 5 poliedri regolari: A) Tre hanno come facce triangoli rettangoli. 3 6 = 18 TETRAEDRO REGOLARE 4 6 = 4 OTTAEDRO REGOLARE 5 6 = 3 ICOSAEDRO REGOLARE B) Uno ha come facce quadrati: 3 9 = 18 CUBO C) Uno ha come facce pentagoni regolari: 3 18 = 7 DODECAEDRO REGOLARE D) Non esistono poliedri regolari che hanno come facce esagoni regolari: infatti si avrebbe 3 1 = 36 [IMPOSSIBILE] Quesito 3 (a 3b 3 ) n Sviluppando compare il termine 18a 4 b 9 Vogliamo determinare il valore di n Lo sviluppo della potenza di un binomio qualsiasi è dato da: (a + b) n = n k= ( n k ) a n k b k Quindi otteniamo 18a 4 b 9 quando dovremo moltiplicare il quadrato di a col cubo di 3b 3. Ciò implica che la somma degli esponenti dei termini (che è pari al valore cercato) risulta n = + 3 = 5 Quesito 4 Osserviamo che possiamo calcolare il volume attraverso la formula V = 1 A(x) dx dove A(x) è l area delle sezioni verticali del solido per ogni x fissato. Per calcolare tale area, è sufficiente notare che le sezioni risultano dei rettangoli di altezza h(x) e base f(x) e pertanto

7 7 V = 1 A(x) dx = 1 1 x e1/x dx = posto t = 1/x dt = 1/x dx, x = 1 t = 1, x = t = 1/ V = 1 1/ e t dt = [ e t] 1 1/ = e 1 + e 1/ = 1 e 1 e Quesito 5 Vogliamo calcolare quanti sono i numeri tra 1 e 6 non divisibili né per, né per 3, né per 5. Tra 1 e 6 ci sono 3 numeri divisibili per. A questi ne dobbiamo aggiungere 1 divisibili per 3 (ma non anche per ). Poi dobbiamo considerare quelli divisibili per 5 (ma non anche per o per 3), che risultano essere 4. Quindi i numeri tra 1 e 6 non divisibili né per, né per 3, né per 5 sono 6 ( ) = 6 44 = 16 Quesito 6 Abbiamo un parallelepipedo a base quadrata di volume pari a 5 litri. Vogliamo minimizzare la superficie totale del solido sapendo che l h = 5 litri = 5dm 3, dove l è il lato del quadrato di base e h l altezza del solido. Da: l h = 5 ricaviamo h = 5 l La funzione da minimizzare è f(l) = l + 4(l h) = l + l f (l) = 4l = 4l3 = l l 3 da cui l = 3 5 che rappresenta il valore per cui si ha il minimo. Quesito 7 Il valore medio di f(x) = x 3 nell intervallo chiuso [, k] è 9. Cerco k: Per definizione di valor medio abbiamo: [ ] k 1 k k x3 dx = 9 1 x 4 = 9 k 3 = 36 k = 3 36 = 3, 319 k 4 Quesito 8

8 8 Sappiamo che un polinomio generico di quarto grado è della forma: P (x) = a 4 x 4 + a 3 x 3 + a x + a 1 x + a Per ipotesi sappiamo che P (1) = a 4 + a 3 + a + a 1 + a = P () = 3 16a 4 + 8a 3 + 4a + a 1 + a = 3 P (3) = 3 81a 4 + 7a 3 + 9a + 3a 1 + a = 3 P () = 3a 4 + 1a 3 + 4a + a 1 = P (3) = 18a 4 + 7a 3 + 6a + a 1 = Le ultime due le abbiamo perché per x= e x=3 P(x) ha il suo valore massimo. Ora risolvendo il sistema nelle sue 5 inncognite otteniamo i coefficienti: a 4 = 3; a 4 3 = 15; a = 111; a 4 1 = 45; a = 4 Dunque possiamo calcolare: P (4) = = Quesito 9 f(x) = 3 log (x + 5) Cerco { il dominio di f(x), cioè risolvo il seguente sistema: 3 log (x + 5) x + 5 > Dalla prima otteniamo che 8 x + 5 x 3. Dalla seconda otteniamo che x > 5. La soluzione è pertanto 5 < x 3 x ( 5, 3]. Quesito 1 Cerco: valori reali di x tali che ( 1 5 (x 1x + 6)) x 6x+1 = 1 Affinché quest espressione sia 1 deve accadere, o che la base sia 1 o che l esponente sia zero, e cioè che: A : x 1x + 6 = 5 B : x 6x + 1 = Risolvo dunque queste due equazioni: A : x 1x + 6 = 5 x 1x + 1 = x = 5± 5 1 = 5 ± x = 3, x = 7 1 B : x 6x + 1 = x = 6± 36 4 = 3 ±

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