Liceo Scientifico Paritario R. Bruni Padova, loc. Ponte di Brenta, 16/12/2015. Verifica di Matematica. Classe V

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1 Liceo Scientifico Paritario R. Bruni Padova, loc. Ponte di Brenta, 16/12/2015 Verifica di Matematica Classe V Soluzione Problemi. Si risolva uno dei due problemi: 1. Si consideri una lattina di chinotto da 330 ml, approssimabile a un cilindro di base pari a 5 cm, la cui massa è di 15 g (lo spessore è trascurabile). Si supponga la lattina completamente piena di chinotto, la cui densità è pari a 1,024 g cm 3. Si immagini che la lattina sia appoggiata su un tavolo perfettamente orizzontale e che il chinotto venga aspirato dall alto in modo regolare tramite una cannuccia di massa trascurabile. i. Si descriva come varia l altezza del baricentro del sistema lattina-chinotto man mano che il liquido viene aspirato. ii. Ricordando che l altezza del baricentro di un sistema costituito da due masse è data dalla relazione (LATT sta per lattina e CHIN per chinotto) h = m LATT h LATT +m CHIN h CHIN m LATT +m CHIN, si determini l altezza h x funzione y = h x del baricentro in funzione dell altezza x del liquido. Si studi la e se ne tracci il grafico qualitativo in un piano cartesiano Oxy, senza considerare le limitazioni date dal problema. iii. Provare che, dentro i limiti posti dal problema, la funzione ammette un minimo assoluto. [inventato] 1 di 11

2 Risoluzione. i. Si descriva come varia l altezza del baricentro del sistema lattina-chinotto man mano che il liquido viene aspirato. Il sistema è costituito da due parti: una di massa costante, la lattina, il cui baricentro è il suo centro di simmetria; una di massa variabile, il chinotto, il cui baricentro diminuirà la sua altezza fino a zero. Detta h l altezza della lattina, all inizio il baricentro si troverà all altezza h 2 perché in tale punto hanno il baricentro le due parti. Anche alla fine, quando non c è più chinotto, il baricentro si troverà sempre all altezza di h 2, centro di simmetria della prima parte. Tra la situazione iniziale e finale il baricentro all inizio tenderà a scendere fino a un valore minimo (nel quale la massa della lattina sarà uguale alla massa del chinotto) per poi ritornare nella posizione iniziale. ii. Ricordando che l altezza del baricentro di un sistema costituito da due masse è dato dalla relazione (LATT sta per lattina e CHIN per chinotto) h = m LATT h LATT +m CHIN h CHIN m LATT +m CHIN, si determini l altezza h x funzione y = h x del baricentro in funzione dell altezza x del liquido. Si studi la e se ne tracci il grafico qualitativo in un piano cartesiano Oxy, senza considerare le limitazioni date dal problema. DATI: m LATT =15 g ρ CHIN =1,024 g cm 3 φ LATT = 5 cm V iniziale CHIN = 330 cm 3 Determino l altezza della lattina: V iniziale 2 CHIN =V LATT = πr LATT h h = 4V LATT 2 πφ LATT = 264 5π 16,8 cm. Determino l altezza del chinotto: poiché l aspirazione è regolare, h CHIN = x, con 0 x h 2. Ne consegue che anche il volume del chinotto varia secondo la relazione V CHIN = π φ 2 LATT 4 x V = 25 CHIN 4 π x. Si conclude che la massa del chinotto è m = ρchin V = 32 CHIN CHIN 5 π x. Ne consegue che h ( x ) = 5π π x x h ( x ) = π 2 x 2 5 π x 75π +32π 2 x. 2 di 11

3 Senza considerare le limitazioni poste dal problema, il dominio della funzione è D = R \ 75 32π. La funzione non ammette particolari simmetrie, precisamente h ( x ) h( x) h ( x ). La funzione non si annulla mai ed è positiva per x > 75 32π. Poiché x 75 lim h x ( 32π ) ± Poiché lim h x = ± la funzione ammette un asintoto verticale di equazione x = 75 32π. = ± la funzione non ammette asintoti orizzontali. Ammette tuttavia un asintoto x =1 e q = lim h ( x ) x ( 32π ). L equazione dell asintoto è obliquo in quanto m = lim h x y = x 75 32π. Il grafico qualitativo della funzione è riportato di seguito. = 75 Relativamente al problema si osserva che per x = 132 5π (lattina piena) il baricentro si trova alla stessa altezza di quando la lattina è vuota ( x = 0 ): h 0 5π = h 132. Si veda il grafico di seguito ri- 5π portato (scala 1:3,5). = di 11

4 iii. Provare che, dentro i limiti posti dal problema, la funzione ammette un minimo assoluto. Dal grafico della funzione si evince che c è un minimo assoluto. La sua presenza è garantita dal Teorema di Weierstrass applicato nell intervallo chiuso e limitato 0; 132, dove ivi la funzione risulta essere continua perché rapporto tra funzioni continue 5π (polinomiali). 4 di 11

5 2. In una semicirconferenza di diametro AB = 2r e centro O si considerino i punti C e D tali che la retta passante per A, C sia parallela alla retta passante per D, O. Si ponga BC = x. i. Si determinino i valori del limite a. per C che tende a B del rapporto tra AC e OD. b. per C che tende ad A del rapporto tra AC e la differenza tra AB e BC. Si consideri, d ora in avanti, r =1. ii. iii. Risoluzione. Si ponga f ( x ) = AC AB BC. Si studi la funzione y = f ( x) e se ne tracci il grafico qualitativo in un piano cartesiano Oxy, senza considerare le limitazioni date dal problema. Si determini il tipo di conica su cui giace il grafico della funzione y = g x = CD 2 e si deduca il grafico di y = h ( x ) = CD, tenendo conto dei limiti posti dal problema. Utilizzando i teoremi riguardanti le funzioni continue, dedurre che il triangolo OCD può essere equilatero. [inventato] AB = 2r BC = x AO = BO = CO = DO = r i. Si determinino i valori del limite a. per C che tende a B del rapporto tra AC e OD. b. per C che tende ad A del rapporto tra AC e la differenza tra AB e BC. Applico il Teorema di Pitagora al triangolo rettangolo ABC: AC = 4r 2 x 2. Se C tende a B allora x tende a 0 +. Ne risulta che 4r 2 x 2 lim x 0 + r = 2. Se C tende ad A allora x tende a 2r. Ne risulta che 4r 2 x 2 lim x 2r 2r x = 0 0 = lim x 2r 2r x 2r + x 2r x = lim x 2r 2r + x 2r x = 2 r 0 + = +. 5 di 11

6 = AC AB BC y = f x ii. Si ponga f x. Si studi la funzione e se ne tracci il grafico qualitativo in un piano cartesiano Oxy, senza considerare le limitazioni date dal problema. Studio la funzione f ( x ) = 4 x2 2 x. Il dominio della funzione è D = { x x R 4 x x 0 }= 2; 2. Poiché il dominio non è simmetrico rispetto allo 0, la funzione non è né pari né dispari. La funzione si annulla per x = 2 ed è positiva per x 2; 2. Poiché lim f x x 2 x = 2. = + (si veda punto ib), la funzione ammette un asintoto verticale di equazione Il grafico della funzione è il seguente: iii. Si determini il tipo di conica su cui giace il grafico della funzione y = g x = CD 2 e si deduca il grafico di y = h ( x ) = CD, tenendo conto dei limiti posti dal problema. Utilizzando i teoremi riguardanti le funzioni continue, dedurre che il triangolo OCD può essere equilatero. In riferimento alla figura a fianco, considero il triangolo OBH e applico il Teorema di Pitagora: OH = 1 x 2 4. Ora, DH = OD OH =1 1 x 2 4. Considero il triangolo CDH e applico il Teorema di Pitagora: 6 di 11

7 CD 2 = CH 2 +HD 2 CD 2 = x2 x2 1 1 CD 2 = 2 4 x La funzione da considerare è y = g ( x ) = 2 4 x 2 ; per capire a quale conica appartiene basta isolare la radice ed elevare ambo i membri alla seconda: 2 x 2 4 x 2 = 2 y y 2 4 x 2 = 2 y La conica è la circonferenza di equazione C: x 2 + y = 4, ovvero C ( C ( 0; 2); 2). La funzione g ha dominio D = 2; 2 e la sua immagine è Im g. Il suo grafico è una semicirconferenza. La funzione h è la composta tra la funzione radice quadrata e la funzione g. Ne consegue che se 0 < g x se g x se 1 < g x <1 allora h ( x ) > g ( x ) ; = 0 g ( x ) =1 allora h ( x ) = g ( x ). 2 allora h ( x ) < g ( x ). I grafici delle funzioni sono di seguito rappresentati:. = 0; 2 Ora, affinché il triangolo OCD sia equilatero, deve accadere che CD = OC = OD, ovvero che =1. Ciò è assicurato dal Teorema dei valori intermedi visto che min ( h ) = 0 e max ( h ) = 2 >1. h x 7 di 11

8 Questionario. Risolvi tre dei sei quesiti: 1. Una volta mostrato che per x che tende a 2 la funzione f x determinarne l ordine. =ln( 2 x 3) è un infinitesimo, [inventato] = 0 la funzione è un infinitesimo per x che tende a 2. Per determi- risoluzione. Poiché lim f x x 2 narne l ordine verifico per quale valore reale positivo γ il seguente limite risulta essere finito non nullo: =lim γ x 2 ln 2 x 3 lim x 2 x ( x 2) γ ln 2 x 4 Pongo t = 2 x 4, per cui se x 2 allora t 0. Si ha che x =log 2 ( t + 4) e il limite diventa lim t 0 =lim t 0 ln t +1 ( log 2 ( t + 4) log 2 4) =lim ln t +1 γ t 0 γ log 2 t 4+1 ln( x +1) Utilizzando il limite notevole lim =1 ottengo: x 0 x ln γ 2 lim t 0 t +1 t ln t ( t 4) γ lnγ t 4+1 t 4 γ ln γ 2 ln t +1 ln γ t 4+1 γ lim = 4ln2 t 0. ln t +1 =ln γ 2 lim t 0 ln γ t 4+1 Ora, osservo che se 0 <γ <1 allora il limite risulta nullo; se γ >1 allora il limite risulta infinito. Per γ =1 il limite è 4ln2, quindi la funzione è un infinitesimo di ordine 1 per x che tende a 2. t 1 γ. 2. Determina i coefficienti dell equazione y = ax2 +6 bx +3 affinché la curva rappresentativa ammetta un asintoto obliquo di equazione y = x +3. [SU 2007] risoluzione. Affinché il grafico della funzione f a,b ( x ) = ax2 +6 ammetta un asintoto obliquo di bx +3 equazione y = x +3 deve accadere che lim f a,b ( x ) x =1 lim f a,b ( x ) x = 3. lim lim f a,b f a,b ( x ) ax 2 +6 x =1 lim bx 2 +3x =1 a b =1 a = b. ( x ) x = 3 lim ax 2 +6 bx +3 x = 3 lim ( a b)x 2 3x +6 bx +3 a=b 3x +6 = 3 lim bx +3 = 3 8 di 11

9 3 b = 3 b = 1. Quindi a = 1 = b. 3. Quando una funzione reale è continua in un punto x P? Determina il valore del parametro reale k affinché la funzione sia continua su tutto R. = f x ( x 2 + x 2+k) ex+1 se x 0 k x se x > 0. [inventato] risoluzione. Una funzione f di dominio D si dice essere continua in un punto x 0 D quando lim f x x x 0 lim f x x x 0 = f x 0 = f ( x 0 ) = lim!. Se x 0 D x x 0 + f ( x ). (interno del dominio), allora f è continua in x 0 quando La funzione data è continua in R \{ 0} per note proposizioni sulle funzioni continue. Impongo la continuità in 0: lim f x 0 ( x ) = f ( 0 ) = lim f x 0 ( x ) ke = k 1 2 k = e 4. Determinare l angolo in gradi sessagesimali tra i vettori r v 1; 1; 1 r w( 2; 3; 4), approssimando il risultato ai primi. e [inventato] risoluzione. Dal confronto delle relazioni! v! w = x v x w + y v y w + z v z w! v! w = v wcosϑ posso determinare l angolo richiesto:! v! w = x v x w + y v y w + z v z w = = 5! v! w = v wcosϑ = 3 29 cosϑ = 87 cosϑ, quindi cosϑ = 5 87 ϑ = arccos 5 87 ϑ ʹ. 5. La funzione f x = 2x 3 3x 2 +2 ha un solo zero reale, vale a dire che il suo grafico interseca una sola volta l asse delle ascisse. Fornire un esauriente dimostrazione di questo fatto e stabilire se lo zero della funzione è positivo o negativo. [OR 2003] 9 di 11

10 risoluzione. Per vedere che il grafico della funzione intersechi l asse delle ascisse in almeno un punto basta applicare il Teorema di esistenza degli zeri alla funzione data, ad esempio, nell intervallo chiuso e limitato 1; 0. La funzione risulta ivi continua perché polinomiale e f ( 1) f ( 0 ) = 6 < 0, quindi le ipotesi del suddetto teorema sono verificate, ovvero la funzione ammette almeno uno zero che è negativo. Per verificare che è unico posso attuare il confronto tra grafici. Posto f x 2x 3 3x 2 +2 = 0 x 3 = 3 2 x2 1 g 1 ( x ) = g 2 x = 0, si ha che. La prima funzione ammette come grafico una cubica mentre la seconda una parabola di vertice V ( 0; 1) e concavità rivolta verso l alto. Come si vede dalla rappresentazione seguente, i grafici delle due funzioni si intersecano in un solo punto: Effettivamente il grafico della funzione f è il seguente: 10 di 11

11 6. Il limite della funzione f ( x ) = x lnx per x + è: [A] 0. [B] un valore finito diverso da 0. [C] +. [D]. Una sola alternativa è corretta: individuarla e fornire un esauriente spiegazione della scelta operata. [SU 2006] risoluzione. La risposta corretta è la [C]: lim ( x lnx) = + x + = lim x 1 lnx = lim x = +, x + x x + dove nel penultimo passaggio si è fatto uso della gerarchia degli infiniti, ovvero che lim lnx x = 0 (la funzione logaritmo tende all infinito molto più lentamente di una qualsiasi x + funzione polinomiale). NOTE: i. È ammesso l uso del calcolatore elettronico o di tavole numeriche; ii. Punteggio massimo 15 p.ti. Per la sufficienza è necessario raggiungere il punteggio di 10 p.ti. 11 di 11