Il candidato risolva uno dei due problemi e 4 degli 8 quesiti scelti nel questionario.

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1 LICEO SCIENTIFICO SCUOLE ITALIANE ALL ESTERO (EUROPA) SESSIONE ORDINARIA Il candidato risolva uno dei due problei e degli 8 quesiti scelti nel questionario.

2 N. De Rosa, La prova di ateatica per il liceo PROBLEMA In un riferiento cartesiano Oy siano C e C le circonferenze di equazioni y e y. Si deterinino le coordinate dei punti A e B couni alle due circonferenze e si calcoli l area della regione di piano Σ coune ai due cerchi. Fra tutti i rettangoli inscritti in Σ e aventi i lati paralleli agli assi cartesiani, si deterini quello di perietro assio.. Si calcoli il volue del solido generato dalla rotazione di Σ attorno all asse.. Scelto un punto P su C, si indichi con Q l ulteriore intersezione di C con la retta PA e si provi che il triangolo PQB è equilatero. Si deterini la posizione di P affinchè il triangolo abbia lato assio. Punto RISOLUZIONE La circonferenza di equazione y può essere scritta nella fora y 6 da cui si deduce che ha centro in C, e raggio. La circonferenza di equazione y può essere scritta nella fora y 6 da cui si deduce che ha centro in D, e raggio. La circonferenza di equazione y incontra l asse delle ascisse nei punti in cui da cui deduciao l equazione y y Di conseguenza i punti di intersezione con le ascisse sono C, e 6, La suddetta circonferenza incontra l asse delle ordinate nei punti in cui da cui deduciao l equazione y 6 y 6 y y. E. La circonferenza di equazione y incontra l asse delle ascisse nei punti in cui

3 Liceo sci. scuole italiane all estero (Europa) ses. ord. da cui deduciao l equazione y y Di conseguenza i punti di intersezione con le ascisse sono D, e 6, F. Sottraendo ebro a ebro le equazioni delle due circonferenze si ottiene da cui y y 8 y y Pertanto i punti di intersezione tra le due circonferenze sono A, e, B. Di seguito nello stesso riferiento cartesiano le due circonferenze. Consideriao la figura seguente.

4 N. De Rosa, La prova di ateatica per il liceo Il triangolo ACO è rettangolo in O, pertanto a nora del teorea sui triangoli rettangoli si ha da cui si ricava tan AO OC tan ACO ˆ A CO ˆ tanaco ˆ ACˆ O arctan Di conseguenza l angolo AC ˆ B, che è il doppio dell angolo AC ˆ O, isura L area del settore circolare ACB, isura S Sett. Circ ACB AC ˆ 6 ACB 6 L area del triangolo ACB è il doppio dell area del triangolo ACO ed è pari a S AO OC ACB SACO AO OC ˆ A CB. L area del segento circolare di base AB è pertanto pari alla differenza tra l area del settore circolare ACB e l area del triangolo ACB: S 6 AB S ACB SACB SegCirc. Sett. Circ L area di è, per sietria, il doppiodell area del segento circolare di base AB, ovvero: 6 S 9, 65.

5 Liceo sci. scuole italiane all estero (Europa) ses. ord. 5 Alternativaente avreo potuto calcolare l area richiesta per via diretta ediante integrale; infatti essa è pari, per sietria, al quadruplo dell area sottesa dall arco di circonferenza AD nell intervallo richiesta è pari a,. L arco AD può essere espresso coe 6 y pertanto l area Effettuando la sostituzione per cui S 6 sin t si ha d sin t t 6 sin t t d cos tdt S 6 d 6 6sin t cos tdt cos tdt Ricordando che cos t cos t si ha S 6 cos tdt cos t sin t t dt 9,65 Punto Consideriao la figura seguente in cui è raffigurato il rettangolo HJIG inscritto in con gli assi paralleli agli assi cartesiani.

6 6 N. De Rosa, La prova di ateatica per il liceo Il perietro del rettangolo inscritto in e avente i lati paralleli agli assi cartesiani, può essere espresso nella fora, y y f dove ed y rappresentano le coordinate (entrabe positive) di un punto dell arco AD del prio quadrante della circonferenza di equazione y 6. Possiao esplicitare l equazione dell arco di circonferenza in odo da espriere la coordinata y in funzione di. Si ha: y 6,, Di conseguenza la funziona da assiizzare è nella sola variabile ed è con,. f Notiao subito che se otteniao un rettangolo degenere di perietro 8, entre se otteniao un rettangolo degenere di perietro 8. Per la assiizzazione di f procediao ediante derivazione. Si ha: f '

7 Liceo sci. scuole italiane all estero (Europa) ses. ord. 7 Poichè il fattore derivata pria si riconduce allo studio del nueratore, ovvero: f ' è sepre positivo per,, lo studio del segno della Tale disequazione è risolta dall unione dei seguenti sistei: Risolviao il sistea. La disequazione è equivalente a 6 soluzioni sono 6. Quindi il prio sistea è equivalente a la cui soluzione è 6. Risolviao il sistea La disequazione 6. le cui è equivalente a ovvero 8 8 le cui soluzioni sono. Quindi il prio sistea è equivalente a la cui soluzione è. Quindi le soluzioni della disequazione sono 6. ricordando la liitazione geoetrica, si deduce che la derivata pria è positiva in, e negativa in,, pertanto la funzione f è crescente in, e decrescente in, e presenta un assio relativo all ascissa cui corrisponde y M 8 8 Di conseguenza il perietro assio è M.

8 8 N. De Rosa, La prova di ateatica per il liceo f 8 M Punto Essendo sietrica rispetto all asse di rotazione, il solido ottenuto in una rotazione copleta della porzione di appartenente al seipiano delle y positive. Di seguito la porzione di che considerereo nel calcolo del volue del solido di rotazione. L arco di circonferenza AD ha equazione entre l arco AC ha equazione y y Il volue richiesto, pertanto, è pari a:,,,, d d V Effettuando la sostituzione t nel secondo integrale, si ha: d d d t t dt t t dt

9 Liceo sci. scuole italiane all estero (Europa) ses. ord. 9 in sostanza i due integrali d e volue del solido è pari a Calcolando l integrale si ha: V d d sono identici e pertanto il V d Punto Consideriao la figura di seguito presentata. La retta PQ, passante per A, ha equazione y retta con la circonferenza di equazione y 6. Calcoliao le intersezioni della, si deve risolvere il seguente sistea: y 6 y Si ha la seguente equazione risolvente: le cui soluzioni sono 6

10 N. De Rosa, La prova di ateatica per il liceo y y. La soluzione corrisponde al punto noto, A, entre le coordinate di P sono, P. Calcoliao le intersezioni della retta con la circonferenza di equazione 6 y, si deve risolvere il seguente sistea: 6 y y Si ha la seguente equazione risolvente: 6 le cui soluzioni sono y y. La soluzione corrisponde al punto noto, A, entre le coordinate di Q sono, Q. La distanza PQ è pari a PQ La distanza PB è pari a: PB

11 Liceo sci. scuole italiane all estero (Europa) ses. ord. La distanza QB è pari a: QB Poichè QB PA PQ deduciao che il triangolo è equilatero. Poichè il lato è dato da 8 QB PA PQ, quest ultio è assio quando il denoinatore è inio e quindi quando. In corrispondenza di il lato isura 8 e il punto P ha coordinate, P. Alternativaente per deterinare il lato assio, basti notare che PB e QB sono corde di circonferenze di diaetro pari a 8, pertanto la loro lunghezza sarà assia quando coincideranno col il diaetro e ciò accade quando, P, ovvero quando 8 AB è altezza del triangolo equilatero PBQ di lato 8. Di seguito la figura con il triangolo equilatero di area assia.

12 N. De Rosa, La prova di ateatica per il liceo PROBLEMA ln Sia f una funzione definita da f per tutti i nueri reali. Si studi f e se ne tracci il grafico Φ indicando le coordinate degli eventuali punti di assio, di inio o di flesso.. Si scriva l equazione della tangente a Φ nel punto e.. Si calcoli l area della parte di piano deliitata da Φ e dall asse sull intervallo [, ] e, con l aiuto di una calcolatrice, se ne dia il valore arrotondato con due cifre deciali.. Si disegni la curva sietrica di Φ rispetto all asse y e se ne scriva l equazione. Siilente si faccia per la curva sietrica di Φ rispetto alla retta y RISOLUZIONE Punto Studiao la funzione f Doinio:, ; ln ln Intersezioni asse ascisse: f ln ; Intersezioni asse ordinate: non ve ne sono in quanto non appartiene al doinio; Sietrie: la funzione non è nè pari nè dispari; Positività: visto che nel doinio il fattore è sepre positivo, la funzione è positiva laddove ln e quindi per ed è negativa per ; ln Positività: - + ln f - Quadro dei segni ln Asintoti verticali: li pertanto la retta è asintoto verticale; ln Asintoti orizzontali: applicando il teorea di De L Hopital si ha li li pertanto y è asintoto orizzontale destro

13 Liceo sci. scuole italiane all estero (Europa) ses. ord. ln Asintoti obliqui: non ve ne sono in quanto li ln teorea di de l Hopital: li li ; coe si deduce applicando il ln che è positiva se Crescenza e decrescenza: la derivata pria è f ' ln ln e pertanto la funzione è strettaente crescente in,e e strettaente decrescente in e, e di conseguenza presenta un assio relativo in M e,. e ln e f ' Derivata pria: ln - Quadro dei segni ln ln Concavità e convessità: la derivata seconda è f '' che è positiva se ln ln e pertanto la funzione volge concavità verso l alto in e,, verso il basso in, e e presenta un flesso in F e, e. ln e f '' Derivata seconda: ln - Quadro dei segni Il grafico è di seguito ostrato:

14 N. De Rosa, La prova di ateatica per il liceo Punto L equazione della tangente a in e, e è e e f ' y e e, e. ln e e e e e e e e y dove ; di conseguenza l equazione della tangente è. Di seguito il grafico e della retta tangente in

15 Liceo sci. scuole italiane all estero (Europa) ses. ord. 5 Punto L area da calcolare è raffigurata nella figura di seguito.

16 6 N. De Rosa, La prova di ateatica per il liceo La suddetta area è pari a: Poichè l area risulta pari a ln Area d. ln d d ln ln d d Poichè ln, 69 si ha ln ln ln Area d ln Area ln,69, 96 Punto Per calcolare la funzione sietrica rispetto all asse y basta applicare la trasforazione X X da cui si ricava Y ln. Ritornano alla sibologia, y la curva Y y X sietrica rispetto all asse y è y ln ln. Di seguito il grafico di y f e ln della sua sietrica y g rispetto all asse y.

17 Liceo sci. scuole italiane all estero (Europa) ses. ord. 7 Per calcolare la funzione sietrica rispetto alla retta X y ln Y da cui si ricava X Y Y ln y rispetto alla retta y è y ln y sietrica rispetto alla retta y. y. Ritornando alla sibologia y. Di seguito il grafico di y f y basta applicare la trasforazione, la curva sietrica ln e della sua

18 8 N. De Rosa, La prova di ateatica per il liceo QUESTIONARIO Quesito Dato un triangolo ABC, si indichi con M il punto edio del lato BC. Si diostri che la ediana AM è il luogo geoetrico dei punti P del triangolo, tali che i triangoli ABP e ACP hanno aree uguali. Consideriao la seguente figura. Diostriao che se P appartiene alla ediana AM, allora i triangoli ABP e ACP hanno stessa area. A coppie, i triangoli ABM AMC e BPM MPC hanno la stessa area in quanto hanno basi congruenti, essendo AM ediana, e stessa altezza. Di conseguenza, per differenza di aree, i triangoli ABP e ACP hanno la stessa area. Diostriao ora che se i triangoli ABP e ACP hanno stessa area, allora P appartiene alla ediana AM. I triangoli ABP e ACP hanno la base AP in coune, pertanto, avendo la stessa area, hanno evidenteente altezze congruenti. Tali altezze congruenti sono anche altezze dei triangoli ABM e AMC su base coune AM, pertanto anche i triangoli ABM e AMC hanno stessa area. Per differenza, quindi, anche i triangoli BPM e MPC hanno stessa area, ed avendo la stessa altezza condotta dal vertice P sulla base BC, devono avere basi congruenti, cioè BM MC ; di conseguenza, per quanto precedenteente diostrato, P deve necessariaente appartenere alla ediana AM.

19 Liceo sci. scuole italiane all estero (Europa) ses. ord. 9 Quesito In un libro si legge: Ogni isura di grandezza iplica una nozione approssiativa di nuero reale. Si chiede di spiegare, eventualente con qualche esepio, il significato di tale frase.. Tale frase si legge in un libro di Nicolas Bourbaki, pseudonio collettivo sotto il quale nel 9 lavora una serie di ateatici francesi detti bourbakisti, i quali nel 99 pubblicarono l opera Éléents de athéatique con la quale intesero proporre una visione unitaria della ateatica per evitare che quest ultia si fraentasse in olteplici branche. Perchè Ogni isura di grandezza iplica una nozione approssiativa di nuero reale? La otivazione principale è che per isurare una grandezza si ha bisogno di una unità di isura, pertanto è necessario un confronto della grandezza sotto osservazione con un altra assunta coe unità. Tale confronto può essere effettuato intuitivaente o visivaente o in generale ediante sensi, e poichè i sensi hanno un potere liitato in quanto non riescono a discernere i particolari più ultii o più fini di un oggetto, ecco che la isura contiene un grado di incertezza ed approssiazione. A ciò si aggiunge che la isura sensoriale dipende anche da persona a persona, in quanto i sensi sono differenteente sviluppati negli essere uani, pertanto la isura è anche soggettiva e tale soggettività contribuisce a renderla ancora più approssiata. Ad esepio per una persona la strada percorsa ogni attina è di etri e per qualcun altro 5. Si potrebbe ovviare alla soggettività e liitatezza dell essere uano utilizzando gli struenti e i dispositivi elettrici o inforatici; tuttavia anche questi ultii danno un grado di incertezza nella isurazione dovuto ad esepio al ruore terico presente in ogni dispositivo o alle anoalie di produzione o funzionaento. In generale quindi ogni isura è affetta da incertezza, più alta se effettuata dall essere uano, più bassa se effettuata ediante isuratori elettronici. Prova ne è che nelle specifiche tecniche di ogni dispositivo viene sepre indicato l errore derivante dall utilizzo dello stesso. Ad esepio per un voltetro viene indicato l errore o la precisione nella isurazione della tensione così coe per un aperoetro nella isura dell intensità di corrente. Quesito Si verifichi l identità cot tan cot Ricordando la seguente forula di addizione e sottrazione per la funzione cotangente cot cot cot,,,, k, k Z cot cot si ha cot cot, k, k Z cot Sostituendo si ha: cot cot tan cot cot cot cot cot cot cot cot cot cot cot cot cot e l identità è pertanto verificata.

20 N. De Rosa, La prova di ateatica per il liceo Quesito E appropriato definire una retta tangente a una curva C in un punto P di C coe una retta che ha un solo punto in coune con C? Si otivi esaurienteente la risposta. Non è appropriato definire la tangente in un punto di una curva coe la retta che ha un unico punto di intersezione con la curva stessa. Ad esepio consideriao la cubica di equazione y ; essa ha un assio in,, un inio in, e un flesso in,. La tangente alla cubica nel punto di inio ha equazione y. La retta y interseca la cubica nei punti che risolvono il sistea y y ovvero nei punti che risolvono l equazione Poichè è soluzione dell equazione, è possibile scoporre il polinoio cubico, applicando la regola di Ruffini, coe di conseguenza l equazione ha anche coe soluzione, da cui si deduce, oltre ad A,, l ulteriore punto di intersezione B, tra la cubica y e la retta tangente y nel punto di inio. Di seguito il grafico della cubica e della retta tangente di equazione y.

21 Liceo sci. scuole italiane all estero (Europa) ses. ord. Altri esepi possono essere le funzioni y sin, y cos per le quali le rette y sono tangenti in infiniti punti, rispettivaente k,, k, per y sin e k,, k, per y cos. Di seguito il grafico di y sin, y cos rispettivaente in nero e grigio e delle due rette tangenti di equazioni y. Quesito 5 Si faccia un esepio di una funzione, definita per tutti i nueri reali, che sia priva di derivata: a) in un certo punto; b) in più punti; c) in infiniti punti. Un esepio di funzione definita in R a priva di derivata in un punto è f la cui derivata è f ' che non è definita in in quanto è ascissa di un punto angoloso in corrispondenza del quale la derivata pria presenta un salto di discontinuità. Infatti li li Di seguito il grafico della funzione, tratteggiata. f in linea continua, e della sua derivata in linea

22 N. De Rosa, La prova di ateatica per il liceo Un esepio di funzione definita in R a priva di derivata in più punti è f la cui derivata è f - che non è definita in in quanto sono ascisse di due punti angolosi in corrispondenza dei quali la derivata pria presenta un salto di discontinuità. Infatti li li li li Di seguito il grafico della funzione f tratteggiata., in linea continua, e della sua derivata in linea Ricordando che se una funzione è derivabile in un punto ivi è continua e di conseguenza se non è continua in un punto ivi non è neeno derivabile, basta considerare una

23 Liceo sci. scuole italiane all estero (Europa) ses. ord. funzione con infiniti punti di discontinuità per identificare una funzione priva di derivata in infiniti punti. Ad esepio prendiao la funzione a scala se N f int se N dove int è la funzione che restituisce la parte intera del nuero, cioè senza deciali. Di seguito il grafico della scala. Ulteriori funzioni con infiniti punti di non derivabilità possono essere y sin, y cos o y cos. Si può notare che la funzione y sin presenta punti angolisi in tutti i punti in cui si annulla k, k Z coe per la funzione y cos in k, k Z. Infatti le rispettive porzioni di grafico al di sotto dell asse delle ascisse delle funzioni y sin, y cos vengono raddrizzate e riportate nel seipiano ad ordinate positive. La funzione riscritta coe y cos presenta infiniti punti angolosi in k, k Z, infatti può essere y cos sin sin. Di seguito il grafico della funzione linea tratteggiata. y cos, in linea continua, e della sua derivata in

24 N. De Rosa, La prova di ateatica per il liceo Quesito 6 Un cono rotondo ha altezza h = 5 d e raggio r = d. Si vuole diinuire la pria di quanto si auenta il secondo in odo che il volue del cono auenti del %. Si dica se la questione aette soluzioni e, in caso afferativo, si dica quali sono. Consideriao la figura seguente. Il volue del cono rotondo ha altezza h = 5 d e raggio r = d è pari a V hr 5 Supponiao che l altezza diinuisca di una quantità pari a, di conseguenza il raggio auenterà di con 5. Di conseguenza il nuovo volue sarà 5 V Se il volue del nuovo cono deve auentare del % allora deve essere pari a V V,V, V 9,5 Iponendo l uguaglianza si ha: 5 9,5 5 58, 5 Sviluppando i calcoli si ha: ,5,5 La funzione f, 5 può avere al assio soluzioni reali o una reale e due coplesse coniugate. Calcoliaone alcuni valori, si ha:

25 Liceo sci. scuole italiane all estero (Europa) ses. ord. 5 f 6,5, f 5 8,5 f,5, f 5,5 f,5, f 9, 5 da cui per il teorea degli zeri deduciao che le tre radici dell equazione f sono tutte reali e appartengono rispettivaente agli intervalli 6, 5,,,, Dovendo considerare la restrizione geoetrica 5, deduciao che le soluzioni del quesito sono due,,, e possono essere deterinate in aniera ricorsiva attraverso il etodo delle tangenti o di Newton-Raphson ediante la forula: f n n n n,5 n n,5 n n n f ' n n n n n In particolare considerando, con punto di partenza che ostra i passi dell algorito: si ha la seguente tabella n n n n n n,,656 -,656,68,,68,68,,68,68, da cui deduciao che, 68. Applicando lo stesso etodo per, con punto di partenza si ha: n n n n n n,,79 -,79,695,7,695,695,,695,695, da cui deduciao che, 695.

26 6 N. De Rosa, La prova di ateatica per il liceo Quesito 7 Si vogliono costruire con un deterinato ateriale, delle scatole, senza coperchio, aventi una base quadrata e facce rettangolari. Se si vuole che il volue di ogni scatola sia 56d quali sono le diensioni della scatola che richiedono la inia quantità di ateriale? Consideriao la figura di seguito in cui il lato della base quadrata isura AB e l altezza della faccia rettangolare isura BB' y, con, y. L area di base è pari a A b entre l area di ognuna delle facce laterali rettangolari è A l y. L area totale è pari a: A T, y y La scatola è un parallelepipedo a base quadrata pertanto il suo volue sarà V, y Dovendo essere il volue pari a y 56d, si ricava l altezza del parallelepipedo 56 y 56 y Di conseguenza l area totale diventa una funzione della sola variabile : A T La iniizzazione della superficie totale la effettuiao ediante derivazione. Si ha: ' A T La derivata pria è positiva se 5 8

27 Liceo sci. scuole italiane all estero (Europa) ses. ord. 7 A T è strettaente decrescente in pertanto la funzione,8 e strettaente crescente in 8, da cui deduciao che essa presenta un inio relativo in 8. Di conseguenza le diensioni per costruire la scatola con una quantità inia di ateriale sono 8 56 y 6 e la superficie totale inia sarà A T d 8 Quesito 8 La superficie piana S, deliitata dalla curva γ di equazione y tan e dall'asse nell'intervallo π/ è la base di un solido Σ, le cui sezioni, ottenute con piani perpendicolari all'asse, sono tutte triangoli equilateri. Si calcoli il volue di Σ. Ogni sezione è un triangolo equilatero di lato A Di conseguenza il volue richiesto è pari a Sviluppando i calcoli si ha: V sin tan V d A tan cos sin cos cos d y tan la cui area è pari a d tan d tan ln cos ln ln ln, 7 sin cos d cos sin cos d cos sin d cos