Corso di ordinamento- Sessione ordinaria all estero (EUROPA) - a.s Soluzione di De Rosa Nicola

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1 Corso di ordinamento- Sessione ordinaria all estero (EUROPA - a.s MINISTERO DELLA PUBBLICA ISTRUZIONE SCUOLE ITALIANE ALL ESTERO (EUROPA ESAMI DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO Sessione Ordinaria a.s. 007/08 PROBLEMA 1 La circonferenza γ passa per B (0,-4 ed è tangente in O (0, 0 alla retta di coefficiente angolare 4; la parabola λ passa per A(4,0 ed è tangente in O a γ. 1. Si disegnino γ e λ e se ne determinino le rispettive equazioni cartesiane.. Sia α l angolo sotto cui è visto il segmento OB da un punto dell arco di γ appartenente al quarto quadrante. Si dia una misura di α approssimandola in gradi e primi sessagesimali. Se P è un punto dell arco di λ contenuto nel quarto quadrante e H la sua proiezione sull asse, si trovi la posizione di P affinché il triangolo OPH abbia area massima. 4 Si conducano le due rette tangenti a λ nei suoi punti O e A; si calcoli l area del triangolo mistilineo delimitato dall arco di parabola appartenente al quarto quadrante e dalle due tangenti. PROBLEMA Nell insieme delle funzioni y f ( tali che y' a ( si trovi quella il cui grafico γ passa per i punti,1 e ( 0, 1. Constatato che la funzione definita da: y 1 4 è quella richiesta, si disegni γ.. Si conduca la tangente a γ in un suo generico punto P. Sia Q l intersezione di tale tangente con l asse e H la proiezione ortogonale di P sull asse. Per quale valore di è minima la lunghezza del segmento HQ?. Si calcoli l area della superficie piana delimitata da γ e dagli assi cartesiani. 1

2 Corso di ordinamento- Sessione ordinaria all estero (EUROPA - a.s QUESTIONARIO 1 La regione R delimitata dal grafico di y 7, dall asse e dalla retta è la base di un solido S le cui sezioni, ottenute tagliando S con piani perpendicolari all asse, sono tutte dei quadrati. Si calcoli il volume di S. Le misure dei lati di un triangolo sono 1, 16 e 0 cm. Si calcolino, con l aiuto di una calcolatrice, le ampiezze degli angoli del triangolo approssimandole in gradi e primi sessagesimali. Si determini, al variare di k, il numero delle soluzioni reali dell equazione: k 0 4 La capacità di una damigiana di vino è pari a quella del massimo cono circolare retto di apotema 50cm. Si dica quanti litri di vino la damigiana può contenere. 7 5 Si dimostri che l equazione ha una sola radice reale. 6 Si traccino i grafici delle seguenti funzioni di R in R: f : 1 5 ; g : 5 1; h : 5 ; k : 5 n Quale significato attribuisci al simbolo? Esiste un k tale che? k k k 8 Dimostra che la media geometrica di due numeri positivi non è mai superiore alla loro media a b aritmetica. Cioè ab

3 Corso di ordinamento- Sessione ordinaria all estero (EUROPA - a.s PROBLEMA 1 La circonferenza γ passa per B (0,-4 ed è tangente in O (0, 0 alla retta di coefficiente angolare 4; la parabola λ passa per A(4,0 ed è tangente in O a γ. Punto 1 Si disegnino γ e λ e se ne determinino le rispettive equazioni cartesiane. La circonferenza ha una equazione generica y a by c 0. Il passaggio per O(0,0 comporta c 0 ; il passaggio per B(0,-4 comporta, invece, 16 4b c 0 da cui sfruttando c 0 si ricava b 4. L equazione così diventa: y a 4y 0. L altro parametro lo calcoliamo imponendo la condizione di tangenza della circonferenza y a 4y 0 con la retta ; dall intersezione tra la circonferenza e la retta si ricava l equazione 17 ( a 16 0 y 4 ed imponendo la condizione di tangenza si ricava a 16. La circonferenza, in conclusione, ha equazione γ : y 16 4y 0 con centro in (-8,- e raggio R 17. La parabola ha generica equazione y a b c. Il passaggio per O(0,0 comporta c 0 ; il passaggio per A(4,0 comporta, invece, 16 a 4b c 0 da cui sfruttando c 0 si ricava b 4a. L equazione così diventa y a( 4 (0,0 ha equazione m. La derivata della parabola è ' a( y con m y' ( 0 a( 0 4a y ; la tangente in per cui la tangente ha equazione y 4a. Poiché la parabola in O(0,0 è tangente alla circonferenza, e dal momento che in O(0,0 la circonferenza ha tangente di equazione y 4, la condizione di tangenza in O(0,0 tra la parabola e la circonferenza è soddisfatta se e solo le due tangenti coincidono e quindi se a 1. La parabola, in conclusione, ha equazione : y ( 4 λ con vertice in V(,-4. I grafici sono di seguito presentati in un unico sistema di riferimento:

4 Corso di ordinamento- Sessione ordinaria all estero (EUROPA - a.s Punto Sia α l angolo sotto cui è visto il segmento OB da un punto dell arco di γ appartenente al quarto quadrante. Si dia una misura di α approssimandola in gradi e primi sessagesimali. Supponiamo di prendere un punto del quarto quadrante di γ : y 16 4y 0 con ordinata maggiore di - senza perdere di generalità nel discorso che porteremo avanti. Tale punto avrà coordinate P(, 4 16 ; indichiamo inoltre l angolo APB ˆ α. Il tutto è rappresentato nella figura sottostante in cui è raffigurata solo la parte di circonferenza del quarto quadrante: 4

5 Corso di ordinamento- Sessione ordinaria all estero (EUROPA - a.s Applicando il teorema di Carnot al triangolo OPB si ha cos( Ma: OP PB OB 16 OP PB ( ( ( OP PB OB α. OP PB ( ( 4 16 in cui si è sfruttato che per 0. In questo modo si ha: OP PB OB ( ( ( α cos OP PB da cui α arccos '50' ' 17 Punto Se P è un punto dell arco di λ contenuto nel quarto quadrante e H la sua proiezione sull asse, si trovi la posizione di P affinché il triangolo OPH abbia area massima. Un punto P di λ : y ( 4 ha coordinate P(, 4 Consideriamo la figura seguente: con 0 4. Di conseguenza (,0 H. 5

6 Corso di ordinamento- Sessione ordinaria all estero (EUROPA - a.s L area del triangolo OPH è S( OPH OH PH ( ( 4 OPH OH PH 4 e poiché 0 4 tale area vale 8 S. La derivata di tale area è S' ( OPH per cui la 8 8 funzione area è strettamente crescente in 0,, strettamente decrescente in,4 e si annulla in ed in. In particolare la funzione area raggiunge il suo massimo in cui 18 corrisponde l area massima S MAX ( OPH. 7 Punto 4 Si conducano le due rette tangenti a λ nei suoi punti O e A; si calcoli l area del triangolo mistilineo delimitato dall arco di parabola appartenente al quarto quadrante e dalle due tangenti. La tangente in O(0,0 è già stata calcolata e vale y 4 ; la tangente in A(4,0 ha equazione y m( 4 con y' ( 4 ( m pertanto la tangente in A(4,0 ha equazione y 4( 4. Il punto di incontro delle due tangenti è (, 8 C. L area da calcolare è raffigurata in grigio nella figura sottostante: 6

7 Corso di ordinamento- Sessione ordinaria all estero (EUROPA - a.s L area del triangolo mistilineo la calcoleremo come differenza tra l area del triangolo AOC e del 4 8 segmento parabolico AO. L area del triangolo AOC è S ( AOC 16, mentre l area del segmento parabolico AO è i dell area del rettangolo circoscritto per il teorema di Archimede. S. da cui l area di interesse è Per via integrale l area richiesta è pari a: Quindi ( Seg Par. AO ( [( 4 ( 4 ] d [( 4 ( 4 16 ] 0 4 [ ] d [( 4 ] d Area 0 0 ( d 16 Area 16. come già trovato. 7

8 Corso di ordinamento- Sessione ordinaria all estero (EUROPA - a.s PROBLEMA Nell insieme delle funzioni y f ( tali che y' a ( si trovi quella il cui grafico γ passa per i punti,1 e ( 0, Si tratta di risolvere l equazione differenziale del primo ordine l integrale ( ( 1 4 a y' e quindi di risolvere ( 1 4 a d. Tale integrale è di facile risoluzione, infatti: f a a a a f ( d 1 d k k ( ( ( 1 4 ( 8( a Il passaggio per,1 comporta k 1 16 Bisogna risolvere il sistema di due equazioni in due incognite seguente: a k 1 16 a 16 a k 0 k 8 Punto 1 da cui f (. ( 1 4, mentre quello per (, Constatato che la funzione definita da: y 1 4 è quella richiesta, si disegni γ. Studiamo la funzione y 1 4 Dominio: R Intersezioni asse ascisse: cui non ci sono intersezioni con l asse delle ascisse Intersezioni asse ordinate: 0 y Eventuali simmetrie: la funzione è pari Positività: y 1 4 > 0 R Asintoti verticali: non ce ne sono Asintoti orizzontali: lim 0 t ± 1 4 per cui la retta y 0 è asintoto orizzontale a 0 impone k. 8 8

9 Corso di ordinamento- Sessione ordinaria all estero (EUROPA - a.s Crescenza e decrescenza: y' strettamente decrescente in (, M ( 0,. Concavità e convessità: 16 per cui la funzione è strettamente crescente in (,0 ( 1 4 ( ( ( 1 4, 0 e si annulla in 0 in cui presenta un massimo assoluto ( 4 [ 16 ( 1 4 ] 4 ( 1 4 [ 1] ( y' per cui la funzione presenta due flessi alle ascisse Il grafico è di seguito presentato: 1 1 1,. Punto Si conduca la tangente a γ in un suo generico punto P. Sia Q l intersezione di tale tangente con l asse e H la proiezione ortogonale di P sull asse. Per quale valore di è minima la lunghezza del segmento HQ? Un punto P generico di y ha coordinate P t,. La tangente in P t, ha con m y' ( t equazione y m( t 16t ( ( 1 t pertanto la tangente ha 9

10 Corso di ordinamento- Sessione ordinaria all estero (EUROPA - a.s equazione 16t 16t y ( t. ( 1 1 ( 1 ( 1 In tal modo i punti Q ed H hanno coordinate 1t 1, 0 Q ed H ( t,0. Il segmento HQ misurerà HQ g ( t 1t 1 t t > 0. t < 0 In realtà visto che ( 1 g t è una funzione pari, basta discutere il caso in cui t > 0, in quanto tutto identicamente si ripete simmetricamente per t < 0. Calcoliamo quindi la derivata della funzione ( 1 ' 1 g t con t > 0. Si ha g ( t per cui la funzione ( 1 1 g t è strettamente crescente in,, strettamente decrescente in 1 0, e si annulla in g t in cui presenta un minimo m,. Per simmetria la funzione 1 1 m 1. ( t presenta un minimo, In conclusione i valori 1 t ± minimizzano la funzione ( 1 g t. t La funzione ( 1 1 g t con t > 0 non è altro che una iperbole con centro di simmetria (,0 0 ed asintoto verticale in t 0 ed obliquo in t ( 1 1 g t con < 0 asintoto verticale in t 0 ed obliquo in y t. Analogamente la funzione t non è altro che una iperbole con centro di simmetria (,0 t y. Il grafico della funzione ( 1 g t è sotto riportato: 0 ed 10

11 Corso di ordinamento- Sessione ordinaria all estero (EUROPA - a.s Punto Si calcoli l area della superficie piana delimitata da γ e dagli assi cartesiani. L area da calcolare è raffigurata in grigio nella figura sottostante: e vale: π π Area d d ( [ arctan( ] arctan( arctan( π 11

12 Corso di ordinamento- Sessione ordinaria all estero (EUROPA - a.s QUESTIONARIO Quesito 1 La regione R delimitata dal grafico di y 7, dall asse e dalla retta è la base di un solido S le cui sezioni, ottenute tagliando S con piani perpendicolari all asse, sono tutte dei quadrati. Si calcoli il volume di S. La regione R è quella mostrata in figura di seguito: L area del quadrato sezione è ( ( d A per cui il volume richiesto è Quesito Le misure dei lati di un triangolo sono 1, 16 e 0 cm. Si calcolino, con l aiuto di una calcolatrice, le ampiezze degli angoli del triangolo approssimandole in gradi e primi sessagesimali. Consideriamo il triangolo sottostante in cui a1 cm, b16 cm, c0 cm, e gli angoli α, β, γ si oppongono rispettivamente ad a,b e c. 1

13 Corso di ordinamento- Sessione ordinaria all estero (EUROPA - a.s Notiamo subito che a b per cui il triangolo è rettangolo e cioè γ 90 c. Inoltre per il teorema dei seni si trova subito a α arcsin arcsin 6 5' 11'' c 5 b 4 β arcsin arcsin 5 7'49'' c 5 Se il triangolo non fosse stato rettangolo, avremmo potuto seguire la strada di applicare volte, una volta per ogni lato, il teorema di Carnot. In tal caso si ha: cos cos cos ( α ( β b a a c a bc c b ac b c ab ( γ 0 γ 90 come già trovato α arccos 6 5' 11'' 5 5 β arccos 5 7'49'' 5 5 Quesito Si determini, al variare di k, il numero delle soluzioni reali dell equazione: Si tratta di discutere il sistema mentre la curva di equazione y k y k 0. La retta y k è parallela all asse delle ascisse, ( 1( y è una cubica definita in tutto R, che interseca le ascisse in (-1,0, le ordinate in (0,, è positiva o uguale a zero per 1, non presenta asintoti, è strettamente crescente in ( 0,,, strettamente decrescente in 0,, presenta un massimo in M 0,, un minimo in m, ed un flesso in, Consideriamo il grafico sottostante che rappresenta la cubica: 1

14 Corso di ordinamento- Sessione ordinaria all estero (EUROPA - a.s Dal grafico si notano le seguenti soluzioni: 50 k < : 1 soluzione negativa k : soluzioni di cui una negativa e due coincidenti pari a < k < : soluzioni di cui una negativa e due positive distinte 81 k : soluzioni di cui una positiva e pari a 1 e due coincidenti pari a 0 k > : 1 soluzione positiva Riassumendo si ha: 50 k < k > : 1 soluzione k 81 : soluzioni Quesito 4 La capacità di una damigiana di vino è pari a quella del massimo cono circolare retto di apotema 50cm. Si dica quanti litri di vino la damigiana può contenere. 14

15 Corso di ordinamento- Sessione ordinaria all estero (EUROPA - a.s Consideriamo la figura sottostante: Indichiamo l altezza del cono AH con 0 < < 50. Il raggio di base del cono sarà HC 500 ed il volume del cono sarà di conseguenza π AH HC V π ( 500. La massimizzazione del volume la effettuiamo tramite il ( 500 calcolo della derivata prima. La derivata prima è V ' π per cui la funzione volume è strettamente crescente in 50 0,, strettamente decrescente in 50,50 e presenta un massimo in π M,. Quindi il volume massimo vale 7 V 50 π ( 1000cm dm litri π 50 π cm dm ma Quesito 5 7 Si dimostri che l equazione ha una sola radice reale. 7 La funzione ( 5 5 h è una funzione strettamente crescente in tutto R: infatti presenta come derivata '( h che risulta essere sempre positiva in R. Inoltre 7 h ( 1 1 < 0, h(0 5 > 0, per cui ( 5 5 h presenterà un unico zero reale appartenente all intervallo (-1,0. Applichiamo il metodo di bisezione per calcolare lo zero ( 1,0 Supponiamo di voler calcolare lo zero con un approssimazione con due cifre decimali esatte. Lo sviluppo è presentato di seguito in forma tabellare.. α. 15

16 Corso di ordinamento- Sessione ordinaria all estero (EUROPA - a.s a b a b h (a h (b a b h b a err 0.01 Numero b a < err? bisezioni -1,0000 0,0000-0,5000-1,0000 5,0000,491 1,0000-1,0000-0,5000-0,7500-1,0000,491 1,1165 0,5000 no 1-1,0000-0,7500-0,8750-1,0000 1,1165 0, 0,500 no -1,0000-0,8750-0,975-1,0000 0, -0,40 0,150 no -0,975-0,8750-0,906-0,40 0, -0,1186 0,065 no 4-0,906-0,8750-0,8907-0,1186 0, 0,1017 0,01 no 5-0,906-0,8907-0,8985-0,1186 0,1017-0,047 0,0156 no 6-0,8985-0,8907-0,8946-0,047 0,1017 0,0684 0,0078 STOP 7-0,8985-0,8907 In conclusione con due cifre significative α dopo 7 bisezioni. Quesito 6 Si traccino i grafici delle seguenti funzioni di R in R: f : 1 5 ; g : 5 1; h : 5 ; k : 5 Tutte le funzioni si possono studiare a partire dalla funzione F( 5 Il grafico di 1 f : 5 si ricava da quello di F( 5 5 dal momento che f ( F( Il grafico di : ; g si ricava da quello di F( 5 ordinate positive dal momento che g( 5 1 F( 1. Infatti: moltiplicando tutte le ordinate per traslandolo di una unità verso le ; Il grafico di h : 5 per 0 coincide con quello di ( F 5, mentre per < 0 coincide con il simmetrico rispetto all asse delle ordinate del grafico di ( dal momento che h( Il grafico di k F F ( ( 0 < 0 F 5 per 0 : 5 è il simmetrico rispetto all asse delle ordinate di quello di ( dal momento che k( F( F 5 La funzione ( 5. F 5 è una esponenziale, per cui sempre positiva, definita, continua e derivabile in tutto R, che presenta l asintoto orizzontale sinistro y 0 e strettamente crescente in tutto R. I grafici delle funzioni sono di seguito riportati: su ogni grafico è mostrata la funzione di interesse (in rosso anche quando il grafico coincide con quello della funzione base ed anche la funzione F 5 : base (in blu ( 16

17 Corso di ordinamento- Sessione ordinaria all estero (EUROPA - a.s Quesito 7 Quale significato attribuisci al simbolo n 10 10? Esiste un k tale che k k k? n n! ed esso fornisce il numero delle k k!( n k! combinazioni semplici di n elementi di lunghezza k. Il coefficiente binomiale è definito da C( n; k Ad esempio se si vuole calcolare quante volte escono { 4 Teste } da 8 lanci di una moneta non 17

18 Corso di ordinamento- Sessione ordinaria all estero (EUROPA - a.s truccata, basta calcolare ( ;4 8 8! C ! ( 8 4! Per rispondere alla seconda domanda basta ricordare una proprietà notevole del coefficiente n n binomiale:. Nel nostro caso n 10, per cui il valore di k tale che k n k k k ! deve soddisfare la relazione 10 k k da cui k 6 ; infatti con k 6 e k 6 6!4! !. k 4 4!6! Il valore trovato può essere calcolato anche senza ricordare l identità notevole e risolvendo l equazione direttamente. In tal caso si ha: ! k k k! 10! ( 10 k! ( k! ( 1 k! ( 1 k! k! ( 10 k! ( k! ( 11 ( 1 k k( k 1 1 k k k k k 1 k 6 trovato. k come precedentemente da cui Quesito 8 Dimostra che la media geometrica di due numeri positivi non è mai superiore alla loro media a b aritmetica. Cioè ab. La disequazione si scrive ab a b ed elevando al quadrato ambo i membri si ottiene da cui a b ab 0 ( a b 0 4ab a b ab, disequazione quest ultima sempre soddisfatta a, b R. 18