ANNO SCOLASTICO SIMULAZIONE DELLA PROVA DI MATEMATICA DELL ESAME DI STATO INDIRIZZO: SCIENTIFICO CORSI SPERIMENTALI

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1 ANNO SCOLASTICO SIMULAZIONE DELLA PROVA DI MATEMATICA DELL ESAME DI STATO INDIRIZZO: SCIENTIFICO CORSI SPERIMENTALI PROBLEMA Si consideri la funzione: ln( + e) se e < < 0 f ( ) = ( + b) e + a se 0 a) Si calcoli il valore di a e di b in modo che la funzione risulti continua nel suo dominio e che il grafico di f() passi per il punto P(; ) b) Si studi e si rappresenti il grafico della funzione che si ottiene per i valori di a e b determinati c) Si calcoli l area della regione illimitata compresa tra il grafico di f(), il suo asintoto e la retta di equazione = d) Si calcoli il volume del solido che si ottiene facendo ruotare di un giro completo intorno all asse la regione finita di piano del secondo quadrante compresa tra il grafico di f () e gli assi cartesiani e) Si esegua una traslazione di vettore v (e; 0) della funzione y = ln( + e) e, applicando uno dei metodi di integrazione numerica, si calcoli un valore approssimato dell area della regione compresa tra il grafico della funzione ottenuta e l asse nell intervallo [; 3] e lo si confronti con il valore esatto dell integrale Risoluzione a) Per 0 la funzione è continua qualsiasi valore si attribuisca ad a e b Calcoliamo: lim ln( + e) = 0 Per la continuità nel punto 0 deve essere: a = ; lim 0 +( + b)e + a = f (0) = a Imponiamo poi il passaggio per P (; ) e otteniamo: (4 + b ) e + = 4 + b = 0 b = b) Studiamo la funzione: ln( + e) ( ) e f ( ) = + se se e < < 0 0 Dominio Copyright Zanichelli MATutor 00 (663)

2 D = ]-e; + [ Segno ln( + e) > 0 + e > > e ( ) e + > 0 > e > e Risolviamo la disequazione graficamente rappresentando: y = e y = e Ogni punto della parabola ha ordinata maggiore di quella del punto del grafico della funzione esponenziale di uguale ascissa, quindi: ( ) e + > 0 R Considerando gli intervalli di definizione, si ha quindi: f()> 0 per e < < 0 > 0 f()< 0 per e < < e Intersezioni con gli assi Per = 0, y = : l asse y è intersecato in (0; ) Per y = 0: ln( + e) = 0 + e = = e L asse è intersecato in ( e ; 0) Copyright Zanichelli MATutor 00 (663)

3 Comportamento agli estremi del dominio lim ln( + e) = : la retta di equazione = - e è asintoto verticale (a destra) + e Nel limite: lim [( ) e + ] + il primo addendo porta alla forma indeterminata lim + ( ) e = lim + e 0 Riscriviamolo: Possiamo applicare il teorema di De L Hospital due volte e concludere che il limite è 0 Quindi: ( ) e ] lim [ + + Studio della derivata prima =: la retta di equazione y = è asintoto orizzontale Se e < < 0, y' = > 0 per qualsiasi dell intervallo + e Se > 0, y' = e ( ) e ( ) = e ( + ) = = e ( + 4 ) Il segno della derivata coincide con quello del secondo fattore, in quanto il primo fattore è sempre positivo Poiché il trinomio + 4 ha zeri in ±, lo schema relativo alla derivata è il seguente Se = 0, la funzione è continua ma la derivata non esiste, in quanto y' (0) = e e y ' + (0) = Dallo schema dei segni deduciamo che y ' è positiva a sinistra e negativa a destra di = 0, quindi = 0 è punto angoloso di massimo relativo Copyright Zanichelli MATutor 00 (663)

4 Studio della derivata seconda Se e < < 0 y '' = 0 ( + e) < per qualsiasi dell intervallo; se > 0 y' ' = e ( + 4 ) + e ( + 4) = e ( 6 + 6) Il segno della derivata seconda coincide con quello del secondo fattore, che ha gli zeri in = 3 ± 3, dove ci sono due flessi obliqui Disegniamo il grafico della funzione Copyright Zanichelli MATutor 00 (663)

5 c) Evidenziamo nel grafico la regione di cui dobbiamo determinare l area Dobbiamo calcolare: A = b [( )e + ] d = lim b + b ( )e d Calcoliamo l integrale indefinito, utilizzando per due volte l integrazione per parti: Quindi: ( ) e d = e ( ) e ( ) d = = e ( ) e d ( ) [ e ]= = e ( ) [ e ( )+ e + c]= = e ( c)= e + c A b + b = lim [ e ] = b lim ( b e + 4e ) b + Il limite del primo addendo è nella forma indeterminata 0 Lo riscriviamo: lim b b + e b Applichiamo il teorema di De L Hospital due volte, concludendo che tale limite vale 0 Dunque: 4 A = e d) Consideriamo il solido di cui si deve determinare il volume Copyright Zanichelli MATutor 00 (663)

6 Dobbiamo calcolare : 0 ( + V = π ln e + e) d che con la sostituzione: + e = t = t e ; d = dt ; se = 0 t = e ; se = e + t = diventa: 0 V = π ln ( + e) d = e+ e π ln tdt Calcoliamo l integrale indefinito applicando il metodo di integrazione per parti due volte: = lnt ln tdt t ln t t dt = t = t ln t [ t lnt dt]= t ln t t ln t + t + c Quindi: e t V = π [ t t ln t + t] = ln π ( e e + e ) = π ( e ) e) Scriviamo le equazioni della traslazione e quelle inverse: ' = + e = ' e t : t : y' = y y = y' Sostituiamo nell equazione di y = ln( + e) ed eliminiamo gli apici: Copyright Zanichelli MATutor 00 (663)

7 y = ln( e + e) y = ln L area richiesta si calcola con l integrale: I ln d = 3 Per trovare un suo valore approssimato, utilizziamo il metodo dei trapezi suddividendo l intervallo [; 3] in 8 parti: il passo d integrazione è quindi: h = 0,5 Utilizziamo la formula: I = h (y 0 + y + y + + y n + y n ) Nel nostro caso è: I = 0,5 (y 0 + y + y + + y 7 + y 8 ) Con l aiuto di una calcolatrice, costruiamo la seguente tabella N y n n = f ( n ) 0 0,5 0,34,5 0, ,75 0, ,6934 5,5 0,8093 6,5 0,969 7,75, ,0986 Sostituiamo nella formula: I = 0,5 ( 0,34 + 0, ,060 +,0986),937 Il valore esatto di Copyright Zanichelli MATutor 00 (663)

8 I = 3 ln d Si ottiene integrando per parti: I 3 [ ln ] = 3ln = 3ln 3 = Con la calcolatrice otteniamo: I, PROBLEMA Data la funzione di equazione f () = a + 4 +, a) si determini il valore di a per cui f () ammette un flesso F di ascissa b) si rappresenti il grafico γ della funzione che si ottiene per il valore di a trovato e si dimostri che F è centro di simmetria per il grafico γ c) Considerata la parabola con l asse parallelo all asse y, con il vertice nell origine e passante per il punto P del primo quadrante in cui γ ha come tangente la retta di equazione 5 + y = 0, si calcoli l area della regione finita di piano delimitata dalla parabola, dal grafico γ e dalle rette di equazione y = 0 e = d) La parte di piano che ha per contorno la parabola, l asse e la retta = è la base di un solido S le cui sezioni su piani perpendicolari all asse sono triangoli equilateri Si determini il volume di S e) Si rappresenti il grafico di y = ln f () Risoluzione a) Consideriamo la funzione f () = a Se 0 è un punto di flesso per f (), allora se esiste in 0 la derivata seconda di f, deve necessariamente essere f ( 0 ) = 0 Calcoliamo allora la derivata prima e seconda di f () f () = a( + ) (a + 4)( +) = a + a a a 8 4 = ( + ) ( + ) = a 8 4 ( + ) f () = ( a 8)( + ) + (a )( + )( +) ( + ) 4 Copyright Zanichelli MATutor 00 (663)

9 Se = è flesso allora deve essere: f = 0 (a 8) 4 Per tale valore la funzione diventa: f () = b) Studiamo f () Dominio D= R {, 0} Studio del segno > 0 = 0 a = 8 Compiliamo lo schema con lo studio del segno del numeratore e del denominatore Deduciamo che f ( ) > 0 per < < e per > 0 Intersezioni con gli assi L asse è intersecato in ; 0 Non ci sono intersezioni con l asse y Limiti agli estremi del dominio lim = 0 : l asse è asintoto orizzontale ± + Copyright Zanichelli MATutor 00 (663)

10 lim = e lim = : le rette di equazioni = e = 0 sono asintoti verticali Studio della derivata prima Poiché abbiamo calcolato f '( ) al variare di a nel punto precedente, sostituiamo a=8 e otteniamo: Essendo f '() = ( + ) = 4( + +) ( + ) + +>0 e ( + ) >0 D allora f '( ) è sempre negativa, quindi la funzione è decrescente in tutto il suo dominio Tralasciamo lo studio della derivata seconda e disegniamo il graficoγ Per dimostrare che F ; 0 è centro di simmetria di γ, scriviamo le equazioni della simmetria centrale di centro F, ricordando che le formule della simmetria centrale di centro (a; b) sono: Copyright Zanichelli MATutor 00 (663)

11 ' = a y' = b y Abbiamo: ' = y' = y = ' y = y' Sostituiamo nell equazione di f () ed eliminiamo gli apici: 8( ' ) + 4 8' 4 y ' y' = ( ' ) + ( ' ) ' + + ' ' y = + L equazione ottenuta coincide con quella di f (), quindi F è il centro di simmetria di γ c) La parabola con il vertice nell origine e asse parallelo all asse y ha equazione y = a Cerchiamo il punto P in cui γ ha come tangente la retta di equazione 5 + y = 0 Poiché tale retta ha coefficiente angolare -5, deve essere y () = = 5 ( + ) ( + ) = 5 Per 0 e si ha: = 5( ) = 0 Applichiamo la regola di Ruffini: Copyright Zanichelli MATutor 00 (663) L equazione diventa: ( )( ) = 0 Poiché il secondo polinomio ha tutti i coefficienti positivi i suoi zeri devono essere negativi L equazione ha quindi come unica soluzione positiva =, che è l unica da considerare in quanto il punto corrispondente deve trovarsi nel primo quadrante Sostituendo il valore = nell equazione di f () troviamo y = 6, dunque otteniamo: P(; 6) Poiché P deve appartenere alla parabola, allora sostituendo le coordinate di P otteniamo l equazione y = 6 Rappresentiamo la parabola ed evidenziamo la regione di cui dobbiamo calcolare l area A

12 8 + 4 A = 6 d + d = [4 ln + ] = = + 4 ln6 4 ln = + 4 ln 6 = + 4 ln3 d) Disegniamo il solido che ha come sezione un triangolo equilatero perpendicolare al piano Oy In generale, se indichiamo con A() l area della sezione di un solido perpendicolare all asse b, per determinare il volume, dobbiamo calcolare l integrale:v = A()d Copyright Zanichelli MATutor 00 (663) a

13 Ricordando la formula dell area del triangolo equilatero di lato l: A triangequil = 4 l 3, nel nostro caso scriviamo: V = (6 ) 3d = d = = e) Ricordiamo che: se f () 0 ln f () non esiste se f ( ) = ln f ( ) = 0 se f ( ) + ln f ( ) + se f ( ) 0 + ln f ( ) Utilizzando queste osservazioni disegniamo il grafico di y = ln : QUESTIONARIO Si deve formare una delegazione di 5 rappresentanti scelti in un gruppo di ragazzi Lisa e Valentina vogliono farne parte insieme oppure essere escluse entrambe Enrico e Davide, invece, non vogliono parteciparvi insieme In quanti modi si può scegliere la delegazione? Risoluzione Copyright Zanichelli MATutor 00 (663)

14 Nei gruppi l ordine non conta quindi sono combinazioni semplici Consideriamo le diverse possibilità Numero di gruppi in cui sono presenti Lisa, Valentina ed Enrico, mentre Davide resta fuori oppure sono presenti Lisa, Valentina e Davide ed Enrico fuori: C 8, Numero di gruppi in cui sono presenti Lisa e Valentina, ma Enrico e Davide sono fuori: C 8,3 Numero di gruppi con Lisa, Valentina, Enrico e Davide tutti fuori: C 8,5 Numero di gruppi in cui sono presenti Enrico o Davide, mentre Lisa e Valentina restano fuori: C 8,4 Sommiamo i quattro valori: C 8, + C 8, 3 + C 8, 5 + C 8, 4 Ricordando che: C n, k Dn, k n ( n ) ( n k + ) = =, otteniamo: k! k! 8 7! ! ! ! = = Copyright Zanichelli MATutor 00 (663)

15 Una sfera e un cono equilatero hanno la stessa superficie Trova il rapporto tra i loro volumi Risoluzione Indichiamo con S la superficie della sfera e del cono, con r il raggio della sfera, e r il raggio del cono, e ricordiamo che un cono è equilatero se la sezione perpendicolare alla base passante per il vertice è un triangolo equilatero Le formule per determinare la superficie della sfera e del cono sono: S sfera = 4πr, S cono = A base + A laterale = πr + πra, dove con r indichiamo la misura del raggio e con a quella dell apotema Possiamo scrivere che: S = 4πr per la sfera, mentre per il cono è: S = πr + πr r = 3πr essendo l apotema congruente al doppio del raggio, perché il cono è equilatero Uguagliamo i secondi membri: 4πr = 3πr r = 3 r Calcoliamo i volumi con le formule: V sfera = 4 3 πr3 e V cono = 3 πr h e otteniamo: V sfera = 4 3 πr 3 = π 3 r Il rapporto tra i due volumi è: π V sfera = 3r 3 = 3 V cono π 3 3r 3 = 4 3 π r 3 = π 3r 3 ; V cono = 3 πr r 3 = π 3 3r Copyright Zanichelli MATutor 00 (663)

16 4 + costdt 0 3 Si determini, se esiste, il limite: lim 0 + ln( +) Risoluzione Il numeratore è una funzione continua e derivabile, in quanto la funzione y = cos è continua in R, quindi esiste ed è derivabile ogni sua funzione integrale, in particolare quella di punto iniziale 0 La funzione y = ln( +) è continua e derivabile ; + Il limite dato si presenta nella forma indeterminata 0 0 ; infatti: costdt = 0 e ln = 0 0 ] [ e diversa da zero se 0 Per quanto osservato, il numeratore e il denominatore verificano le ipotesi del teorema di De L Hospital per > 0, quindi possiamo studiare il limite del rapporto delle derivate: D 4 + costdt 0 lim 0 + D ln( +) ( ) Applichiamo la regola di derivazione delle funzioni composte: cos lim = 4 Dunque esiste anche il limite dato ed è uguale a Si dimostri che la funzione f ( ) = + + è invertibile Detta g () la funzione inversa, si determini l equazione della tangente a g() nel suo punto di ascissa 3 Risoluzione Dimostriamo che f è invertibile f è un polinomio quindi è continua e indefinitamente derivabile in R Analizziamo il segno della derivata prima per studiare la crescenza: 4 f '( ) = > 0 La disequazione, biquadratica con = < 0 e a > 0, è verificata R : la funzione f è monotòna crescente e perciò invertibile Tangente alla funzione inversa Sia Q il punto del grafico di g () di ascissa 3; a esso corrisponde il punto P di ordinata 3 nel grafico di f () per il quale vale la relazione: = 3 Copyright Zanichelli MATutor 00 (663)

17 È immediato riconoscere la soluzione = (unica a motivo della biunivocità) Pertanto al punto P (;3) di f corrisponde il punto Q (3;) di g o I metodo: derivata della funzione inversa Per il teorema della derivata della funzione inversa se f ( ) = y f '( ) 0) allora g '( y0 ) = Nel caso in questione: f '( 0 ) f '() = g '(3) = = = g' (3) f '() La tangente richiesta avrà pertanto la seguente equazione: y = g'(3)( 3), y = ( 3) 9 y + 6 = 0 9 o II metodo: simmetria assiale ( Determiniamo l equazione della tangente t a f nel punto P: y 3 = f '()( ), y 3 = 9( ) 9 y 6 = 0 Il grafico di g è simmetrico a quello di f nella simmetria che ha per asse la bisettrice del I e III quadrante La tangente a g in Q, simmetrico di P, sarà la retta s simmetrica di t Scriviamo le equazioni della simmetria: ' = y y' = y = ' ; = y' sostituiamo nell equazione di t: 9 y ' ' 6 = 0 9 y + 6 = Da un urna contenente 0 sferette uguali ma numerate da a 0 se ne estraggono simultaneamente tre Si esprima la probabilità P (n) che il maggiore dei tre numeri estratti sia uguale a n con 3 n 0 Qual è la probabilità che tale numero sia 5 oppure 8? Risoluzione Applichiamo la definizione di probabilità come rapporto fra il numero dei casi favorevoli e quello dei casi possibili Casi possibili Numero di terne che si possono formare con i dieci numeri dati, ossia Casi favorevoli 0 C 0,3 = 3 - Per n = 3 sono le terne che si ottengono associando a 3 i numeri e, ossia le combinazioni di questi due numeri di classe due: C, = = Copyright Zanichelli MATutor 00 (663)

18 - Per n = 4 sono le terne che si ottengono associando a 4 due numeri compresi fra e 3 3 ossia le combinazioni di questi tre numeri di classe due: C 3, = - Per n generico sono le terne in cui a n sono associati due numeri compresi fra e n n ossia le combinazioni di questi n numeri di classe due: C n, = Probabilità La probabilità che il più grande dei numeri estratti sia n è: Cn, P( n) = C In particolare: 0,3 C4, 4 3 3! P (5) = = = ; C! ,3 C7, 7 P (8) = = C 40 0,3 Gli eventi n = 5 e n = 8 sono incompatibili; applicando il teorema della somma logica, la probabilità che si verifichi uno dei due è data dalla somma delle probabilità: 7 9 P ( 5 8) = P(5) + P(8) = + = = 0, dz 6 E data la funzione: F( ) =, [ ;+ [ + 3 z Si stabilisca se ammette flessi e se è biunivoca Si determini l equazione dell eventuale tangente nel punto di ascissa = Risoluzione La funzione f ( z) 3 + z = è continua [ ; + [ punto iniziale è derivabile su tutto l intervallo [ ;+ [ f [ ; + [ z quindi la sua funzione integrale F () di con: F' ( ) = f ( ) = 3 + ( ) > 0 F () è monotòna crescente e dunque biunivoca F ( ) = 0, F '() = f () = ; tangente: y 0 = ( ), y = 0 3 F ''( ) = f '( ) = < 0 [ ; + [ non esistono flessi 3 ( + ) Copyright Zanichelli MATutor 00 (663)

19 7 In un riferimento cartesiano ortogonale si rappresenti l insieme Σ dei punti ( ; y) per i quali risulta e y > 0 Risoluzione L espressione e y ha significato solo se 0 ; quindi è definita in tutti i punti del piano esclusi quelli dell asse y L asse y è pertanto parte del contorno, o frontiera, di Σ La rimanente parte del contorno è data dalla curva di equazione e y = 0 Esplicitiamo la y: e y = e y = ± = ± e Il grafico della curva è l unione di quello della funzione rispetto all asse Studio di y e = Dominio: E = R { } y e = con quello della sua simmetrica 0 ; segno: e > 0 E; nessuna intersezione con gli assi Comportamento agli estremi del dominio e asintoti lim ± e = e ±0 =: la retta di equazione y = è asintoto orizzontale per ± ; lim e = +, lim e = 0: l asse y è asintoto verticale a destra Derivata prima: y ' = e < 0 E La funzione è decrescente per < 0 e per > 0; non ha massimi né minimi Derivata seconda: y + 4 '' e e e 3 = 4 = + 4 Per stabilire il segno di y '' è sufficiente analizzare il fattore ( + 4) perché gli altri sono positivi Copyright Zanichelli MATutor 00 (663)

20 Dal diagramma dei segni deduciamo la concavità e l unico flesso in = 4 Grafico: Disegniamo il grafico della curva y ± e = sfruttando la sua simmetria Il contorno di Σ divide il piano in sei parti; per decidere quali appartengono a Σ scegliamo alcuni punti e vediamo se le corrispondenti coordinate verificano la disequazione e y > 0 Copyright Zanichelli MATutor 00 (663)

21 D ( ;) e < 0 : la regione (I) non appartiene a Σ ; A ( ; 0) e 0 > 0 : la regione (II) appartiene a Σ ; B (;0) e 0 > 0: la regione (V) appartiene a Σ ; C (;) e < 0: la regione (VI) non appartiene a Σ ; per simmetria anche le regioni (III) e (IV) non appartengono a Σ L insieme Σ è formato dalle parti di piano evidenziate esclusi l asse y e la curva e y = Si dimostri che l equazione ln = ha una sola soluzione Utilizzando una procedura di calcolo numerico si trovi un valore approssimato con tre cifre decimali certe Risoluzione Il problema è equivalente alla ricerca degli zeri della funzione f ( ) = ln Essa è continua e indefinitamente derivabile nel suo dominio La sua derivata prima è f '( ) = + e si ha f '( ) > 0 > 0 pertanto f () è monotòna crescente Dato che f ( ) = e f ( ) = ln = 0,93 per il teorema di esistenza degli zeri f () ammette uno zero interno all intervallo [; ] e, a motivo della crescenza, questo zero è unico Osservato che f ''( ) = < 0, e quindi ha segno costante, applichiamo il metodo delle 3 tangenti perché più efficiente del metodo dicotomico e più semplice degli altri f ( k ) Utilizziamo la formula di iterazione k + = k con punto iniziale 0 f '( ) = k f ( 0 ) = 0 = f '( ) 0 ln + 4, ; ln = +, ; ln 3 = +, Constatiamo che i tre valori approssimati sono crescenti e la terza cifra decimale già comincia ad essere stabile e quindi abbiamo raggiunto il grado di approssimazione richiesto Copyright Zanichelli MATutor 00 (663)

22 9 Si dimostri che la curva di equazione y = 6 3 presenta un asse di simmetria r parallelo all asse y Effettuata una traslazione che porti r a sovrapporsi all asse y, si verifichi che la funzione ottenuta è pari Risoluzione Le equazioni di una simmetria assiale rispetto a una retta parallela all asse y di equazione = a sono: = a y = y Troviamo e y in funzione di e y : = a y = y Sostituiamo nell equazione della curva: y = (a ) (a ) 6(a ) 3(a ) Eliminiamo gli apici e svolgiamo i calcoli: 4a + 4a 4a + y = a 6 a 3 + a y (a ) + 4a 4a a a = ( a ) L equazione trovata è quella della curva simmetrica di quella data rispetto alla retta = a Essa deve coincidere con quella assegnata Confrontando le due equazioni deve essere: a =, 4a 4a =, a a = 0 Il valore a = soddisfa le tre equazioni, dunque l asse di simmetria della curva ha equazione = Per far sovrapporre la retta = all asse y occorre eseguire una traslazione T di equazioni: = T : y = y T : = + y = y Sostituiamo ed eliminiamo gli apici: y = ( +) ( +) + + = = 6( +) 3( +) La funzione ottenuta è pari perché: f ( ) = ( ) 3 3( ) = 3 3 = f () Copyright Zanichelli MATutor 00 (663)

23 Si considerino la curva γ di equazione y = e la retta r di equazione y = k( ) Determinati i punti A e B di intersezione di γ e r, si scriva l equazione del luogo geometrico descritto dal punto medio M del segmento AB al variare di k e si rappresenti il grafico corrispondente Risoluzione L equazione y = rappresenta una iperbole equilatera γ di centro (; ) e asintoti di equazioni =, y = L equazione y = k( ) rappresenta un fascio di rette di centro (; 0) Rappresentiamo nella figura γ e la retta r Determiniamo i punti di intersezione A e B delle due curve con il sistema: y = y = k( ) k( ) = y = k( ) Risolviamo la prima equazione: k( )( ) = con ( )(k k ) = 0 = = Sostituiamo nella seconda equazione Copyright Zanichelli MATutor 00 (663) k +, con k 0 k

24 Per =, si ha y = 0; k + k + per =, si ha y = k = k + k = k + k k k + Dunque i punti di intersezione sono A(; 0) e B ; k + k Calcoliamo le coordinate del punto medio M del segmento AB M k + k + 3k + + ; k k ; k + con k 0 Per determinare il luogo geometrico descritto da M al variare di k, scriviamo il sistema: 3k + = k y = k + Eliminiamo il parametro k: 3k + 3(y ) + = = k (y ) k = y k = y Svolgiamo i calcoli nella prima equazione e ricaviamo y in funzione di : 4y = 6y 3+ con y y = y = L equazione rappresenta il luogo geometrico richiesto e il suo grafico è un iperbole equilatera di 3 centro ; e asintoti di equazioni = 3 e y = Copyright Zanichelli MATutor 00 (663)

25 Copyright Zanichelli MATutor 00 (663)

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