Esame di Stato Prova di Matematica

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1 same di Stato - Prova di Matematica Soluzioni a cura di Andrea Damiani - PROLMI Problema PUNTO La presenza del punto angoloso esclude immediatamente la terza famiglia di funzioni: f(x) = cos(π/x k ) che, in quanto composizione di funzioni regolari (continue con derivata continua) è regolare, quindi non ha punti angolosi. Possiamo poi escludere la seconda famiglia, f(x) = x + 9kx x + perché, anche se ogni funzione della famiglia presenta il punto angoloso, le mura così realizzate non scendono a piombo in corrispondenza alle ascisse e come invece da progetto. Resta dunque la prima famiglia: PUNTO I requisiti sono: f(x) = ( x ) /k che l angolo rispetto all orizzontale della tangente nel punto angoloso sia maggiore di che il volume del serbatoio sia m. Il primo requisito si traduce nel fatto che il coefficiente angolare della retta tangente in x = sia, in modulo, tan(π/8).7. alcoliamo allora la derivata della famiglia di funzioni per x (per x < la situazione è identica per simmetria). Otteniamo: che, calcolata in x =, vale f x = k ( x) k k f x = x= k quindi deve essere k.7 k.7.7 da cui, ricordando che k è un intero positivo, i valori accettabili sono,,,,. Passiamo alla seconda condizione: il volume del serbatoio è dato dall integrale [ ] V = 8 ( x) /k dx = ( x) k + + = k k + k Quindi la condizione diventa k k k + e in definitiva, l intero k deve soddisfare la e il volume risulta essere V = 8/. m. k k =

2 PUNTO L indicatore desiderato deve essere una realizzazione della funzione V (z) = z ( z ) dz = ] z [z z = / z z PUNTO Applicando la formula precedentemente trovata, quando il gasolio raggiunge. m l indicatore mostra (/).97 = 9.7% che è corretto, perché la relazione fra altezza e volume non è lineare (come implicitamente immaginato dall amministratore), in quanto il recipiente non è un cilindro. Se il medesimo continua a non capire, gli si può mostrare che un incremento di un centimetro da terra richiede più liquido (il serbatoio è più largo) rispetto all incremento di un centimetro a serbatoio quasi pieno (a quell altezza è più stretto). L errore in funzione di z è dato da La derivata vale ε(z) = z z z = (z z ) ε (z) = z e si annulla per z =, dove l errore vale ( ) ε. =.% e non c è alcun bisogno di effettuare lo studio del segno della funzione ε(z), in quanto si ha ε() = ε() =, quindi il valore trovato si riferisce certamente a un massimo relativo. Page

3 Problema PUNTO Riprendiamo il grafico proposto A D F x Il grafico indicativo di f (x) è Infatti: F 7 D 8 9 x la tangente verticale in A implica che il massimo relativo in implica f () = lim f (x) = + x > + il flesso obliquo discendente con tangente di coefficiente angolare in implica f () =. Page

4 il coefficiente angolare della tangente uguale a in D implica f () = il minimo relativo in implica f (7) = da F in poi la funzione è lineare con coefficiente angolare, per cui f (x) =. Il grafico indicativo di F (x) = x f(t) dt è infatti: D x partiamo da (, ) con tangente di coefficiente angolare. la pendenza aumenta fino ad incontrare un massimo in, poi la pendenza inizia a decrescere, e la F ha un massimo relativo in (, ), dove la f, sua derivata, si annulla. poi la F è decrescente (concava fino a, poi convessa) con un nuovo minimo in (8, ). a destra di x = 8, basta integrare la funzione = (x 8), tenendo presente la condizione iniziale F (8) =, ottenendo F (x) = x e tracciare il ramo di parabola relativo. 8 (x 8) dx + = [ x x ] x 8 + = x x + 7 F Page

5 É appena il caso di notare che la traccia ministeriale è contraddittoria nel momento in cui dichiara che l area della regione di piano delimitata dalla curva e dall asse x per x 8 vale. Infatti, seguiamo il testo: abbiamo un massimo in, quindi in quel punto la f è concava. Poi c è il flesso in, dunque la f diviene convessa, e così resta fino in D ed oltre, essendo pure convessa in, dove è presente un minimo relativo. Quindi, il testo (e il grafico fornito a corredo) non dichiarano cambi di concavità fra e 8. i troviamo allora nella condizione illustrata in figura: D F x dalla quale è evidente che, stante la convessità della f, il triangolo DF è propriamente contenuto nella regione indicata, dunque, per la monotonia rispetto all inclusione, la sua area non può essere maggiore di. invece, l area di detto triangolo risulta essere uguale a 9 >. 8 = PUNTO Il grafico indicativo di = f (x) si ottiene da quello di f (x) ribaltando rispetto all asse delle ascisse le parti del grafico che si trovano nel semipiano delle negative: D x e l insieme di definizione è ], + [ a causa della presenza dell asintoto verticale nell origine. Per il grafico indicativo di = f(x) conviene, per iniziare, tracciare il grafico qualitativo di = f(x), che si ottiene per simmetria rispetto all asse delle ascisse del solo tratto del grafico di f(x) che risulta negativo (tratteggiato in figura). F Page

6 D F x Da questa si trae il grafico di = f(x) : D x D F L insieme di definizione è ], + [\{, 8} (i due punti in cui la derivata del modulo di f non è definita). F Page

7 Per tracciare il grafico di f(x) riprendiamo quello di f(x): A D F x da cui il grafico indicativo di f(x) : A x e l insieme di definizione è [, + [\{, 8} che sono i punti ove la f(x) si annulla. PUNTO Il valore medio di f(x) su [, 8] è dato da 8 f(x) dx 8 = 8 = Sul medesimo intervallo, il valore medio di f(x) è 8 f(x) dx = 8 8 = Page 7

8 Il valore medio di f (x) su [, 7] è 7 f (x) dx = f(7) f() = / = 9 Il valore medio di F (x) in [9, ] è PUNTO ascissa nulla: 9 F (x) dx 9 Nel punto di ascissa 8, si ha = 9 [ x (x x + 7) dx = 8x + 7x ] 9 = 7 La funzione F (x) ha per derivata f(x). Abbiamo, per la tangente nel punto di F () = f()(x ) = x. F (8) = f(8)(x 8) = Page 8

9 QUSTIONARIO Quesito L integrale indefinito e x dx non è risolubile con funzioni elementari, e lo stesso risultato π è ottenibile soltanto mediante artifici che coinvolgono l integrazione multipla e il passaggio a coordinate polari. Quindi, nello svolgimento dell esercizio, va subito scartata l idea di calcolare esplicitamente l integrale. f(x) = e x u x Osserviamo tuttavia che la funzione integranda è pari, in quanto per cui e x = e ( x) e x dx = + e x dx = π < infatti π < π < π/ < e, considerando che la funzione integranda è strettamente positiva su tutto R, da cui discende la monotonia dell integrale, si ottiene che per avere u deve necessariamente essere u >. Si ha poi u u e x dx = x 7 e x dx = perché x 7 e x è funzione dispari, in quanto prodotto di una funzione pari ed una dispari, e sappiamo che l integrale su dominio simmetrico rispetto all asse delle ordinate di una funzione dispari, se esiste (e nel nostro caso certamente esiste perché la funzione integranda è prodotto di due funzioni continue su R), è nullo. Per quanto riguarda l integrale, sfruttiamo l additività di dominio dell integrale e la simmetria pari di e x per scrivere Page 9

10 u = e x dx = u u [ u ] π e x dx = e x dx e x dx = ( ) = π. Infine, per l integrale, operiamo la sostituzione t = x da cui x = t/ dx = dt/ per cui + = e x dx = + π e t dt = Quesito Data l evidente simmetria del problema rispetto all asse delle ordinate, possiamo limitarci al mezzo rettangolo contenuto nel primo quadrante e raddoppiare. Ho allora S(x, a) = x( ax ) = x ax S x = ax che si annulla per x = / a, e D A P (x, a) = x + ( ax ) P x = ax x che si annulla per x = /a Dovrà allora risultare a = a a a = a =. Quesito x + ( r) = r (, r) r x Page

11 Il volume richiesto si calcola integrando la funzione S() che fornisce la superficie in funzione dell altezza. Si puo scrivere S() = πr () ed ora ci resta solo da scrivere l espressione del raggio della circonferenza sezione orizzontale in funzione di. Si ha p x + ( r) = r x = r r + r x = r che e proprio l espressione cercata di r(), per cui il volume si trova con Z h h (r ) d = π rh V =π Quesito Si tratta di prove bernouilliane. Abbiamo Quesito Proiettiamo il punto K sul piano H: troviamo la retta passante per K, normale al piano x = + t = t z =+t Intersechiamo questa retta col piano sostituendo le tre equazioni in t nell equazione del piano, risolvendo per t e risostituendo nelle medesime equazioni: x = + t = t + t + + t + + t 9 = 9t 9 = t = z = + t x + z 9 = da cui il punto intersezione (che e il punto di tangenza cercato) P (,, ). Il raggio R della sfera e la norma del vettore KP = (,, ) (,, ) = (,, ) R = KP = + + = Page

12 Quesito L affermazione è falsa, infatti, se il polinomio è di grado zero (una costante A), visto che l oscillazione della funzione cos x è uguale a, esiste certamente un punto x reale tale che A cos x > Se invece il polinomio è di grado non nullo, allora si ha lim P (x) cos x = + x + in quanto il polinomio va all infinito mentre la funzione coseno è limitata ( cos x ), ma allora risulta definitivamente P (x) cos x > k k R dunque possiamo addirittura affermare che esistono infiniti punti in cui l affermazione è falsa. Quesito 7 I percorsi possibili che portano in A sono quelli che prevedono, in qualsiasi, ordine, 7 passi orizzontali e 7 verticali. Si tratta di ( ) 7 percorsi. I percorsi che passano per devono prevedere nei loro primi 8 passi esattamente spostamenti laterali, in qualsiasi ordine, quindi sono ( 8 ). Poi, può essere scelto uno qualunque dei percorsi che portano in A, che quindi devono prevedere esattamente passi a destra, in qualsiasi ordine, e sono allora ( ). Quindi ( 8 )( P = ( ) ) = =.% 7 Quesito 8 Si tratta di un problema di auch. L integrale generale è e x (x + x ) dx = x e x dx + xe x dx Risolviamo per parti, cominciando dal primo: x e x dx = x e x xe x dx quindi le primitive richieste sono la famiglia a un parametro F (x) = x e x + c Imponiamo la condizione iniziale F () = e per ottenere l integrale particolare richiesto quindi F () = e + c = e c = e F (x) = x e x + e Page

13 Quesito 9 L equazione richiesta sarà del tipo a(x ) + b + c(z + ) = con a, b, c da determinare imponendo il parallelismo alle due rette. Un vettore normale al piano da esse determinato si trova dal prodotto vettoriale dei loro vettori direzione. Per la prima retta, tale vettore si legge direttamente: v(,, ); per la seconda, occorre prima metterla in forma parametrica. Imponiamo x = t e dalla seconda equazione abbiamo subito = t. Sostituendo nella prima, dunque e ricaviamo il vettore w(,, ) t + t + z = t + z = z = t x = t = t z = t Un vettore u normale al piano sarà allora dato da î ĵ ˆk u = v w = = 8î + ĵ dunque un vettore normale al piano delle due rette è ad esempio u(,, ) e l equazione del piano richiesto è (x ) + = x = Quesito Si usa la formula Otteniamo: e dunque abbiamo la retta f (x) = f(x ) = f (x )(x x ) f(x ) = e e t ln t dt = x ln x x f ( e) = e e = e e(x e) = e ex e Page