lim x 2e = 2 x lim (1 x)e 2 x. lim 1 = nessun asintoto obliquo per x +.

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1 ANNO SCOLASTICO - 3 SIMULAZIONE DELLA PROVA DI MATEMATICA DELL ESAME DI STATO INDIRIZZO: SCIENTIFICO CORSO SPERIMENTALE Risoluzione Problema Determiniamo le caratteristiche valide per tutte le funzioni della famiglia. Dominio: D = R. Derivata prima: y = k e + ( )e = k + ( )e. Derivata seconda: y = e + ( )e = 4e. Tutte le funzioni della famiglia sono continue e derivabili indefinitamente. a) I punti di intersezione comuni ai grafici di tutte le funzioni sono quelli le cui coordinate soddisfano l uguaglianza y = k + ( )e k R. Ciò significa che l equazione k + ( )e y = è indeterminata rispetto all incognita k. Trattandosi di un equazione di primo grado in un incognita, essa è indeterminata se e solo se i suoi coefficienti sono entrambi nulli, ossia: = ( )e y = =. y = I grafici di tutte le funzioni passano pertanto per il punto A(;). Verifichiamo che tale punto è anche l unico flesso per ciascuna funzione. Studiamo il segno della derivata seconda: y = 4e > <. Figura La concavità è positiva per <, negativa per > : il punto A è l unico punto di flesso k R. b) Poiché tutte le funzioni sono continue in R, nessuna presenta asintoti verticali. Ricerchiamo eventuali asintoti orizzontali e obliqui analizzando il comportamento delle funzioni per tendente a e a +. Il calcolo del ite [k + ( )e ] presenta la difficoltà della discussione del segno del parametro k; partiamo perciò dalla ricerca degli asintoti obliqui. Copyright Zanichelli 3

2 Esaminiamo la situazione per : m = q = y() k + ( )e = [y() k] = = k + [k + ( )e k] = e = k; ( )e. Questo ite si presenta nella forma indeterminata ; riconduciamola alla forma indeterminata e applichiamo il teorema di De L Hospital: ( )e = ( )e =. D[ ] ; e D[e ] = e = e = La generica funzione ha dunque come asintoto obliquo, per, la retta di equazione: y = k. Nel caso k =, l asintoto è orizzontale e coincide con l asse delle ascisse. Esaminiamo ora la situazione per + : m = y() + = + k + e = nessun asintoto obliquo per +. Il risultato di questo ite permette di escludere anche l asintoto orizzontale per + ; infatti: [k + ( )e ] = + + ( )e k + = + ( ) =. Allora l unico asintoto della generica funzione della famiglia è la retta di equazione y = k. Essa coincide con la retta y = se k =. Determiniamo le eventuali intersezioni tra il grafico della generica funzione e il corrispondente asintoto: y = k + ( )e y = k k = k + ( )e y = k =. y = k Il grafico della generica funzione e il corrispondente asintoto si intersecano quindi in un solo punto di coordinate (; k). c) Se k =, la funzione diventa: y = + ( )e. Copyright Zanichelli 3

3 Dai punti precedenti sappiamo già che la funzione: ha dominio D = R; ha un solo punto di flesso A(; ), con concavità verso l alto per < e verso il basso per > ; ha asintoto obliquo di equazione y = per ; tende a per + ; interseca l asintoto obliquo nel punto B ;. Con questi elementi possiamo già disegnare un grafico probabile della funzione (figura ). Figura Possiamo anche ipotizzare che la funzione abbia un minimo relativo e un massimo relativo. Per verificarlo, studiamo la derivata prima: y = + ( )e. Studiamo il segno di y. y + ( )e ( )e. Se > cioè se <, possiamo scrivere: e ( ). Risolviamo graficamente questa disequazione (figura 3), considerando le funzioni: y = e, y = ( ), funzione omografica di centro ;. Copyright Zanichelli 3 3

4 Figura 3 Dal grafico deduciamo che per α β, con α < e < β < e ( ) y., risulta: Possiamo quindi disegnare il grafico dei segni della derivata prima (figura 4). Figura 4 La funzione ha dunque un minimo relativo di ascissa negativa e un massimo relativo di ascissa compresa fra e. Per > relativi., la funzione ha sempre la concavità verso il basso, quindi non ha né minimi né massimi d) La regione di piano di cui dobbiamo calcolare l area è quella evidenziata nella figura 5. Figura 5 Copyright Zanichelli 3 4

5 L area è data dal seguente integrale improprio: S = + ( )e d = ( )e d = ( )e d. δ δ Eseguiamo il calcolo con il metodo di integrazione per parti: S δ = ( )e d = ( ) e δ δ + e d = δ ( δ)eδ + [ 4 e ] δ = = ( δ)eδ + 4 eδ 4 = δ e δ. 4 Nel passaggio al ite per δ, il secondo addendo dà luogo a una forma indeterminata ; trasformiamola in una forma e applichiamo il teorema di De L Hospital: δ 3 δ e δ = 4 3 δ δ 4e δ ; δ L area della regione indicata è pertanto data da: δ = 8e δ 3 δ e δ =. 4 S = S δ = 3 δ 4. e) Nel piano (; y) di un riferimento O (; y; z) tracciamo il grafico della funzione ed evidenziamo l area di base del solido. Intersechiamo tale area con un piano α perpendicolare all asse e disegniamo l esagono regolare PQRSTU, sezione dello stesso solido (figura 6a). Figura 6 Copyright Zanichelli 3 5

6 L elemento infinitesimo di volume è dato da: dv = S es d = 6 PQ HC d = 3 3 PQ d = 3 3 ( ) e 4 d. (Nella figura 6b è rappresentata la parte di volume infinitesimo generata dal triangolo equilatero PQC.) Il volume richiesto è la somma degli infiniti volumi infinitesimi compresi fra = e =, cioè è dato dall integrale definito: V = 3 3 ( ) e 4 d = 3 3 ( ) e 4 d. Calcoliamo l integrale con il metodo di integrazione per parti: e 4 ( )( ( ) e 4 d = ( ) )e4 4 d = 4 = 4 + ( ) e4 4 e4 4 d = e4 6 = = e4 3 = e Il volume del solido è dunque: V = 3 3 e4 3 3 Problema a) Nella generica funzione omografica di equazione y = a + b c + d, = 3 3(e4 3). 64 poiché è necessariamente c, possiamo porre c = ; quindi, poiché il centro della funzione omografica ha coordinate C d c ; a C( d;a), c affinché il centro sia nel punto (; ) deve essere a = e d =. Inoltre, poiché P appartiene al grafico di f (), è b =, pertanto f () =. Copyright Zanichelli 3 6

7 Determiniamo f () come primitiva di f (): f () = d = d = ln + k. La funzione f () è, per ipotesi, definita per >, dunque: f () = ln ( ) + k; inoltre, siccome il grafico della funzione interseca l asse delle ascisse in P, si ha f () =, ovvero: Pertanto: ln + k = k =. f () = ln ( ). b) Studiamo la funzione. Dominio: ]; + [. Parità: la funzione non è né pari né dispari. Intersezione con gli assi. Dato il dominio, non esiste alcuna intersezione con l asse delle ordinate, mentre per quanto riguarda l intersezione con l asse delle ascisse bisogna risolvere l equazione: ln ( ) = = ln ( ). Risolviamo graficamente l equazione: poniamo y = e y = ln ( ), rappresentiamo le due funzioni e troviamo i punti comuni. Figura 7 Dal grafico delle due funzioni y = e y = ln ( ) si deduce che la prima è la retta tangente alla seconda nel punto P, quindi l equazione ha come unica soluzione (doppia) =. Segno. f () > se: ln ( ) > > ln ( ); dal grafico precedente deduciamo che > ln ( ) per, quindi nel suo dominio la funzione è sempre positiva, tranne che per =. Copyright Zanichelli 3 7

8 Limiti. f () = [ ln ( )] = +, + + quindi la retta di equazione = è un asintoto verticale (destro). Inoltre: [ ln ( )] = +, + quindi non esiste l asintoto orizzontale. Se esistesse l asintoto obliquo, esso avrebbe equazione y = m + q, dove: e m = f () = + + [ ln ( )] = q = [ f () m] = [ ln ( ) ] = [ ln ( )] = Poiché q non ha valore finito, non esiste nemmeno l asintoto obliquo. Crescenza. Dal testo e dal punto a) sappiamo che: f () =. Risolvendo f () >, otteniamo che la funzione è decrescente in ]; [ e crescente in ]; + [. Di conseguenza, il punto = in cui f () si annulla è un punto di minimo. Concavità. Poiché f () = =, la derivata seconda è f () = ( ), che nel dominio della funzione è sempre positiva: la funzione, pertanto, volge sempre la concavità verso l alto. Tracciamo il grafico γ di f (). Figura 8 c) L equazione f () = e equivale a: ln ( ) = e e ln ( ) =. Copyright Zanichelli 3 8

9 Dal punto di vista grafico risolvere l equazione equivale a trovare le ascisse dei punti di intersezione della funzione con la retta di equazione: Figura 9 y = e. Dal grafico osserviamo che una soluzione ( A ) è compresa in [; ]. Indichiamo con g() la funzione: g() = e ln ( ). Essendo g() = g( + ) > e g() <, con il metodo di bisezione possiamo determinare A con + l approssimazione voluta. Compiliamo la tabella con le iterazioni previste dal metodo di bisezione, partendo dall intervallo [,; ]. n a n b n m n g(m n ),,5,53,,5,5,8,,5,3,45 3,3,5,9,3 4,9,5,, 5,,5 Abbiamo determinato che A appartiene all intervallo [,;,5], quindi la soluzione è A =,... d) Per trovare l area della regione finita di piano compresa tra la curva, l asse delle ascisse e la retta di equazione =, innanzi tutto calcoliamo l integrale indefinito. Per risolvere una parte dell integrale indefinito applichiamo il metodo di integrazione per parti. [ ln ( )]d = ln ( ) + d = = ln ( ) + + ln ( ) + k = + ( )ln ( ) + k. Copyright Zanichelli 3 9

10 Quindi, poiché [ ln ( )]d = t + ( )ln ( ) t = = t + t ( t)ln (t ) = t t ( t)ln (t ), l area richiesta è data da: [ ln ( )]d = [ ln ( )]d = t + = t t ( t)ln (t ) t +. Osserviamo che nel calcolo del ite si ha t t = t + una forma indeterminata del tipo. ln (t ) Possiamo però scrivere [( t)ln (t )] = t + t + t L Hospital, concludere che: t,mentre [( t)ln (t )] porta a t + e quindi, applicando il teorema di De t t t + ( t)ln (t ) = t t ln (t ) t + t + t = t + t ( t) = =. Questionario. Disegniamo la generica parabola di equazione y = k, con k >, assieme alla retta tangente nel punto P e alla parallela all asse (figura ). Figura Il segmento parabolico individuato dalla corda triangolo curvilineo è indicato con R. è indicato con R in figura, mentre il Il generico punto P ha coordinate P(a; ka ), con a >. Copyright Zanichelli 3

11 L area di un segmento parabolico, per la formula di Archimede, è pari ai dell area del rettangolo circoscritto, quindi l area di R è data da: A = 3 P P PH = 3 a ka = 4 3 ka3. Possiamo calcolare l area di R per differenza: dall area deitata dal grafico di γ nell intervallo sottraiamo l area del triangolo QHP. Determiniamo innanzi tutto le coordinate di Q. Retta tangente a in P: y y P = m ( P ) y ka = ka ( a) y = ka ka, dove m = y ( P ) = y (a) = ka. Coordinate del punto Q: y = ka ka y = ka = ka y = = a y = Q a ;. L area di R vale dunque: A = a k d a a ka = k 3 3 Il rapporto fra le due aree è: A = 4ka3 A 3 ka = 6. 3 a ka3 4 = ka3 3 ka3 4 = ka3. Dato che il rapporto è costante al variare delle coordinate di P, il ite richiesto è 6.. Studiamo dominio, codominio, periodicità e derivabilità. Dominio e codominio. Per ogni R è sen, quindi esiste arcsen(sen)ed è π arcsen(sen) π ; pertanto il dominio della funzione è Re il codominio, dato che y è una composizione di funzioni continue, è l intervallo π ; π. Periodicità. La funzione seno ha periodo π, mentre la funzione arcoseno non è periodica. La funzione composta data, pertanto, ha periodo π. Copyright Zanichelli 3

12 Derivabilità. Se sen ±, cioè se π + kπ k Z, la derivata è: y = cos sen = cos cos = cos cos. Per π + kπ è quindi y = ±. In particolare: y = se π + kπ; π + kπ ; y = se π + kπ; 3 π + kπ. Deduciamo che in ognuno di tali intervalli il grafico della funzione coincide con un segmento parallelo alla bisettrice del I e III quadrante o del II e IV quadrante. Nei punti = π + kπ la funzione non è derivabile, ma è continua ed esistono, finite, la derivata destra e sinistra. Possiamo determinarle calcolando i iti destro e sinistro di y, per esempio: π + y =, π y =. Concludiamo che i punti = π + kπ sono punti angolosi. Utilizziamo le informazioni ottenute per disegnare il grafico della funzione nell intervallo π ; 3 π che poi prolunghiamo, tenendo conto della periodicità con periodo π, su tutto R. Otteniamo il seguente grafico (figura ). Figura 3. Dobbiamo verificare, in accordo con le ipotesi del teorema di Rolle, che f () sia continua in π ; 3 π, derivabile in π ; 3 π e che f π 3 = f π. f () è continua per ogni a. Copyright Zanichelli 3

13 Imponiamo poi che f () sia continua in = a. Tenuto conto che a f () = f (a) =, deve essere: a + f () = 4a π 8a π + 3 = 4a 8aπ + 3π = a = π a = 3 π. Solo il primo valore è accettabile, in quanto interno all intervallo richiesto, quindi la funzione è continua per a = π e diventa: 4 π sen π se π f () = 4 8 π π + 3 se > π. La funzione ottenuta è derivabile per π ; nel punto = π sinistra sono uguali. Tenuto conto della continuità, si ha: derivata sinistra: π = f π derivata destra: π = + f + π f () = f () = π π + 4 π cos π = 4 π ; 8 π 8 = 4 π π. è derivabile se le derivate destra e Le due derivate sono uguali, quindi la funzione è derivabile in = π. Infine, osserviamo che f π 3 = f π =. La funzione data soddisfa quindi le ipotesi del teorema di Rolle in π ; 3 π per a = π. 4. Una funzione suriettiva da A a B ha per dominio A e per codominio B. Dato che l insieme A ha un elemento in più rispetto a B, due tra i sei elementi di A devono avere la stessa immagine in B. Il numero di modi in cui possiamo selezionare tale coppia di elementi di A è pari al numero di combinazioni semplici di 6 oggetti di classe : C 6, = 6 = 6!!(6 )! = 5. Copyright Zanichelli 3 3

14 Dopo aver fissato la coppia di elementi con la stessa immagine, il numero di modi in cui è possibile associare agli elementi di A gli elementi di B è pari al numero di permutazioni semplici di 5 oggetti: P 5 = 5!=. Pertanto il numero complessivo di funzioni suriettive da A a B che possiamo definire è pari a: P 5 C 6, = Dato che ciascun punto del bersaglio ha la medesima probabilità di essere centrato, calcoliamo la probabilità richiesta come rapporto tra l area della parte esterna al trapezio e l area del semicerchio. Consideriamo dunque un trapezio isoscele ABCD inscritto nella semicirconferenza di raggio r e poniamo (figura ). Le itazioni per sono: < < π. Figura Indichiamo con H il piede della perpendicolare ad AB condotta da C; abbiamo CD = OH. Applichiamo al triangolo COH il primo teorema fondamentale dei triangoli rettangoli e ricaviamo: CH = rsen ; OH = r cos. L area del trapezio in funzione dell angolo è quindi data da: A() = (AB + CD) CH = (r + r cos )rsen = r sen ( + cos ). A() è continua e derivabile nell intervallo ; π delle itazioni per. Per individuarne il massimo assoluto, calcoliamo A () e studiamone il segno: A () = r [cos ( + cos ) sen ] = r (cos + cos sen ) = r ( cos + cos ). In ; π, la derivata si annulla per: cos + cos = cos = ± cos = = π non accettabile; = ± 3 4 cos = cos =. cos = = π 3. Il segno di A () e la crescenza di A() sono riportate nel seguente grafico (figura 3). Copyright Zanichelli 3 4

15 Figura 3 L area massima del trapezio si ha quindi per = π 3 e vale: A ma = A π 3 = r sen π 3 + cos π 3 = r. La probabilità richiesta, calcolata come rapporto fra l area della parte esterna al trapezio e quella del semicerchio A sc, è quindi pari a: 3 3 p = A sc A ma = A ma = 4 r = 3 3 A sc A sc π π,7. r 6. Data una funzione f continua in R, la sua funzione integrale di punto iniziale a è: F() = f (t)dt, R. a Per il teorema fondamentale del calcolo integrale, questa funzione integrale è derivabile e risulta: F () = f (). Fissiamo dunque a piacere un punto iniziale a e applichiamo all integrale dato le proprietà di additività e di scambio degli estremi di integrazione dell integrale definito: g() = f (t)dt = f (t)dt + f (t)dt = f (t)dt + f (t)dt. a a a Calcoliamo la derivata di g(), osservando che il secondo addendo è una funzione composta: g () = f () + f ( ) D[ ] = f () + f (). Ora calcoliamo i risultati richiesti, tenendo conto dei dati noti del problema: g() = f (t)dt = ; g () = f () + f ( ) = + = ; g = f + f = 4 + = 7 4. a Copyright Zanichelli 3 5

16 7. Il dominio di f è dato da: e > e > >. Eventuali asintoti si trovano studiando il comportamento di f agli estremi del dominio ]; + [. Nell estremo sinistro abbiamo: ln (e ) =. + La retta =, cioè l asse y, è asintoto verticale (destro). Nell estremo destro abbiamo: + ln (e ) = +. Non c è asintoto orizzontale. Stabiliamo se esiste l asintoto obliquo di equazione y = m + q, cominciando con il calcolare il coefficiente angolare m: m = f () = + + ln (e ). Il ite si presenta nella forma indeterminata ; proviamo a risolverla applicando il teorema di De L Hospital: ln (e ) = + + e e = + Pertanto m =. Cerchiamo ora il termine noto q: q = + e e = [ f () m] = [ln (e ) ]. + e + e ( e ) =. Il ite si presenta nella forma indeterminata + ; per einarla utilizziamo l identità = ln e e le proprietà del logaritmo: [ln (e ) ] = + [ln (e ) ln e ] = + Pertanto la retta y = è asintoto obliquo per tendente a +. ln e = ln =. + e 8. La funzione f (), essendo ovunque continua e derivabile, è in particolare continua nell intervallo chiuso [; ] e derivabile nell intervallo aperto ]; [. Sono dunque soddisfatte le ipotesi del teorema di Lagrange, quindi esiste c ]; [ tale che: Copyright Zanichelli 3 6

17 f (c) = f () f () f (c) = f () f (). Poiché f () < e R e c ]; [,risulta: f (c) < e c < e f () f () < e. La disuguaglianza si può dimostrare anche per altra via. Poiché f () < e R, risulta: f ()d < e d [ f ()] < [e ] f () f () < e < e. In particolare, vale la disuguaglianza più restrittiva f () f () < e. 9. I triangoli A D B e C D B, rettangoli rispettivamente in A e C, sono congruenti perché hanno l ipotenusa in comune e i cateti ordinatamente congruenti. Sono quindi congruenti anche le altezze relative all ipotenusa, che cadono sullo stesso punto P (figura 4). Figura 4 D B è dunque perpendicolare alle rette A P e P C, pertanto è perpendicolare al piano A P C che le contiene: tale piano è perciò una sezione normale del diedro convesso di facce A D B e C D B. Applichiamo ora il teorema del coseno al triangolo A P C per determinare l ampiezza dell angolo. Esprimiamo tutti gli elementi in funzione della lunghezza a dello spigolo del cubo: A C = A B = a ; A P = Copyright Zanichelli 3 A B A D B D = a a a 3 = 6 3 a. 7

18 Calcoliamo l ampiezza del diedro:,. Possiamo riscrivere la funzione nel seguente modo: se < se < f () = se se > Osserviamo che, in ciascuno degli intervalli specificati nella definizione, la funzione è continua, e quindi gli eventuali punti di discontinuità sono solo =, = e =. Abbiamo: f () = = f ( ); f () = = f (); + f () = ; f () = f () =. Pertanto la funzione è continua ovunque tranne che in =. Il grafico della funzione è riportato in figura 5. Figura 5 Dal grafico deduciamo anche che la funzione non è derivabile in =, = e =. Verifichiamo analiticamente quanto dedotto dal grafico: f ( ) = f () =, f + ( ) = + f () =, le derivate destra e sinistra in = sono diverse; f () = f () =, f + () = f () =, le derivate destra e sinistra in = sono + diverse; la funzione non è continua in =, quindi non è neppure derivabile in tale punto. Copyright Zanichelli 3 8