f (1) 9 k 1 0 k 1; da cui:

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1 Esame di Stato 6 Problema La prima domanda sembra richiedere una soluzione di tipo qualitativo per cui, considerando che il grafico proposto, oltre alle richieste esplicitamente formulate, è simmetrico rispetto all asse y, presenta per x due semitangenti verticali, (ovvero due punti di non derivabilità della funzione), l unica funzione plausibile è la prima; verifichiamo formalmente nel punto successivo che solo tale funzione soddisfa, per uno specifico valore del parametro, tutte le condizioni assegnate. La funzione deve soddisfare le condizioni f (), f ( ), f '( ) tan,76 ; f(x), presentando un punto angoloso, non è derivabile in. Osserviamo preliminarmente che le tre funzioni assegnate sono pari, per cui possono essere studiate solo per x, cosa che faremo nel seguito, omettendo il valore assoluto; inoltre tutte soddisfano la condizione f (). Eliminiamo subito la terza funzione in quanto Per la seconda funzione si ha: f x x sen x f '( ) '() f () 9 ; da cui: f '( x) x x 4 f '() 4 accettabile Il volume del solido si calcola tramite l integrale: (m ) minore del volume richiesto; è preferibile V L f ( x) dx 6 6x 9x 4x dx lasciare sottintesa l unità di misura, in quanto non coerente con le equazioni formulate dal testo. Per la terza funzione si ha: f () ; f '( x) x '() tan f,67 tan e 6 6 V 6 x dx x che, combinata con la precedente, impone =, il volume del solido risulta conseguentemente 4 V.. M. Vincoli Esame di Stato 6

2 4, La funzione richiesta è pertanto: f ( x) x ; osserviamo inoltre che f '( x) x sgn x per cui la funzione non è derivabile in x e lim f '( x) lim f '( x) ovvero la x x funzione ammette per x due semitangenti verticali, come appare dal grafico fornito. Come già detto, la parità della funzione ci consente di studiarla nell intervallo [; ], dove risulta invertibile; in tale restrizione si ha pertanto: y f ( x) x x y, z 6 y L y dy 6 z Vliquido V z z z 6 z V 4 totale 6 ;,97; È utile, anche se non necessario, verificare che V V V 4 L obiezione dell amministratore consiste nel supporre una proporzionalità tra livello e volume del liquido, ma ciò è possibile solo per un serbatoio a sezione costante. Il massimo scostamento dall andamento lineare si determina massimizzando la funzione: D( y) V z z z 6 z z z z z z z ; 6 Il modulo è stato eliminato dall ultima equazione in quanto l espressione ottenuta non è mai negativa nell intervallo di definizione; inoltre D() D(), per cui la funzione ammette un massimo derivabile interno all intervallo di definizione: D z per '( ) 6z z, in tale punto si ha il massimo scostamento dalla linearità, che vale: 6 D,6, 6% Si rileva l assoluta inutilità della pseudocontestualizzazione iniziale, che mira a trasformare un significativo problema geometrico in un gioco di ruolo. sgn x se x se x M. Vincoli Esame di Stato 6

3 Problema Punti, Il grafico di y = f (x) passa per i punti: B (;): la derivata si annulla in quanto f(x) ha massimo in B (;); C (;-), dove ha un minimo: C è infatti un punto di flesso con tangente inflessionale di pendenza -; D (;-/): la tangente in D ha pendenza -/; E (7;): f(x) ha minimo in E (7;-/4); F (;); per x il grafico è la retta y=, deducibile dalla pendenza della retta FG: la retta x= è asintoto verticale ( è tangente all asse y) m FG 4 ; f (x) F (;) B (;) D (;-/) E (7;) C (;-) F(x), definita in ;, passa per i F(x) punti (;), D (;), dove ha un massimo locale, F (;), dove ha un minimo locale, quindi cresce asintoticamente con andamento quadratico; il suo grafico qualitativo è riportato nella figura a fianco, nella quale è stata cambiata la scala verticale per esigenze di leggibilità e spazio. D (;) E (;) Il grafico di y = f (x) (riportato in rosso nella figura successiva) è costituito dai punti della funzione y = f (x) che giacciono nel primo quadrante e dal ribaltamento attorno all asse x dei punti situati al di sotto dell asse stesso; f (x) è definita in ]; + [ M. Vincoli Esame di Stato 6

4 f (x) f (x) F (;) B (;) D (;-/) E (7;) C (;-) Per ottenere il grafico di y = f(x), partiamo dal grafico di y = f(x) ; essendo: f ( x) x x f( x) f ( x) x si ha f '( x) x x f( x) ' f ( x) x y = f(x) è definita in ; ; ; ; nei punti (;) e (;) f(x) presenta un punto angoloso, quindi non esiste f(x). f(x) F (;) B (;) D (;-/) E (7;) C (;-) M. Vincoli Esame di Stato 6 4

5 La funzione y f( x) è definita in ; ; ; ; presenta due asintoti verticali di equazione d f '( x) x = e x =, e l asintoto orizzontale destro y = ; inoltre, essendo y ', l andamento dx f ( x) f ( x) di monotonia è opposto a quello di y = f(x); la funzione non è derivabile in (grafico tangente all asse y). /f(x) f [;] [;] ( ) f x dx 4 ( ) ( ) ( ) f f x dx f x dx f x dx 4 f ' f '( x) dx f (7) f () [;7] Per l ultima richiesta, ricaviamo preliminarmente l espressione della funzione y = F(x) nell intervallo [9;]; la funzione y=f(x) in tale intervallo è la retta di pendenza passante per (;), ovvero 4 y f ( x) x 6 x ; F( x) x 6 dx x 6x 74 x ; x x 7 F [9;] x x dx x x 9 F() F '() f () retta tangente: () '() 9 y F F x y x M. Vincoli Esame di Stato 6

6 F() F '() f () retta tangente: y F() F '() x y QUESTIONARIO La funzione un numero u positivo. f ( x) e x è pari, per cui x x e dx e dx,6 per cui u x e dx per u 7 x perché integrale di una funzione dispari su un intervallo simmetrico rispetto all asse y u A x e dx u u u x x x x B e dx e dx e dx e dx u, x C e dx mediante il cambio di variabile t x, con dx dt, si ottiene: t C e dt Sia A x; ax, con x un punto appartenente a all arco di parabola che giace nel primo quadrante. La superficie e il perimetro del rettangolo inscritto valgono rispettivamente e P x ax S x ax. x -ax Derivando le due funzioni si ha: S ' ax, massimo per x a (S(x) è derivabile, si annulla negli estremi dell intervallo ed è positiva per valori interni, quindi ammette un punto di massimo stazionario interno all intervallo di definizione). P ' 4 ax, massimo per x (P(x) è una parabola con concavità verso il basso). a Imponendo che il massimo sia comune, si ha, che ha come soluzione a =. a a M. Vincoli Esame di Stato 6 6

7 Riferita ad un opportuno sistema di riferimento (v. figura), l equazione della circonferenza di raggio r e centro (; r) è considerando la sola soluzione positiva, si ottiene la funzione x f y r y r ry y x y r r ; esplicitandola per x e ( ), che individua la semicirconferenza situata nel semipiano x. Il volume richiesto è dato dalla rotazione completa del segmento circolare di altezza h attorno all asse y: h h h V h f y dy ry y dy rh 4 Si tratta di una distribuzione binomiale con p, q (p = probabilità di rispondere esattamente). 4 4 La probabilità di superare il test è data da: P( risp ) p q p q p 4, Il raggio della sfera è dato dalla distanza tra centro e piano tangente: r 9 Il punto di tangenza è dato dall intersezione tra il piano assegnato e la retta ad essa ortogonale, il cui vettore direzione è (; -; ), passante per il punto; l equazione parametrica di tale retta è: xt y t z t che, sostituita nell equazione del piano, fornisce: t t t 9 t da cui il punto di tangenza ha coordinate (; -; ). 6 Il polinomio nullo P (x) = non soddisfa banalmente la condizione richiesta; per qualunque polinomio non nullo P(x) si ha lim Px ( ), per cui, fissato ad es. M, x P( x) ; in tale intervallo si ha x P( x) P( x) cos x P( x) M. Vincoli Esame di Stato 6 7

8 quindi l affermazione è falsa. 7 Indichiamo con s e d gli spostamenti della pedina rispettivamente nella casella sopra o a destra; per raggiungere la casella A sono necessari 4 spostamenti, di cui 7 a destra e 7 in alto, in un ordine qualunque, 4 4! ovvero una sequenza (ssds.) di 4 lettere di cui 7 s e 7 d; si hanno pertanto percorsi; in modo 7 7!7! analogo, per andare dal punto di partenza a B servono spostamenti a destra e in alto, per cui si hanno percorsi, mentre per andare da B ad A sono necessari 4 spostamenti a destra e in alto, ovvero 6 percorsi; la probabilità che un percorso passi per B è pertanto: P B 6 4, Notiamo che x e x dx x e x x e x dx per cui: F x f ( x) dx xe x x e x dx xe x dx x e x xe x dx x e x c e e c ce x F x f ( x) dx x e e La primitiva cercata è pertanto 9 Dato il piano generico nello spazio, ax by cz d, il suo vettore direzione v a; b; c deve essere ortogonale ai vettori direzione delle due rette; quello della prima è u ; ; ; esprimendo la seconda in forma parametrica si ha: x t y t z t da cui si ricava il vettore direzione w ; ; Imponendo quindi u v a b c c wv a b c a b da cui si ricava v ;; Il fascio di piani paralleli alle due rette ha pertanto equazione: x y d ;imponendo il passaggio per P ; ; si ottiene d =, da cui il piano richiesto è x y. M. Vincoli Esame di Stato 6

9 Si ha: e t f e dt e e ln t x x, da cui f ' x x ln x ln x f ' e e e, per cui la tangente richiesta ha equazione y e e x e y e e x e La derivata f (x) può essere ottenuta o tramite il teorema della funzione composta, come suggerito dal calcolo proposto, oppure utilizzando la definizione: xh x xh t t t x h x z x x f ' x lim dt dt lim dt lim x h e ln t e ln t h x ln t h h ln z ln x ln x x z x h dove M. Vincoli Esame di Stato 6 9