Raccolta Temi d'esame - Corso di Ordinamento

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1 ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO CORSO DI ORDINAMENTO Sessione ordinaria Il candidato risolva uno dei due problemi e dei quesiti in cui si articola il questionario. PROBLEMA Si consideri la seguente relazione tra le variabili reali, :, a dove a è un parametro reale positivo. a) Esprimere in funzione di e studiare la funzione così ottenuta, disegnandone il grafico in un piano riferito ad un sistema di assi cartesiani ortogonali (O). b) Determinare per quali valori di a la curva disegnata risulta tangente o secante alla retta t di equazione. c) Scrivere l equazione della circonferenza k che ha il centro nel punto di coordinate (; ) e intercetta sulla retta t una corda di lunghezza. d) Calcolare le aree delle due regioni finite di piano in cui il cerchio delimitato da k è diviso dalla retta t. e) Determinare per quale valore del parametro a il grafico, di cui al precedente punto a), risulta tangente alla circonferenza k. PROBLEMA Considerato un qualunque triangolo ABC, siano D ed E due punti interni al lato BC tali che: BD DE EC. Siano poi M ed N i punti medi rispettivamente dei segmenti AD ed AE. a) Dimostrare che il quadrilatero DENM è la quarta parte del triangolo ABC. b) Ammesso che l area del quadrilatero DENM sia a, dove a è una lunghezza assegnata, e ammesso che l angolo ABˆC sia acuto e si abbia inoltre: AB a, BC a, verificare che tale quadrilatero risulta essere un trapezio rettangolo. c) Dopo aver riferito il piano della figura, di cui al precedente punto b), ad un conveniente sistema di assi cartesiani, trovare l equazione della parabola, avente l asse perpendicolare alla retta BC e passante per i punti M, N, C. d) Calcolare, infine, le aree delle regioni in cui tale parabola divide il triangolo ADC. Zanichelli Editore, 6 Pag.

2 QUESTIONARIO Indicata con f () una funzione reale di variabile reale, si sa che f () l per a, essendo l ed a numeri reali. Dire se ciò è sufficiente per concludere che f (a) l e fornire un esauriente spiegazione della risposta. Sia f () una funzione reale di variabile reale, continua nel campo reale, tale che f (). Calcolare: f () dt lim, e dove e è la base dei logaritmi naturali. Si consideri il cubo di spigoli AA, BB, CC, DD in cui due facce opposte sono i quadrati ABCD e A B D C. Sia E il punto medio dello spigolo AB. I piani ACC e D DE dividono il cubo in quattro parti. Dimostrare che la parte più estesa è il quintuplo di quella meno estesa. Un tronco di piramide ha basi di aree B e b ed altezza h. Dimostrare, col metodo preferito, che il suo volume V è espresso dalla seguente formula: V h (B b Bd ). In ogni caso esplicitare ciò che si ammette ai fini della dimostrazione Sia f () una funzione reale di variabile reale, derivabile in un intervallo [a, b] e tale che, per ogni di tale intervallo, risulti f (). Dimostrare che f () è costante in quell intervallo. Dimostrare che si ha: n n n k k k dove n, k sono numeri naturali qualsiasi, con n k. Fra i triangoli inscritti in un semicerchio quello isoscele ha: A) area massima e perimetro massimo; B) area massima e perimetro minimo; C) area minima e perimetro massimo; D)area minima e perimetro minimo. Una sola risposta è corretta: individuarla e darne un esauriente spiegazione. Considerata la funzione: f () a a, dove a è un parametro reale non nullo, determinare i valori di a per cui essa ha un massimo e un minimo relativi e quelli per cui non ha punti estremanti. Zanichelli Editore, 6 Pag.

3 9 Il limite della funzione sen cos, quando tende a, A) è uguale a ; B) è uguale ad ; C) è un valore diverso dai due precedenti; D)non è determinato. Una sola risposta è corretta: individuarla e darne un esauriente spiegazione. Si consideri la funzione sen. Stabilire se si può calcolarne il limite per e spiegare se il calcolo può essere effettuato ricorrendo al teorema di De cos L Hospital. Durata massima della prova: 6 ore È consentito soltanto l uso di calcolatrici non programmabili. Non è consentito lasciare l Istituto prima che siano trascorse ore dalla dettatura del tema. Zanichelli Editore, 6 Pag.

4 SOLUZIONE DELLA PROVA D ESAME CORSO DI ORDINAMENTO Sessione ordinaria PROBLEMA a) Posto e, la relazione diventa a a a a da cui. La funzione da studiare è a a a a con dominio a. Si tratta di una funzione C a omografica il cui grafico è un iperbole equilatera con asintoti a a e a, centro di simmetria C (a; a) e vertici A(a; a), O(; ). In quest ultimo punto la funzione non è però definita e a presenta una discontinuità di terza specie con. Si a può tracciare il grafico (figura ) nel quale il valore di a è stato scelto in maniera arbitraria. a b) Si valuta la posizione reciproca tra la funzione e la retta discutendo il sistema a. L equazione risolvente è a ; essa ammette soluzioni reali se e solo se il discriminante è positivo o nullo. Poiché a, risulta a per a. Pertanto la retta t è secante per a, è tangente per a. c) La circonferenza k ha centro C (; ) noto e raggio incognito. Si tracci la perpendicolare C H alla retta t (figura ). Per un teorema della geometria euclidea, tale perpendicolare divide a metà la corda BD che la circonferenza stacca sulla retta. La distanza del punto C (; ) dalla retta vale: C H, mentre HB B D HB. Applicando il teorema di Pitagora al triangolo BC H, risulta C B. Esso è il raggio cercato. L equazione della circonferenza k è: ( ) ( ) ovvero. d) Ponendo a sistema l equazione della circonferenza k e la retta t si trovano le coordinate dei punti B e D: B ; D. O a Valutando le coordinate dei punti C, B e D si osserva che i segmenti C B e C D sono rispettivamente paralleli agli assi cartesiani e quindi tra loro perpendicolari. Pertanto il settore circolare delimitato dall angolo BĈ D è la quarta parte del cerchio corrispondente alla circonferenza. Indicata con S l area del minore dei segmenti circolari in cui la retta t divide la circonferenza k, essa si ottiene per differenza t O C D A a = a H Figura. S B + = + = Figura. Zanichelli Editore, 6 Pag.

5 tra l area del settore e l area del triangolo C BD. S ( ). L area S del restante segmento circolare si ricava per differenza tra l area del cerchio e S : S () (). e) La risoluzione è compiuta per via geometrica poiché la discussione algebrica della tangenza tra circonferenza e iperbole porterebbe a un sistema di quarto grado difficilmente risolvibile per via elementare. Nella figura sono rappresentate le possibili posizioni dell iperbole parametrica rispetto alla circonferenza. a. b. c. Figura. Si osserva che entrambe le curve sono simmetriche rispetto alla bisettrice del I e III quadrante: nella circonferenza il centro si trova sulla bisettrice che è pertanto diametro e quindi asse di simmetria della circonferenza; nell iperbole la retta costituisce l asse trasverso dell iperbole stessa e pertanto è asse di simmetria. Ne consegue che i punti di intersezione tra le due curve sono a due a due simmetrici rispetto all asse di simmetria. Nel caso della tangenza due di questi punti devono coincidere e quindi trovarsi sulla bisettrice. Si trova il punto di tangenza T (figura b) risolvendo il sistema: (non accettabile). a Si impone all iperbole il passaggio per il punto T (, ): a a ( ) ( )( a) a ( ) a. a L iperbole è tangente alla circonferenza k per a. PROBLEMA a) Compiuta la costruzione (figura ), si applica una proprietà conseguenza del teorema di Talete al triangolo ADE: una retta, che determina su due lati di un triangolo segmenti proporzionali, è parallela al terzo lato. Pertanto, essendo AM MD AN NE, MN è parallelo a BC e il quadrilatero DENM è un trapezio. I triangoli AMN e ADE sono simili per il primo criterio e il rapporto di similitudine vale. Ne consegue che il rapporto tra le aree risulta, quindi: S AMN S ADE e quindi S DENM S ADE. Osservando i tre triangoli ABD, ADE e AEC, in cui è diviso il triangolo ABC, essi hanno base e altezza rispettivamente congruenti. Sono quindi A N M B H D E C Figura. Zanichelli Editore, 6 Pag.

6 equivalenti. Si può scrivere allora S ADE S ABC, che, sostituita all ultima relazione trovata, porta all espressione: S DENM S ADE S ABC S ABC. b) Poiché l area del quadrilatero DENM è un quarto dell area del triangolo ABC, quest ultimo ha superficie 9a. Si può ricavare l altezza AH: AH S B ABC C AH 9a a. a Si applichi il teorema di Pitagora al triangolo ABH: BH AB AH BH 6 9a a a. M A N Risulta BH BC e quindi H D. Il trapezio DENM è dunque rettangolo (figura ). c) Si ponga un sistema di assi cartesiani come nella figura 6, con O C. Dai dati geometrici precedenti le coordinate dei punti sono: A(a; a), M (a; 6a), N a; 6a, B (a; ), D (a; ) e E (a; ). Vista la scelta del sistema cartesiano l equazione della parabola con asse di simmetria perpendicolare al lato BC è della forma: r s. Imponendo alla funzione il passaggio per i punti N e M si ottiene il sistema a due incognite: 6a r a a r s s a a r s 6. 6a r (a) s (a) r Risolvendo si ricava la soluzione a. s 7 L equazione della parabola è pertanto: 7 a. Figura 6. Nella figura 6 è tracciata la parabola. d) Osservando la figura 6, si nota che la curva interseca il segmento AC oltre che nel punto O (; ) anche in un ulteriore punto P, di cui è necessario calcolare le coordinate. La retta passante per A e C ha equazione 6. 6 Il sistema ha soluzioni (; ) e P a; a. 7 a Si calcolano le aree delle figure mistilinee in cui la parabola divide il triangolo ADC attraverso l integrazione definita. a S AMP a 6 a 7 d B DH E C M A B D E C a O a a a a a Figura. 7 a a a a a. a 8 N P a 6a a Zanichelli Editore, 6 6 Pag. 6

7 L area rimanente S MPCD, che si trova sotto alla parabola, si calcola per differenza tra l area del triangolo ADC e l area S AMP : S MPCD a a a a. 8 8 QUESTIONARIO Se esiste finito il limite lim f () l, ciò è insufficiente per affermare che l immagine della funzione nel punto a vale f (a) l. Infatti, nelle ipotesi, non è noto che il punto a appartenga al dominio della funzione. a Tale punto potrebbe essere soltanto un punto di accumulazione del dominio. È il caso, per esempio, della funzione f (). Essa non è definita nel punto ma esiste il limite lim lim ( ). Il punto in questione è di discontinuità di terza specie. Diversamente, qualora il valore appartenga al dominio della funzione f, può essere che f (a) l. se Per esempio, la funzione f () ammette limite lim f () ma ciò è diverso dall imma- se gine f (). Si tratta ancora di un punto di discontinuità di terza specie. Partendo dal numeratore della frazione di cui è richiesto il calcolo del limite, poiché la funzione è continua in R, si può applicare il teorema della media integrale alla funzione f nell intervallo [; ]: f (t) dt f (z) ( ) f (z), con z [; ]. f (t) dt Pertanto lim f (z) lim f (z). e e e Ora, essendo z [; ], se tende a anche z tenderà a e lim f (z) lim f (z) per l ipotesi di continuità. Risulta quindi lim f (t) dt lim f ( z). e e e La costruzione richiesta dalle ipotesi è la seguente. Osservando la figura si nota che le quattro parti in cui viene suddiviso il cubo sono prismi retti che hanno la stessa altezza, pari allo spigolo del cubo (figura 7). Il confronto dei volumi richiesto si riduce così a un problema di geometria piana dove si confrontano le aree in cui viene a essere scomposta la superficie di base ABCD (figura 8). Si indica con a il lato del cubo. I triangoli AEF e DFC sono simili per il primo criterio di similitudine tra triangoli. Il rapporto di similitudine risul- AE ta:. D C a a. Tale rapporto vale anche per le altezze HF e FK e D' C' A' B' D C A E B Figura 7. Zanichelli Editore, 6 7 Pag. 7

8 quindi HF FK. Poiché HF FK a ne consegue che: D K C HF a e FK a. Si calcolano così le superfici: S AEF a a a ; S CFD a a a ; F S AFD S ACD S CDF a a a ; 6 S FEBC S ABC S AEF a a a ; A H E B Figura 8. La superficie più estesa S FEBC è il quintuplo della superficie meno estesa S AEF. Tale relazione è mantenuta per i corrispondenti volumi. Si prolunghino gli spigoli laterali del tronco di piramide di base, per esempio, triangolare (figura 9) e si tracci l altezza OH della piramide ottenuta. Si assuma OH h. Nota l espressione del volume di una piramide, il volume del tronco di piramide si calcola come la differenza dei volumi delle piramidi di vertice O e basi coincidenti con quelle del tronco. Pertanto: V B h b (h h) [h (B b) bh]. h' O K Ricordando il teorema relativo alle sezioni parallele di una piramide, in cui le aree delle sezioni sono direttamente proporzionali ai quadrati delle loro distanze dal vertice della piramide, si può scrivere: B b h (h h) e, estraendo la radice quadrata, B b h (h h). Da quest ultima relazione si ricava h : h H Figura 9. h hb B Bb h h. B b B b b B Infine, si sostituisce tale risultato nell espressione del volume: V [h (B b) bh ] [h (B Bb) bh ] h (B b Bb ). Si prenda un punto [a; b ]. Nell intervallo [a; ] la funzione soddisfa il Teorema di Lagrange cioè esiste almeno un punto c ]a; [ tale che: f ( ) f (a) f (c). a Per ipotesi f (c), pertanto f () f (a), cioè f () f (a) per ogni [a; b ]. La funzione è quindi costante nell intervallo di definizione. Zanichelli Editore, 6 8 Pag. 8

9 6 7 8 Si tratta della formula di Stifel dei coefficienti binomiali. Tale espressione, assunta come vera, può essere verificata membro a membro utilizzando la legge dei tre fattoriali n n!. Diversamente, essa si k k!(n k)! dimostra facendo riferimento al significato di n come il numero delle combinazioni di classe k i cui elementi sono scelti da un insieme A di n elementi distinti. Indicato con a un elemento di A, le combinazioni k di classe k che contengono l elemento a sono quelle combinazioni di n elementi di classe k, a cui si aggiunge l elemento a stesso. Il numero di questi sottoinsiemi è n. k Le combinazioni di classe k che non contengono l elemento a sono invece n. Pertanto, sommando k le combinazioni che contengono a con quelle che non lo contengono, si ottiene il numero complessivo delle combinazioni di n elementi di classe k cioè: n n n k k k. Osservando la figura si nota che un triangolo inscritto nella semicirconferenza ha area massima quando è massima l altezza CH. Ciò si realizza quando quest ultima coincide con il raggio r della semicirconferenza e il triangolo è isoscele (ABC ). Posto BÂC, con, si trova il perimetro f () del triangolo ABC: f () r r cos r sen. Si valutano i massimi e i minimi della funzione discutendo il segno della derivata prima f (): f () r ( sen cos ). Risolvendo la disequazione risulta che f è crescente per, decrescente per e ha massimo nel punto. Se BÂC ; il triangolo ABC è isoscele. Pertanto il triangolo isoscele inscritto ha area e perimetro massi- mo e la risposta esatta è A). La funzione polinomiale f () a a è continua e derivabile nel campo reale. Essa ha degli estremanti solo se la sua derivata prima, f () a a, non ha segno costante. Ciò avviene se il discriminante di f () risulta strettamente maggiore di zero, cioè: A r C' C O H B Figura. a 9a a 9 a. Si può concludere che per a 9 a la funzione f ha estremanti, mentre per 9 a non ne ha. Zanichelli Editore, 6 9 Pag. 9

10 Si noti che nel caso limite a 9 la derivata prima diventa: f () 7 9 Essa si annulla nel punto ed è negativa per ogni altro valore di. In tal caso la funzione non ha estremanti e ha in un punto di flesso orizzontale. 9 Si tratta di calcolare il limite lim sen cos. La funzione al numeratore, sen cos, non ammette limite per ma è comunque limitata se si tiene conto che sen e cos. Si può scrivere: sen cos sen cos e pertanto. Poiché lim e lim, per il teorema del confronto risulta lim sen cos e la risposta esatta è A). Dato il limite lim sen, si raccoglie al numeratore e al denominatore della frazione: cos se n lim se n sen lim lim. cos co s co s sen Poiché sen e quindi, per il teorema del confronto vale lim se n. Allo stesso modo si dimostra che lim co s. Pertanto esiste il limite: se n lim sen lim. cos co s f( ) Alla luce del teorema di De L Hospital, volendo trattare il limite lim, una delle condizioni dell ipotesi g ( ) è che deve esistere un valore M tale che, M, le funzioni f () e g () siano derivabili e g (). Nel caso in questione g () cos e g () sen. Si osserva che la derivata prima si annulla per k con k intero e quindi non esiste un intorno di in cui valga sempre g (). Pertanto il teorema non può essere applicato. Zanichelli Editore, 6 Pag.

11 ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO CORSO DI ORDINAMENTO Sessione suppletiva Il candidato risolva uno dei due problemi e dei quesiti in cui si articola il questionario. PROBLEMA Si consideri la funzione reale f m di variabile reale tale che: f m, m m dove m è un parametro reale non nullo. a) Trovare gli insiemi di definizione, di continuità e di derivabilità della funzione. b) Indicata con C la curva rappresentativa della funzione f () corrispondente ad m, studiarla e disegnarla in un piano riferito a un sistema di assi cartesiani ortogonali, dopo aver determinato, in particolare, le equazioni dei suoi asintoti e il comportamento nel punto A di ascissa. c) Calcolare l area della regione finita di piano delimitata dalla curva C e dalla retta parallela all asse delle ascisse condotta per il punto A. PROBLEMA Una piramide retta, di vertice V, ha per base il triangolo ABC, rettangolo in A, la cui area è a, dove a è una lunghezza assegnata. Si sa inoltre che A B e che il piano della faccia VAB della piramide forma BC con il piano della base ABC un angolo tale che sen. a) Calcolare l altezza della piramide. b) Controllato che essa è a, calcolare la distanza del vertice C dal piano della faccia VAB. c) Condotto, parallelamente alla base ABC, un piano che sechi la piramide e considerato il prisma retto avente una base coincidente con il triangolo sezione e per altezza la distanza di dalla base ABC, calcolare per quale valore di tale distanza il prisma ha volume massimo. d) Il prisma di volume massimo ha anche la massima area totale? Zanichelli Editore, 7 Pag.

12 QUESTIONARIO Considerata una funzione reale di variabile reale f (), si prendano in esame le due seguenti proposizioni: A: condizione necessaria e sufficiente affinché f () sia definita in un punto a è che sia continua in a. B: condizione necessaria e sufficiente affinché f () sia continua in un punto a è che sia derivabile in a. Una sola delle seguenti combinazioni è corretta: individuarla e fornire un esauriente giustificazione della risposta. A A vera - B vera B A vera - B falsa C A falsa - B vera D A falsa - B falsa Si consideri il cubo di spigoli AA, BB, CC, DD, in cui due facce opposte sono i quadrati ABCD e A B C D. Indicato con E il punto medio dello spigolo AB, sia CF la retta perpendicolare a DE condotta per C. I piani D DE e C CF dividono il cubo in quattro parti. Calcolare a quale frazione del cubo equivale ciascuna di esse. Calcolare se esiste un numero naturale n per il quale risulti: n k n k Sia f () una funzione reale di variabile reale, derivabile con derivata continua in tutto il campo reale, tale che: f () ed f (). Calcolare: f (t) dt lim cos Dimostrare che la derivata, rispetto a, della funzione a, dove a è un numero reale positivo diverso da, è a ln a. Fra i rettangoli di dato perimetro determinare quello di area massima. Una primitiva della funzione f () è. Se è possibile calcolare f d, determinare il valore dell integrale. In caso contrario spiegare perché il calcolo non è possibile. In un piano, riferito a un sistema di assi cartesiani ortogonali (O), sia T un trapezoide di base [a; b] relativo alla funzione f (), continua in tale intervallo. Dimostrare la formula che esprime il volume del solido generato dal trapezoide quando ruota di un giro completo attorno all asse. Calcolare la derivata della funzione sen rispetto alla variabile, ricorrendo alla definizione di derivata di una funzione. Considerata una funzione reale di variabile reale f (), derivabile almeno due volte in un dato punto a, affinché la funzione f () abbia in a un punto di flesso la condizione f (a) è: A necessaria e sufficiente. B necessaria ma non sufficiente. C sufficiente ma non necessaria. Una sola alternativa è corretta: individuarla e fornire un esauriente spiegazione della risposta. Durata massima della prova: 6 ore. È consentito soltanto l uso di calcolatrici non programmabili. Non è consentito lasciare l Istituto prima che siano trascorse ore dalla dettatura del tema. Zanichelli Editore, 7 Pag.

13 SOLUZIONE DELLA PROVA D ESAME CORSO DI ORDINAMENTO Sessione suppletiva PROBLEMA a) Per determinare il campo di esistenza della funzione poniamo il denominatore diverso da : m m m m. Tale condizione è sempre vera se m >. Se m (m per ipotesi) risulta: m m m m. Pertanto il campo di esistenza D si può così scrivere: D R se m R {m, m} se m Valutiamo la continuità della funzione. Per m essa è continua nel campo reale. Per m la funzione è continua in R {m, m}, mentre ammette discontinuità di seconda specie nei punti m e m. Stabiliamo l insieme di derivabilità della funzione riscrivendola nel seguente modo: m m m f m Osserviamo che per ogni m appartenente al campo di esistenza, la funzione è derivabile poiché funzione a tratti di funzioni derivabili. Determiniamo il comportamento per m utilizzando la definizione di derivata e calcolando il limite destro e sinistro del rapporto incrementale: lim h lim h m m m f m (m h) f m (m) h f m (m h) f m (m) h lim h h lim h h ( m h) m m h m lim h, h m h (m h) m m h m lim h 8m 8. h m h Essendo tali limiti diversi, si conclude che la funzione non è derivabile per m. Pertanto l insieme di derivabilità D è: D R {m} se m R {m, m, m} se m b) Per m si ha: se f () se se Zanichelli Editore, 7 Pag.

14 Il campo di esistenza della funzione è R. La corrispondente curva C interseca gli assi solamente nell origine. Inoltre f (). Calcoliamo ora i limiti per che tende a. lim lim, Cerchiamo gli eventuali asintoti obliqui: lim f ( ) lim, lim [ f () ] lim lim, quindi la retta è asintoto per ; lim f ( ) lim, lim [ f () ] lim lim, lim lim. quindi la retta è asintoto per. Per quanto riguarda la derivata prima, sappiamo dal punto a) che f non è derivabile in, poiché la derivata destra vale mentre quella sinistra vale 8. In particolare è un punto angoloso e la curva C in tale punto A(; ) ha come tangente da sinistra la retta di coefficiente angolare 8, ovvero la retta 8, e come tangente da destra la retta di coefficiente angolare, cioè la retta. Inoltre, per risulta: f () ( ) ( ), ( ) ( ) ( ) che è positiva per ogni >, mentre per <: ( ) 6 f () (6 ), ( ) ( ) ( ) che è positiva per. Riassumiamo nello schema della figura il segno complessivo della derivata. La funzione presenta un minimo per, con f (). Studiamo ora la derivata seconda. Per vale: ( )( ) ( )( ) f (), ( ) ( ) che è sempre positiva per, mentre per risulta: (6 )( ) ( )(6 ) f () ( ) f (), ( 8) Figura. f' () f () C = min + + A =+ che è sempre positiva per. Dunque la funzione ha sempre la concavità rivolta verso l alto. Nella figura è rappresentata la curva C. Figura. = O =8 Zanichelli Editore, 7 Pag.

15 c) Poiché la funzione è crescente per, cerchiamo i punti di intersezione tra la retta e la curva C per, risolvendo il seguente sistema:, 6 La curva interseca la retta nei punti A(; ) e B(6; ). L area cercata (figura ) vale: A 6 d. Operando la divisione tra polinomi, si ha che 9. Quindi risulta: A 6 7 d 9 7 9ln 6 C 6 B 8 ln. Figura. O A = PROBLEMA a) Rappresentiamo la piramide retta e tracciamo la circonferenza inscritta nel triangolo di base, con raggio OH (figura ). Calcoliamo la lunghezza dei lati del triangolo ABC. Posto BC, dall ipotesi segue che AB e, per il teorema di Pitagora, AC. Quindi l area del triangolo ABC vale A ABC 6. Deve dunque risultare: 6 a B a. Figura. Ne segue BC a, AB 6a e AC 8a. Per determinare la misura dell altezza VO utilizziamo la relazione trigonometrica VO OH tg. Ricaviamo OH ricordando la relazione che intercorre tra area, semiperimetro e raggio della circonferenza inscritta nel triangolo ABC: A ABC p ABC OH. Pertanto risulta: OH A ABC a a. p A BC a 6a 8a Troviamo ora tg, con angolo acuto sen cos 6 9 tg. Sostituiamo alla relazione VO OH tg : OH a. A H ϕ V α O C Zanichelli Editore, 7 Pag.

16 b) Indicata con h la distanza del vertice C dal piano della faccia VAB, essa è l altezza della piramide se consideriamo come base il triangolo VAB. Calcoliamo l area di tale triangolo: V O VH 6 a A VAB AB VH 7 8 a. se n Il volume della piramide è V A ABC VO 9 a. Ma anche V A VAB h 6 a h. Quindi deve risultare: 6 a h 9 a h 9 6 a. c) In figura è rappresentato il piano secante la piramide retta di partenza. C' V Sia la distanza OO del piano dalla base ABC, ossia l altezza del prisma. Allora A' a. O' I triangoli ABC e A B C si corrispondono nell omotetia di centro V e rapporto k V B' A O O. V O Poiché VO VO O O a a, si ha: k a a. a a B C α Figura. Poiché A A B C k ne segue che A A B C k A ABC (a ). AABC Il volume del prisma risulta quindi: V prisma A A B C OO (a ) ( a 76 a ). Il valore di che rende massimo tale volume coincide con il massimo della funzione: () a 76a, con ; a. Calcoliamo la derivata di tale funzione: () 7 8a 76a e studiamone il segno: () 6a 9a 8 a a. Figura 6. Riassumiamo la situazione nello schema di figura 6. + Si conclude che il volume del prisma è massimo per 8 a. d) Il perimetro della base del prisma è: p A B C k p ABC a () a a. ma a L area totale del prisma è dunque: (a ) (a)(7a) A prisma A A B C p A B C (a) a8a. '() 8 a a Zanichelli Editore, 7 6 Pag. 6

17 Osserviamo che tale area è espressa da una funzione il cui grafico è un arco di parabola con la concavità rivolta verso il basso. Tale funzione assume il suo valore massimo in corrispondenza dell ascissa del a vertice, cioè per a. In conclusione il prisma di volume massimo non ha anche la massima area totale. QUESTIONARIO L affermazione A è falsa in quanto una funzione può essere definita in un punto senza essere necessariamente ivi continua. Ad esempio: f () se se è definita in ma non è continua nello stesso punto. Anche l affermazione B è falsa in quanto una funzione può essere continua in un punto senza essere necessariamente derivabile. Ad esempio, la funzione è continua su tutto l asse reale ma non è derivabile in. La combinazione corretta è dunque D. Si consideri la figura 7. Indicata con a la lunghezza dello spigolo del cubo, il suo volume è V a. I due piani D DE e C CF dividono il cubo in quattro prismi retti di altezza a e basi i poligoni DFG, CDF, AEFG e CBEF. Indichiamo con V, V, V e V rispettivamente i volumi di tali prismi. Osserviamo che i triangoli CDG e AED sono congruenti, in quanto sono entrambi rettangoli con DC AD e CĜD AÊD (poiché entrambi complementari ad ADˆE). Dunque, sottraendo alle aree di tali triangoli quella del triangolo DFG, ne segue che AEFG e CDF hanno uguale area. Ora, poiché DG AE a, si ha, per il teorema di Pitagora, CG DE a a a. Inoltre, per il primo teorema di Euclide, DG FG CG, cioè a FG a. Perciò FG a e DF DG FG a a a a. Quindi risulta: C' C A DFG FG DF a a a, D' D A CDF A AEFG A AED A DFG a a a. Ne segue V A DFG a a e V V A CDF a a. In conclusione vale: V, V V V V V, V V. A' B' a F G B E A Figura 7. Applicando la formula di Newton, (a b) n n n k k ank b k, con a b, si ottiene n n n k k. L equazione di partenza è dunque equivalente a n 8 76 ovvero n log Questa è verificata per n. Zanichelli Editore, 7 7 Pag. 7

18 f (t) dt Il limite lim si presenta nella forma indeterminata. Per calcolarlo utilizziamo il teorema di cos De L Hospital tenendo conto che per il teorema fondamentale del calcolo integrale risulta D lim f (t) dt f( ) lim cos sen applicando di nuovo il teorema di De L Hospital: f ( ) lim cos. Utilizzando la definizione di derivata alla funzione f () a, otteniamo: f () lim f ( h ) f () lim a hh a lim a h h h h (ah h ) lim a lim a h. h h h Applichiamo il limite notevole lim a h ln a: h h f () a ln a. f (t)dt f(): 6 7 Sia p il semiperimetro del rettangolo e una delle dimensioni. Ne segue che l area del rettangolo è data dal prodotto (p ) p. Determiniamo il massimo della funzione p nell intervallo ]; [. Il grafico di tale funzione è un arco di parabola con la concavità rivolta verso il basso e quindi la funzione assume il valore massimo in corrispondenza del vertice che, in questo caso, ha ascissa p. Ne segue che tra tutti i rettangoli di assegnato perimetro, quello di area massima è il quadrato. Consideriamo l integrale f d f d. Operando la sostituzione t, si ottiene: f (t) dt [ ]. 8 Sia T è il trapezoide ABCD delimitato dalla curva di equazione f(), dall asse e dalle rette a e b (figura 8). Il volume V del solido generato dal trapezoide T in una rotazione completa attorno all asse è: f() D C V b f () d. a Per dimostrarlo, dividiamo l intervallo [a; b] in n parti uguali. Ognuna di queste parti ha lunghezza h b a. Disegniamo il n O A B plurirettangolo inscritto e quello circoscritto al trapezoide, che approssimano la sua area per difetto e per eccesso, e indichiamo con m i e M i le altezze dei rettangoli corrispondenti al sottointervallo i. Nella rotazione completa intorno all asse essi descrivono dei cilindri circolari di altezza h (figura 9). D' C' Figura 8. Zanichelli Editore, 7 8 Pag. 8

19 m i M i h O a b O a h b a. Ogni cilindro per difetto ha per base un cerchio di raggio m i e per altezza h. b. Ogni cilindro per eccesso ha per base un cerchio di raggio M i e per altezza h. Figura 9. Poiché la formula del volume del cilindro circolare di raggio r e altezza h è r h, il volume v n dei cilindri approssimanti il solido per difetto e il volume V n dei cilindri approssimanti per eccesso sono: v n m h m h m n h (m h m h m n h ), V n M h M h M n h (M h M h M n h ). Si può dimostrare che quando n le due successioni v n e V n tendono allo stesso limite e tale limite è uguale al prodotto tra per l integrale definito da a a b del quadrato di f () ossia: V lim v n lim V n n n b a f () d. 9 sen [( h)] sen Sia f () sen, allora f () lim. h h Applicando al numeratore la formula di prostaferesi sen p sen q cos p q sen p q, si ottiene: cos ( h) sen h f () lim lim cos ( h) se n h cos, h h h h essendo lim se n h. h h Un teorema di calcolo differenziale afferma che la condizione f (a) è necessaria ma non sufficiente affinché nel punto a vi sia un flesso. Infatti, ad esempio, la funzione è tale che. Dunque essa ha la derivata seconda che si annulla per, ma, essendo altrove sempre positiva, ha la concavità rivolta verso l alto e quindi non ammette flessi. Zanichelli Editore, 7 9 Pag. 9

20 ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO CORSO DI ORDINAMENTO Sessione ordinaria Il candidato risolva uno dei due problemi e dei quesiti in cui si articola il questionario. PROBLEMA In un piano, riferito ad un sistema di assi cartesiani ortogonali (O), è assegnata la curva k di equazione f (), dove è: f (). a) Determinare per quali valori di essa è situata nel semipiano e per quali nel semipiano. b) Trovare l equazione della parabola passante per l origine O degli assi e avente l asse di simmetria parallelo all asse, sapendo che essa incide ortogonalmente la curva k nel punto di ascissa (N.B.: si dice che una curva incide ortogonalmente un altra in un punto se le rette tangenti alle due curve in quel punto sono perpendicolari). c) Stabilire se la retta tangente alla curva k nel punto di ascissa ha in comune con k altri punti oltre a quello di tangenza. d) Determinare in quanti punti la curva k ha per tangente una retta parallela all asse. e) Enunciare il teorema di Lagrange e dire se sono soddisfatte le condizioni perché esso si possa applicare alla funzione f () assegnata, relativamente all intervallo. PROBLEMA Si considerino le lunghezze seguenti: [] a, a, a, dove a è una lunghezza nota non nulla ed è una lunghezza incognita. a) Determinare per quali valori di le lunghezze [] si possono considerare quelle dei lati di un triangolo non degenere. b) Stabilire se, fra i triangoli non degeneri i cui lati hanno le lunghezze [], ne esiste uno di area massima o minima. c) Verificato che per a le [] rappresentano le lunghezze dei lati di un triangolo, descriverne la costruzione geometrica con riga e compasso e stabilire se si tratta di un triangolo rettangolo, acutangolo o ot- tusangolo. d) Indicato con ABC il triangolo di cui al precedente punto c, in modo che BC sia il lato maggiore, si conduca per A la retta perpendicolare al piano del triangolo e si prenda su di essa un punto D tale che AD sia lungo a: calcolare un valore approssimato a meno di un grado (sessagesimale) dell ampiezza dell angolo formato dai due piani DBC e ABC. Zanichelli Editore, 6 Pag.

21 QUESTIONARIO Il rapporto fra la base maggiore e la base minore di un trapezio isoscele è. Stabilire, fornendone ampia spiegazione, se si può determinare il valore del rapporto tra i volumi dei solidi ottenuti facendo ruotare il trapezio di un giro completo dapprima intorno alla base maggiore e poi intorno alla base minore o se i dati a disposizione sono insufficienti. A Due tetraedri regolari hanno rispettivamente aree totali A e A e volumi V e V. Si sa che. Calcolare il valore del rapporto. V V A Considerati i numeri reali a, b, c, d comunque scelti se a b e c d allora: A a d b c; B a d b c; C D ad bc; a b d c. Una sola alternativa è corretta: individuarla e motivare esaurientemente la risposta. Si consideri la seguente proposizione: La media aritmetica di due numeri reali positivi, comunque scelti, è maggiore della loro media geometrica. Dire se è vera o falsa e motivare esaurientemente la risposta. Determinare, se esistono, i numeri a, b in modo che la seguente relazione: a b sia un identità. Si consideri la funzione: f () ( ) 7 ( ). Stabilire se ammette massimo o minimo assoluti nell intervallo. Calcolare la derivata, rispetto ad, della funzione f () tale che: f () ln tdt, con. La funzione reale di variabile reale è continua nell intervallo chiuso e limitato [; ] e derivabile nell intervallo aperto ], [. Si sa che f () e inoltre f () per ogni dell intervallo ]; [. Spiegare in maniera esauriente perché risulta f (). In un piano, riferito ad un sistema di assi cartesiani (O), è assegnato il luogo geometrico dei punti che soddisfano alla seguente equazione:. Zanichelli Editore, 6 Pag.

22 Tale luogo è costituito da: A un punto; B due punti; C infiniti punti; D nessun punto. Una sola alternativa è corretta: individuarla e fornire un esauriente spiegazione della risposta. La funzione reale di variabile reale f (), continua per ogni, è tale che: f () d a, 6 f () d b, dove a, b sono numeri reali. Determinare, se esistono, i valori a, b per cui risulta: f () d ln e f () d ln. Durata massima della prova: 6 ore È consentito soltanto l uso di calcolatrici non programmabili. Non è consentito lasciare l Istituto prima che siano trascorse ore dalla dettatura del tema. Zanichelli Editore, 6 Pag.

23 PROBLEMA a) Si discute la positività della funzione: si ha per, per. Pertanto il grafico è situato nel semipiano per e nel semipiano per. b) Il punto della curva k di ascissa ha ordinata f () e quindi coordinate (; ). La parabola richiesta ha equazione a b. Il passaggio per (; ) implica che a b e quindi l equazione diventa a (a ). Il coefficiente angolare della retta tangente alla parabola è dato da a a e nel punto di ascissa vale m a. Il coefficiente angolare m della retta tangente alla curva k nel punto è uguale a f (). Poiché f () ( 6 ), m f (). Imponendo la condizione di perpendicolarità tra le due ( ) tangenti, m m, si trova ( a ) a. L equazione della parabola cercata è: 6 7. c) Per le considerazioni al punto b, la retta passante per (; ) e tangente alla curva k ha equazione: ( ) 8. Le intersezioni tra tale retta e la curva si trovano risolvendo il k sistema: SOLUZIONE DELLA PROVA D ESAME CORSO DI ORDINAMENTO Sessione ordinaria 8. L equazione risolvente è 8 8. Poiché è un punto di tangenza, il polinomio sarà divisibile due volte per il binomio ( ). Applicando la regola di Ruffini, esso si scompone nel modo seguente: ( ) ( 8). Figura. Il discriminante di 8 vale: 9 98 ; pertanto non esistono soluzioni reali del polinomio diverse da. Se ne conclude che la retta tangente interseca la curva k solo nel punto (; ). d) Si tratta di determinare i punti stazionari della funzione f, dove, cioè, la derivata prima si annulla. Nel punto b) si era calcolato f () ( 6 ). Pertanto si hanno punti stazionari per e nelle ( ) eventuali soluzioni dell equazione 6. Poiché quest ultima non è risolvibile per via elementare, si consideri la funzione g () 6. Essa è continua e assume in R sia valori positivi che negativi. Per il teorema dell esistenza degli zeri, ammette almeno uno zero e, essendo la derivata prima g () 6 di segno costante, per non andare contro il teorema di Rolle, esisterà un solo zero. In conclusione, i punti in cui la curva k ha tangente parallela all asse sono due, e l unica radice dell equazione 6. e) Il teorema di Lagrange afferma che se una funzione f () è continua in un intervallo chiuso [a; b ] ed è derivabile in ogni punto interno a esso, allora esiste almeno un punto c interno all intervallo tale che: f (b ) f (a) f (c). b a Essendo la funzione f () non definita nel punto e, essa non è quindi continua nell intervallo [; ]. Di conseguenza il teorema di Lagrange non è applicabile. k O Zanichelli Editore, 6 Pag.

24 PROBLEMA a) Tenendo conto che e a, in quanto lunghezze, sono non negative, le condizioni che devono essere soddisfatte sono la positività delle lunghezze dei lati e le disuguaglianze triangolari: a a a a a a a a a a a a a sempre verificato a a a a sempre verificato sempre verificato Per avere un triangolo non degenere deve essere a. b) Per calcolare l area del triangolo, noti i lati, si usa la formula di Erone: S p(p a)(p b)(p c), ove p è il semiperimetro. p a S () a (a ) (a ) a a a. La funzione S è continua nell intervallo ; a ; la sua derivata prima è S () a. Studiando il suo a. segno si ricava che S () quando 6 a a, che ha soluzione a ma 7. Lo schema che si ottiene è 6 Figura. il seguente (figura ). Pertanto il triangolo non degenere ha area massima per a 7. Si osservi che per e 6 a la superficie assumerebbe il valore minimo zero ma questi casi corrispondono a triangoli degeneri. c) Nel punto a) si è trovato che le lunghezze sono lati di un triangolo non degenere quando a, allora ciò è vero per a. In tal caso i lati hanno lunghezze a, a e 7 a, tutti e tre multipli di a secondo numeri razionali. Dato un segmento che assumiamo di lunghezza a, si costruisce il segmento di lunghezza m n a, per esempio, a, nel seguente modo (figura ). Tracciato il segmento AB che misura a, si disegna da A una semiretta non contenente B. Su essa si sceglie un generico punto P e col compasso si riporta per tre volte (il massimo tra m e ed A n nel caso generale) il segmento AP. Congiunto B con P, si manda da P la parallela a BP. Il segmento AC per il teorema di Talete ha lunghezza a. 6 a a a a S'() S() a 6 a a B C P a Allo stesso modo si ottengono i segmenti di lunghezza a e 7 a. La costruzione del triangolo ABC avviene nel piano con P P Figura. Zanichelli Editore, 6 Pag.

25 l uso del compasso. Partendo, per esempio, dal segmento più lungo BC (figura ), si riporta puntando il compasso prima in un estremo poi nell altro rispettivamente i restanti segmenti trovati. L intersezione dei due archi individua il punto A. Si valuta il tipo di triangolo applicando il teorema trigonometrico di Carnot: a A α a BC AB AC AB AC cos. Ricavando cos e sostituendo le lunghezze dei lati, si trova cos. Pertanto il triangolo è ottusangolo. 9 d) Compiuta la costruzione, si tracci da A la perpendicolare a BC e si consideri il triangolo rettangolo HAD (figura ). L angolo da valutare è DĤA. Dai teoremi sui triangoli rettangoli si può scrivere: DA tgdĥa. DA a per ipotesi, HA è l altezza del triangolo H A ABC rispetto alla base BC. Pertanto se S è l area del triangolo S ABC, HA. Dal punto b) del problema si ricava: B C a. S()S a a a a a a Quindi: HA 7 7 a e tg DĤA, da cui DĤA arctg. Utilizzando la 7 7 a calcolatrice scientifica si trova: DĤA 7,. B B H D A 7 a C Figura. C Figura. QUESTIONARIO D a C Si costruisca un trapezio isoscele ABCD di base minore CD di lunghezza a e altezza h (figura 6). h Per ipotesi risulta AB a e AH KB a. Compiendo una rotazione attorno alla base maggiore, il solido ottenuto è dato da un cilindro e due coni congruenti. Esso ha quindi volume V : A a H a K a B Figura 6. V h a h a ah. Eseguendo una rotazione intorno alla base minore, si ottiene un cilindro con due cavità coniche uguali. Il volume V è: V h a h a ah. Si trova così che il rapporto V ah è indipendente dai valori di a e di h e quindi i dati del V ah problema sono sufficienti. Zanichelli Editore, 6 6 Pag.

26 Due tetraedri regolari sono figure simili, pertanto se il rapporto di lunghezze corrispondenti (rapporto di A similitudine) è a, allora il rapporto delle aree vale a e il rapporto dei volumi a. Per ipotesi, V A quindi il rapporto di similitudine risulta uguale a. Ne consegue: (). V Date le disuguaglianze a b e c d, per la proprietà dell addizione di disuguaglianze dello stesso senso vale a c b d a d b c. La risposta esatta è B. Siano a e b due numeri reali positivi. La loro media aritmetica è a b, mentre quella geometrica vale ab. Bisogna valutare se la disuguaglianza a b ab è vera o falsa. Poiché a e b sono positivi, i due membri della disuguaglianza sono anch essi positivi e si possono elevare entrambi al quadrato: (a b) ab (a b). Quest ultima relazione è sempre verificata per a b. Pertanto, non essendoci nessuna ipotesi a questo riguardo, la proprietà del testo è vera soltanto per a b. Consideriamo membro a membro la possibile identità. Primo membro:. ( ) ( ) a b Secondo membro: ( a b) a b ( )( ) Per l identità dei polinomi, i due membri sono uguali se vale il sistema: a b cioè a b a. b La funzione f, essendo riconducibile a un polinomio, è continua nel campo reale e in particolare nell intervallo chiuso ;. Vale allora il teorema di Weierstrass, per il quale la funzione ammette il massimo e il minimo assoluto. Si consideri un valore tale che. Per la proprietà dell integrale rispetto all intervallo di integrazione si può scrivere: f () ln tdt ln tdt ln tdt ln tdt ln tdt. Per definizione della funzione integrale F () ln tdt, risulta: f () F ( ) F (). Derivando membro a membro e alla luce del teorema fondamentale del calcolo integrale si trova: f () F ( ) F () ln ( ) ln ln. Poiché sono soddisfatte le ipotesi del teorema di Lagrange, esiste un punto c ]; [ tale che: f (c) f ( ) f () f (). Zanichelli Editore, 6 7 Pag. 6

27 Essendo f (), risulta f (), e quindi f (). 9 La condizione di realtà delle radici richiede che il campo di esistenza della funzione soddisfi il seguente sistema:, cioè. Il campo di esistenza contiene solo e e pertanto il luogo è formato da due punti: la risposta esatta è quindi B. Considerati gli integrali f () d ln e f () d ln, si compia il cambiamento di variabile t : t Se, d dt quindi f () d ln 6 f (t ) dt ln 6 f (t ) dt ln ; f () d ln 6 f (t ) dt ln 6 f (t ) dt ln 6; Sottraendo membro a membro le due uguaglianze, si ottiene: f (t) dt ln. Ora, poiché f () d a e 6 f () d b, si conclude per confronto che a ln e b ln. Per esercitarti ancora sugli argomenti trattati nel Svolgi il Problema Esercizio 76 pag. V Problema pag. W 68 (punti a, b) Quesito pag. W 7 Quesito 6 pag. W 69 Problema Esercizio 8 pag. V 98 Problema pag. π 97 (punto b) Quesito Quesito 6 pag. π 96 Quesito Quesito pag. π 96 Quesito Quesito 8 pag. W 7 Quesito Problema 6 pag. W 7 Quesito 6 Quesito pag. U 8 Quesito pag. U 7 Quesito 7 Quesito pag. W 6 Quesito 8 pag. W 6 Quesito 8 Quesito pag. V 88 Quesito 6 pag. W 69 Quesito 9 Esercizio pag. U (seconda parte) Esercizio pag. U 9 (seconda parte) Quesito Quesito 6 pag. W 6 Zanichelli Editore, 6 8 Pag. 7

28 ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO CORSO DI ORDINAMENTO Sessione suppletiva Il candidato risolva uno dei due problemi e dei quesiti in cui si articola il questionario. PROBLEMA Se il polinomio f () si divide per si ottiene come quoziente e come resto. a) Determinare f (). b) Studiare la funzione ( ) f e disegnarne il grafico G in un piano riferito a un sistema di assi cartesiani ortogonali (O), dopo aver trovato, in particolare, i suoi punti di massimo, minimo e flesso e i suoi asintoti. c) Trovare l equazione della retta t tangente a G nel suo punto di ascissa. d) Determinare le coordinate dei punti comuni alla retta t e alla curva G. e) Dopo aver determinato i numeri a, b tali che sussista l identità: a b, ( ) calcolare una primitiva della funzione. f PROBLEMA Una piramide di vertice V, avente per base il trapezio rettangolo ABCD, è tale che: il trapezio di base è circoscritto a un semicerchio avente come diametro il lato AB perpendicolare alle basi del trapezio; lo spigolo VA è perpendicolare al piano di base della piramide; la faccia VBC della piramide forma un angolo di con il piano della base. a) Indicato con E il punto medio del segmento AB, dimostrare che il triangolo CED è rettangolo. b) Sapendo che l altezza della piramide è lunga a, dove a è una lunghezza assegnata, e che BC AD, calcolare l area e il perimetro del trapezio ABCD. c) Determinare quindi l altezza del prisma retto avente volume massimo, inscritto nella piramide in modo che una sua base sia contenuta nella base ABCD della piramide. d) Stabilire se tale prisma ha anche la massima area laterale. Zanichelli Editore, 7 Pag. 8

29 QUESTIONARIO Si consideri la seguente equazione in, : k, dove k è un parametro reale. La sua rappresentazione in un piano, riferito a un sistema monometrico di assi cartesiani ortogonali: A è una circonferenza per ogni valore di k. B C è una circonferenza solo per k. è una circonferenza solo per k. D non è una circonferenza qualunque sia k. Una sola alternativa è corretta: individuarla e giustificare la risposta. 6 7 Considerata la funzione di variabile reale: f (), dire se esiste il limite di f () per tendente a e giustificare la risposta. Sia f () una funzione reale di variabile reale. Si sa che: f () è derivabile su tutto l asse reale; f () solo per ; f () per ; f () soltanto per e ; f ( ) ed f (). Dire, dandone esauriente spiegazione, se le informazioni suddette sono sufficienti per determinare gli intervalli in cui la funzione è definita, quelli in cui è continua, quelli in cui è positiva, quelli in cui è negativa, quelli in cui cresce, quelli in cui decresce. Si può dire qualcosa circa i flessi di f ()? Sia f () una funzione di variabile reale definita nel modo seguente: sen per a f () a per sen dove a è un parametro reale non nullo. Stabilire se esiste un valore di a per il quale il dominio della funzione possa essere prolungato anche nel punto. Un titolo di borsa ha perso ieri l % del suo valore. Oggi quel titolo, guadagnando l %, è ritornato al valore che aveva ieri prima della perdita. Esprimere in funzione di. Come si sa, la condizione che la funzione reale di variabile reale f () sia continua in un intervallo chiuso e limitato [a; b] è sufficiente per concludere che f () è integrabile su [a; b]. Fornire due esempi, non concettualmente equivalenti, che dimostrino come la condizione non sia necessaria. Una primitiva della funzione f () è: ln. ln A B. C ln. D ln. Una sola alternativa è corretta: individuarla e fornire una spiegazione della scelta operata. Zanichelli Editore, 7 Pag. 9

30 8 9 S n rappresenta la somma dei primi n numeri naturali dispari. La successione di termine generale a n tale Sn che a n n, è: A costante. B crescente. C decrescente. Una sola alternativa è corretta: individuarla e fornire una spiegazione della scelta operata. Dato un tetraedro regolare, si consideri il quadrilatero avente per vertici i punti medi degli spigoli di due facce. Dimostrare che si tratta di un quadrato. Di due rette a, b assegnate nello spazio ordinario si sa soltanto che entrambe sono perpendicolari a una stessa retta p. a) È possibile che le rette a, b siano parallele? b) È possibile che le rette a, b siano ortogonali? c) Le rette a, b sono comunque parallele? d) Le rette a, b sono comunque ortogonali? Per ciascuna delle quattro domande motivare la relativa risposta. Durata massima della prova: 6 ore. È consentito soltanto l uso di calcolatrici non programmabili. Non è consentito lasciare l Istituto prima che siano trascorse ore dalla dettatura del tema. Zanichelli Editore, 7 Pag.

31 SOLUZIONE DELLA PROVA D ESAME CORSO DI ORDINAMENTO Sessione suppletiva PROBLEMA a) Se un polinomio f () si divide per un polinomio h() di grado inferiore o uguale, esso può essere sempre scritto come f () h() q() r (), dove q() e r () sono rispettivamente il polinomio quoziente e il polinomio resto. Nel nostro caso, f () ( ), pertanto f (). ( ) b) Indicata con g() la funzione, risulta g(). f Il campo di esistenza della funzione è R {, }. Essa è dispari poiché g( ) g() e quindi il grafico G è simmetrico rispetto all origine O del sistema cartesiano. La curva interseca gli assi solamente nel punto (; ); la funzione è positiva per o e negativa per o. Calcoliamo i limiti agli estremi del campo di esistenza, ovvero per e : lim e lim. Perciò le rette e sono asintoti verticali. Inoltre vale lim. Verifichiamo se esiste un eventuale asintoto obliquo: lim g( ) lim e lim [g() ] lim. Ne segue che la retta è asintoto obliquo per. Studiamo ora la derivata prima: g () ( ) ( ). ( ( ) ) ( ) Tale derivata si annulla in e ed è positiva per o. Riassumiamo il quadro dei segni nella figura. La funzione è crescente per e, presenta un massimo per, con f ( ), e un minimo per, g'() g() + + ma min con f (). Altrimenti è decrescente. Figura. Calcoliamo la derivata seconda. ( 6)( ) ( ) ( ) ( )( ) g () ( ). ( ( ) ) ( ) Zanichelli Editore, 7 Pag.

32 Essa si annulla solo in e g () per. Lo schema di figura riassume il segno. N D g''() Figura. flesso La funzione g presenta un unico punto di flesso in corrispondenza dell origine. Il grafico G della funzione è il seguente. G = O Figura. c) Il punto di ascissa ha ordinata. La retta t ha coefficiente angolare 6 g. La sua equazione è dunque: d) Per determinare i punti comuni alla retta t e al grafico G consideriamo il sistema seguente: 9 9 Confrontando le due equazioni si ottiene l equazione risolvente: 9 9. Sappiamo che è soluzione. Applichiamo la regola di Ruffini e ricaviamo: ( 6 8). Zanichelli Editore, 7 Pag.

33 Sostituendo tali ascisse all equazione della retta otteniamo che i punti comuni alla retta t e alla curva G sono: A ; 6 e B ; 6. Nella figura è rappresentato un particolare del grafico G e della retta t. B 6 O A 6 Figura. G t a b e) (a b ) a b Per l identità dei polinomi uguagliamo i coefficienti dei polinomi al numeratore: a b a b a b. Dunque. Compiendo la divisione tra polinomi si trova:. ( ) ( ) Una primitiva di tale funzione è: h() ln ln c ln c. PROBLEMA a) Costruiamo il trapezio rettangolo ABCD, base della piramide (figura ). Per il teorema relativo alle tangenti a una circonferenza condotte da un punto esterno si ha che ED e CE sono le bisettrici rispettivamente degli angoli ADˆC e BĈD. Inoltre ADˆC e BĈD sono supplementari in quanto coniugati interni delle rette parallele AD e BC tagliate dalla trasversale DC. La somma degli angoli EDˆC e DĈE è allora un angolo retto poiché sono rispettivamente la metà di due angoli supplementari. Ne segue che l angolo DÊC è retto e il triangolo DEC è rettangolo in E. b) Rappresentiamo la piramide di base ABCD e vertice V (figura 6). V A E B Figura. D C A D E B C Figura 6. Zanichelli Editore, 7 6 Pag.

34 Per il teorema delle tre perpendicolari, la retta VB è perpendicolare alla retta BC e quindi l angolo formato dalla faccia BCV con il piano di base è ABˆV. Il triangolo rettangolo ABV è, allora, isoscele con entrambi gli angoli acuti di. Ne segue che AB AV a. In particolare a è la misura del raggio della semicirconferenza inscritta al trapezio. Per il teorema sui quadrilateri circoscritti a una circonferenza si ha che AD BC DC e, poiché BC AD, risulta DC AD. Per il teorema di Pitagora vale AB DC AD AD e quindi risulta: a AD AD a. Pertanto risulta BC a e CD a. Il perimetro del trapezio vale: p ABCD a a a a ( )a e l area: A ABCD AD BC AB a a a a. c) Consideriamo il trapezio rettangolo A B C D ottenuto tagliando la piramide con un piano parallelo alla base. Proiettando tale poligono sul piano ABCD otteniamo il prisma di base A B C D e altezza AA. V A' A D' I D B' C' G B F C Figura 7. Sia AA. Ne segue che VA A B VA a. Inoltre, poiché i poligoni ABCD e A B C D sono simili, il rapporto tra le loro aree è uguale al quadrato del rapporto dei loro lati corrispondenti. Quindi, A A B C D A A B A B. Ne segue: ABCD A A B C D A ABCD A B A B a (a ) ( a a ). a 8 Il volume del prisma pertanto vale: V A A B C D AA ( a a ) ( a a ). 8 8 Dobbiamo ora determinare il punto di massimo della funzione f () ( a a ) nell intervallo ]; a [. Calcoliamo la derivata prima: 8 f () ( 8a a ). 8 Zanichelli Editore, 7 7 Pag.

35 Essa si annulla per a o a. Lo schema seguente (figura 8) ne riassume il segno. f'() + a a Il volume massimo del prisma si ottiene perciò per a. f() ma d) Il rapporto tra i perimetri dei poligoni A B C D e ABCD è uguale al rapporto tra i lati corrispondenti nella similitudine. Figura 8. Quindi p A B C D A B. Ne segue: p A B ABCD p A B C D p ABCD A B A B ( )a a a (a ). L area laterale del prisma vale: A lat p A B C D AA (a ). Per determinare quale valore di ]; a[ rende massima la funzione (a ), calcoliamo la sua derivata prima: (a ) ( )(a ). Essa si annulla in a, è positiva per a e negativa per a. Quindi il prisma ha la massima area laterale per AA a e non per AA a. QUESTIONARIO Utilizziamo il metodo del completamento del quadrato per scrivere l equazione nella forma seguente: k k. 8k Tale equazione rappresenta una circonferenza di centro ; e raggio 8 k se e solo se k, cioè se k. La risposta esatta è C. Il campo di esistenza D della funzione f è dato dalle condizioni:, cioè D {}. D non ha punti di accumulazione: non esiste il limite per che tende a, in quanto punto isolato del campo di esistenza. Essendo f derivabile su tutto l asse reale, essa è definita e continua in tutto R. Inoltre, poiché f () tende a per, la funzione è limitata. Ammette massimo e minimi assoluti nei punti rispettivamente e. Poiché f () solo in e f ( ), f (), per il teorema di esistenza degli zeri ne segue che f () per e f () per, altrimenti il grafico della funzione dovrebbe intersecare l asse delle ascisse in altri punti. Zanichelli Editore, 7 8 Pag.

36 Inoltre, da quanto appena osservato e dal fatto che non esistono altri massimi e minimi relativi, si può M concludere che f è crescente negli intervalli ] ; [ e ]; [ e decrescente altrove. O Per quanto riguarda i flessi, si può solo dire che la funzione ha almeno tre flessi ma non si può stabilire il =f() loro numero esatto. Infatti, il grafico di f ha la concavità N rivolta verso il basso nel punto di massimo mentre è rivolta verso l alto per. Quindi deve Figura 9. esserci almeno un flesso per. Inoltre, poiché nel punto di minimo la concavità è rivolta verso l alto, esiste un altro flesso tra e. Analogamente si ha almeno un terzo flesso per. Dalle considerazioni compiute si deduce che il grafico di f ha il seguente andamento, nel caso in cui la f ammetta esattamente tre flessi (figura 9). Per qualsiasi valore di a, la funzione f può essere prolungata anche nel punto, assegnando un arbitrario valore a f (). Ad esempio: sen per a f () per a per sen Diversamente, se si volesse prolungare imponendo la continuità della funzione, possiamo osservare che: lim sen, per ogni a, a a lim sen se a se a Dunque solo per a, i due limiti coincidono. Ne segue che la funzione per a, prolungata definendo f (), risulta essere continua. Sia a il valore iniziale del titolo di borsa. Il valore dopo la perdita dell % è a a a. Oggi vale, guadagnando l %, a a a a a. Quindi, essendo a a, deve valere: ( )( ) ( ), da cui. Il grafico di tale funzione, supponendo, è una parte di un ramo di iperbole omografica. Zanichelli Editore, 7 9 Pag. 6

37 6 L insieme delle funzioni integrabili è più ampio dell insieme delle funzioni continue. Infatti una funzione che, in un dato intervallo, non è continua ma è limitata e ha un numero finito di punti di discontinuità, è integrabile. Basta infatti sommare gli integrali definiti in tutti gli intervalli in cui la funzione è continua. Ad esempio, sia f la funzione a gradini definita nell intervallo [; ] il cui grafico è rappresentato in figura. Calcoliamo l integrale definito in [; ]: f ()d f ()d f ()d f ()d 6. Il concetto di integrabilità può essere ampliato considerando anche particolari funzioni non limitate. Ad esempio, sia g la funzione: se g() se O Figura. definita in [;] con. Allora vale: g ()d lim h d lim h h lim h. h h Interpretando geometricamente quanto osservato, ad esempio per a, possiamo dire che la regione evidenziata in figura è illimitata ma la sua area è finita. = Figura. O 7 Una primitiva di f (), supponendo, è: g() [ln ln( )] ln [ ( )] ln. La risposta esatta è C. 8 La somma dei primi n numeri naturali dispari è S n n. Dimostriamolo per induzione. Per n, S, per n, S. Supponiamo la tesi vera per n, cioè S n n, e dimostriamola per n. Il numero naturale dispari (n )-esimo è (n ), quindi vale: S n S n (n ) n n n n (n ). Sn Possiamo dunque concludere che la tesi è verificata. Ne segue che la successione a n n è costante e vale a n. La risposta esatta è A. Zanichelli Editore, 7 Pag. 7

38 9 Consideriamo il tetraedro in figura. Siano D, E, F e G i punti medi rispettivamente degli spigoli AB, VB, VC e AC. Si ha che i triangoli EBD, VEF, FCG e ADG sono simili rispettivamente ai triangoli ABV, VBC, VAC e ABC, poiché hanno un angolo in comune e i lati adiacenti in proporzione. Ne segue che DE EF FG DG in quanto congruenti alla metà dello spigolo del tetraedro. Possiamo allora concludere che DEFG è un rombo per i criteri per riconoscere i parallelogrammi. Per dimostrare che tale rombo è un quadrato, consideriamo il punto medio M dello spigolo BC e il piano passante per A, V ed M (figura ). ED ed FG sono paralleli a tale piano, in quanto paralleli ad AV. Mentre DG ed EF sono perpendicolari ad, in quanto paralleli alla retta per BC che è perpendicolare al piano. Gli angoli del rombo sono quindi retti e perciò il rombo è un quadrato. A D V G V E F C B Figura. α F E C β Figura. A D G B M a), d) Consideriamo un sistema di riferimento ortogonale dello spazio (Oz) e prendiamo due qualsiasi rette a e b del piano tra loro parallele. Esse sono entrambe perpendicolari all asse z. È quindi possibile che due rette siano parallele e che comunque non siano ortogonali. Le risposte alle domande a) e d) sono rispettivamente sì e no. b), c) Gli assi e sono tra loro ortogonali ed entrambi ortogonali all asse z. Ne segue che è possibile che due rette siano ortogonali e che non siano comunque parallele. Le risposte a b) e c) sono rispettivamente sì e no. Zanichelli Editore, 7 Pag. 8

39 ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO CORSO DI ORDINAMENTO Il candidato risolva uno dei due problemi e dei quesiti in cui si articola il questionario. PROBLEMA Si consideri un tetraedro regolare T di vertici A, B, C, D. a) Indicati rispettivamente con V ed S il volume e l area totale di T e con r il raggio della sfera inscritta in T, trovare una relazione che leghi V, S ed r. b) Considerato il tetraedro regolare T avente per vertici i centri delle facce di T, calcolare il rapporto fra le lunghezze degli spigoli di T e T e il rapporto fra i volumi di T e T. c) Condotto il piano, contenente la retta AB e perpendicolare alla retta CD nel punto E, e posto che uno spigolo di T sia lungo s, calcolare la distanza di E dalla retta AB. d) Considerata nel piano la parabola p avente l asse perpendicolare alla retta AB e passante per i punti A, B ed E, riferire questo piano ad un conveniente sistema di assi cartesiani ortogonali e trovare l equazione di p. e) Determinare per quale valore di s la regione piana delimitata dalla parabola p e dalla retta EA ha area cm. PROBLEMA È assegnata la funzione f (), dove m è un parametro reale. m m a) Determinare il suo dominio di derivabilità. b) Calcolare per quale valore di m la funzione ammette una derivata che risulti nulla per. c) Studiare la funzione f () corrispondente al valore di m così trovato e disegnarne il grafico in un piano riferito ad un sistema di assi cartesiani ortogonali (O), dopo aver stabilito quanti sono esattamente i flessi di ed aver fornito una spiegazione esauriente di ciò. d) Calcolare l area della regione finita di piano delimitata dal grafico, dall asse e dalla retta di equazione. QUESTIONARIO Dopo aver fornito la definizione di rette sghembe, si consideri la seguente proposizione: «Comunque si prendano nello spazio tre rette,, z, due a due distinte, se ed sono sghembe e, così pure, se sono sghembe e z allora anche e z sono sghembe». Dire se è vera o falsa e fornire un esauriente spiegazione della risposta. Zanichelli Editore, 6 Pag. 9

40 Un piano interseca tutti gli spigoli laterali di una piramide quadrangolare regolare: descrivere le caratteristiche dei possibili quadrilateri sezione a seconda della posizione del piano rispetto alla piramide. Dal punto A, al quale è possibile accedere, è visibile il punto B, al quale però non si può accedere in alcun modo, così da impedire una misura diretta della distanza AB. Dal punto A si può però accedere al punto P, dal quale, oltre ad A, è visibile B in modo che, pur rimanendo impossibile misurare direttamente la distanza PB, è tuttavia possibile misurare la distanza AP. Disponendo degli strumenti di misura necessari e sapendo che P non è allineato con A e B, spiegare come si può utilizzare il teorema dei seni per calcolare la distanza AB. Il dominio della funzione f () ln{ ( )} è l insieme degli reali tali che: A) ; B) ; C) ; D). Una sola risposta è corretta: individuarla e fornire una esauriente spiegazione della scelta effettuata. La funzione 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. La derivata della funzione f () e t dt è la funzione f () e. Eseguire tutti i passaggi necessari a giustificare l affermazione. Considerati i primi n numeri naturali a partire da :,,,, n, n, moltiplicarli combinandoli due a due in tutti i modi possibili. La somma dei prodotti ottenuti risulta uguale a: A) n (n ) ; B) n(n ); C) n(n )(n )(n ); D) n(n )(n ). Una sola risposta è corretta: individuarla e fornire una esauriente spiegazione della scelta operata. ed sono due numeri naturali dispari tali che. Il numero : A) è divisibile per e per. B) è divisibile per ma non per. C) è divisibile per ma non per. D) non è divisibile né per né per. Una sola risposta è corretta: individuarla e fornire una spiegazione esauriente della scelta operata. Si consideri una data estrazione in una determinata Ruota del Lotto. Calcolare quante sono le possibili cinquine che contengono i numeri e 9. Il valore dell espressione log log è. Dire se questa affermazione è vera o falsa e fornire una esauriente spiegazione della risposta. Durata massima della prova: 6 ore È consentito soltanto l uso di calcolatrici non programmabili. Non è consentito lasciare l Istituto prima che siano trascorse ore dalla dettatura del tema. Zanichelli Editore, 6 Pag.

41 SOLUZIONE DELLA PROVA D ESAME CORSO DI ORDINAMENTO PROBLEMA a) Detto s lo spigolo del tetraedro T, si ha che AK e DK sono le altezze di due facce di T (figura ) e misurano s. Le altezze D AK e DK sono anche bisettrici e mediane. L altezza DH cade nel baricentro del triangolo ABC, quindi HK AK s. L altezza DH si può calcolare con il teorema di Pitagora applicato 6 al triangolo DHK (figura ): risulta DH s. Figura. A O H B P K C Le altezze del tetraedro si incontrano nel punto O, centro della sfera inscritta in T, che ha raggio OH OP r. I triangoli rettangoli KOH e KOP sono congruenti, allora KO è la bisettrice di HKˆP. Considerando il triangolo OHK, si può scrivere: rhktg s tg 6, ma tg D H, da cui, attraverso le formule di bisezione si giunge a: H K tg s. In definitiva risulta: r. 6 La superficie del tetraedro è: S s s s r. Il volume risulta: V s s s r 8, da cui segue: V S r. b) HP è uno spigolo del tetraedro T, con riferimento al triangolo HPK, nel quale si nota che KĤP KPˆH, si ha: H P HK HP HK sen sen. Dal valore di tg si ricava cos O D H P γ K Figura. sen. Allora s HP s s, da cui si ha: V V. 6 7 D c) Con riferimento alla figura, detto F il punto medio di AB, allora DF e CF sono le mediane delle facce ADB e ACB rispettivamente, il triangolo DFC è quindi isoscele e l altezza EF è anche mediana: il piano interseca CD nel punto medio E. AE è la mediana della faccia CAD, BE è la mediana della faccia CBD, quindi ABE è isoscele e la mediana EF è anche altezza. Dal teorema di Pitagora per AEF : EF AE AF s s s. Figura. A F B E C Zanichelli Editore, 6 Pag.

42 d) Scelto il sistema di riferimento con origine nel punto F, asse delle ascisse coincidente con la retta orientata AB, asse delle ordinate coincidente con la retta orientata FE (figura ), si scrive l equazione della. parabola a b c, passante per i punti A s ;, B s ;, E ; s Risulta: s a b s c a s b s c s c a s b c s s. s E A F B Figura. e) L area del segmento parabolico ABE è A AB EF, l area del triangolo ABE risulta A AB EF. L area delimitata dalla parabola e dalla retta EA è quindi: A (A A ) 6 AB EF 6 s s s, che risulta pari a cm quando s cm. Zanichelli Editore, 6 Pag.

43 PROBLEMA a) La funzione f (), dove m è un parametro reale si può scrivere come: m m, per m m R, per m f (), f () è derivabile. R {}, per m, per m b) Per m risulta: f () ( ) f (). ( m) ( ) ( m ) Per m > risulta: f () f () m. ( ( m) m) c) La funzione da studiare è: f (). La funzione è definita su tutto R. Le intersezioni con gli assi con l asse delle ordinate. sono: A ; con l asse delle ascisse, B ; Si ha inoltre: lim f () e lim f (). Il grafico ha l asintoto orizzontale. La derivata prima risulta: f () ( ( ) ( ) ) ( ) ( )( ) (, ( ) ) f (), quindi (vedi anche figura ) si ha un minimo nel punto m ; massimo nel punto M (; ). ed un + ma min Figura. Studiando la derivata seconda si ottiene: ( )( ) ( ) ( ) f (), ( ) ( ) f (), l equazione non si scompone con la regola di Ruffini, ma si osserva che, per il teorema fondamentale dell algebra, ha al massimo tre radici, quindi tre flessi. I risultati ottenuti in precedenza per i limiti negli estremi del dominio ed i valori dei punti di massimo e di minimo permettono di determinare che i flessi devono essere almeno tre. In definitiva i flessi sono proprio tre. In conclusione si può tracciare il grafico della funzione (figura 6). M(; ) A( ; ) m( ; ) B(; ) O B Figura 6. Zanichelli Editore, 6 Pag.

44 d) L area richiesta (figura 7) si ottiene dall integrale: A A d d d d d d ma d d, allora A ln( ) arctg ln d, arctg arctg,969. O Figura 7. QUESTIONARIO Due rette si dicono sghembe se non giacciono su uno stesso piano. La proposizione è falsa. Considerando infatti le rette r, s, e t su cui giacciono gli spigoli di un parallelepipedo (figura 8), si verifica facilmente che r e s sono sghembe, s e t sono sghembe, ma r e t non lo sono, in quanto incidenti in un vertice del parallelepipedo. t s r Figura 8. In generale si ottiene un quadrilatero sezione convesso, con i seguenti casi particolari: a) se il piano è parallelo alla base, il quadrilatero sezione è un quadrato; b) se il piano è parallelo ad un lato del quadrato di base, il quadrilatero sezione ha due lati paralleli e due no, si ottiene un trapezio isoscele; c) se il piano è parallelo ad una diagonale del quadrato di base, si ottiene un romboide. Zanichelli Editore, 6 6 Pag.

45 Con riferimento alla figura 9 si misura direttamente la distanza AP, quindi si misurano con un goniometro gli angoli e, posti nei vertici A e P ai quali è possibile accedere e dai quali è visibile anche B. Si ricava indirettamente l angolo posto nel vertice B:. A B A P Per il teorema dei seni: AB AP sen. se n se n sen B β A α γ P Figura 9. Il dominio della funzione f () ln{ ( )} si ottiene ponendo l argomento del logaritmo maggiore di zero, quindi ( ) ( ). La disequazione è verificata per: quindi le soluzioni sono:, ovvero la risposta B è esatta. La funzione f () è una cubica, quindi ha al più tre intersezioni con l asse delle ascisse. La derivata prima risulta: f () 6 6 per e. Lo schema di figura mostra che per si ha un massimo e per si ha un minimo. + + ma min Figura. (; ) Risulta poi f () e f (), quindi le coordinate dei punti di massimo e di minimo sono, rispettivamente: M (; ) e m(; ). Considerato che la funzione è continua in tutto R e che lim f(), se ne deduce che la funzione interseca l asse delle in un solo punto, di ascissa negativa, come risulta anche dal grafico di figura. Figura. (; ) 6 Posto g () la funzione f () è una funzione composta e risulta: f () (g ()) g() e t dt. La derivata risulta: f () (g()) g (). Si ha: g (), mentre, per il teorema fondamentale del calcolo integrale si ottiene: (g ()) e (g()), quindi f () e (g()) f () e. Zanichelli Editore, 6 7 Pag.

46 7 8 9 In generale risulta: ( n) n ( n n (n ) n) n k k n k k kh hk n kh hk n k k n k k. Valgono le seguenti relazioni, che si dimostrano facilmente per induzione: n k n (n ) e k n Si ha infine: quella esatta. k k n (n )(n ). 6 ) 6 n (n )(n ) n (n )(n ). La risposta D è kh hk n (n Considerando che ( ) ( )( ) ( ), allora ( ) è divisibile per. Inoltre 6, che equivale a: ( ), che non è divisibile per. La risposta esatta è B. Sono le possibili combinazioni di oggetti scelti tra 88 (i 9 numeri dell urna, tranne e 9). Le possibili cinquine sono quindi: C 88, 88 88! ! 8! Per la definizione di logaritmo: log ( log ) log log log log log. Per esercitarti ancora sugli argomenti trattati nel Svolgi il Problema Quesito pag. V 8 Problema pag. π 9 (punti a, b) Problema pag. W 9 Problema Problema 8 pag. U 7 Problema 8 pag. W (punti a, b) Quesito Quesito 7 pag. π 96 Quesito Quesito pag. π 96 Quesito Problema pag. U (punto a) Problema pag. U (punto a) Quesito Quesito pag. iota 6 Quesito 6 pag. iota 6 Quesito 6 Quesito 8 pag. W 6 Quesito 7 Problema 7 pag. Problema 6 pag. (punti a, f) Quesito 9 Problema pag. (punto a) Quesito Quesito pag. N 9 Quesito 7 pag. N 9 Zanichelli Editore, 6 8 Pag. 6

47 ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO CORSO DI ORDINAMENTO Sessione suppletiva Il candidato risolva uno dei due problemi e dei quesiti in cui si articola il questionario. PROBLEMA Del triangolo ABC si hanno le seguenti informazioni: AB cm; AC cm; CÂB 6. Si tracci la bisettrice di CÂB e se ne indichi con D l intersezione con il lato BC. a) Si calcoli la lunghezza del lato BC e delle parti in cui esso risulta diviso dal punto D. b) Si determinino il coseno dell angolo in B, la misura di AD e, disponendo di un calcolatore, le misure approssimate degli altri due angoli interni di vertici B e C. c) Si trovi sul lato AD, internamente a esso, un punto P tale che la somma s dei quadrati delle sue distanze dai vertici A, B e C sia m essendo m un parametro reale dato. d) Si discuta tale ultima questione rispetto al parametro m. PROBLEMA È data una piramide retta a base quadrata. a) Si sezioni la piramide con un piano parallelo alla base e si indichino con a, b (a b) e h rispettivamente le misure degli spigoli delle basi e l altezza del tronco che ne risulta. Si esprima in funzione di a, b, h il volume del tronco di piramide illustrando il ragionamento seguito. b) Si calcoli il volume massimo della piramide data sapendo che la sua superficie laterale è dm. c) Si calcoli il raggio della sfera circoscritta alla piramide massima trovata. d) Si dia una approssimazione della capacità in litri di tale sfera. QUESTIONARIO Tra i rettangoli aventi la stessa area di 6 m trovare quello di perimetro minimo. Cosa si intende per «funzione periodica»? Qual è il periodo della funzione f () sen cos? Dare un esempio di un solido la cui superficie laterale è. Provare che se l equazione a b c d ha due soluzioni entrambe di valore k, allora k è anche soluzione dell equazione avendo posto a b c d. A quale condizione k è anche soluzione di? Dare una giustificazione delle formule: Zanichelli Editore, 6 Pag. 7

48 cos cos cos sen e utilizzarle per provare che: cos 8 cos 8 cos Dimostrare che l equazione ammette una sola soluzione reale. Enunciare il teorema del valor medio o di Lagrange [da Giuseppe Luigi Lagrange (76-8)] e mostrarne le implicazioni ai fini della determinazione della crescenza o decrescenza delle curve. Di una funzione f () si sa che la sua derivata seconda è e si sa ancora che: f () ln e f (). Qual è f ()? Calcolare l area della parte finita di piano delimitata dalla curva d equazione e e dagli assi cartesiani. Definire gli asintoti orizzontale, obliquo, verticale di una curva e fornire un esempio di funzione f () il cui grafico presenti un asintoto orizzontale e due asintoti verticali. Durata massima della prova: 6 ore. È consentito soltanto l uso di calcolatrici non programmabili. Non è consentito lasciare l Istituto prima che siano trascorse ore dalla dettatura del tema. Zanichelli Editore, 6 Pag. 8

49 SOLUZIONE DELLA PROVA D ESAME CORSO DI ORDINAMENTO Sessione suppletiva PROBLEMA a) La lunghezza del lato BC del triangolo ABC disegnato in figura si calcola mediante il teorema di Carnot: BC AB AC AB AC cos (CÂB). Sostituendo i dati AB cm, AC cm, cos (CÂB) cos (6 ) e omettendo da qui in poi per semplicità C Figura. l unità di misura cm, si ottiene: BC Per il teorema della bisettrice di un angolo interno di un triangolo, la bisettrice dell angolo CÂB divide il lato BC in parti direttamente proporzionali agli altri due lati, quindi: CD DB AC AB (CD DB) CD ( ). CD DB Nell ultimo passaggio è stata utilizzata la proprietà del comporre delle proporzioni. Essendo: CD DB BC 7, si ha: 7 CD CD 7 e DB CD 7. b) Per calcolare cos (ABˆC ) si applica nuovamente il teorema di Carnot al triangolo ABC: AC AB BC AB BC cos (ABˆC). A P D B Quindi: cos (ABˆC) AB BC AC 9 7. AB BC 67 7 Anche la misura del lato AD si trova con un ulteriore applicazione del teorema di Carnot, questa volta al triangolo ABD: AD AB BD AB BD cos (ABˆD), ed essendo ABˆD ABˆC, si ottiene: 9 7 AD La misura approssimata in gradi dell angolo ABˆC arccos 7 si ottiene utilizzando la funzione cos della calcolatrice impostata nella modalità DEG: ABˆC,8996. La misura approssimata dell angolo in C si ottiene per differenza: Zanichelli Editore, 6 Pag. 9

50 AĈB 8 6, ,66. Sempre con la calcolatrice si può automaticamente convertire nel sistema sessagesimale (gradi-primi-secondi) le due misure approssimate; si ottiene ABˆC 6 e AĈB c) Si cerca un punto P sul lato AD che verifichi: PA PC PB m. Si pone PA, quindi PA, con 6 e si esprime PC e PB in funzione di utilizzando ancora una volta il teorema di Carnot e ricordando che CÂP PÂB : PC AP AC AP AC cos( ), PB AP AB AP AB cos( ) 9. L equazione PA PC PB m diventa: m. d) Si determina per quali valori del parametro m l equazione di secondo grado m ha una o due soluzioni accettabili, cioè comprese nel suo dominio geometrico 6. Si stabiliscono prima di tutto le limitazioni, cioè i valori che m deve assumere quando P si trova ai limiti del dominio. Se P A, PA PC PB AC AB 9 m m ; se P D, PA PC PB AD DC DB , quindi: m 9 9 m 99. L equazione m può essere interpretata come l equazione risolvente del sistema:, m 6 in cui la prima equazione rappresenta un arco di parabola con asse parallelo all asse e di vertice V 6 ; 7 mentre la seconda equazione rappresenta, al variare di m, un fascio di rette parallele all asse (figura ). Sostituendo nell equazione della parabola i valori limite del dominio geometrico, e 6, si determinano i punti (; ) e 6 ; 99. In figura sono evidenziati l arco di parabola individuato dalle limitazioni, la retta tangente e le rette passanti per gli estremi dell arco di parabola. Osservando il grafico si deduce che la retta m interseca l arco di parabola: in due punti se 7 m 9 9 m 99 ; in un punto se 9 9 m 99 m O 6 6 Figura. = + Zanichelli Editore, 6 Pag.

51 Quindi l equazione s() m ha: due soluzioni per 7 m 99 ; una soluzione per 99 m. PROBLEMA a) Sia la piramide retta quadrata di figura, avente vertice V, base quadrata ABCD e altezza VH, la piramide data dal problema. Per un teorema di geometria euclidea nello spazio è noto che, se si seziona una piramide con un piano parallelo alla base, la sezione e la base sono poligoni simili e i lati di questi poligoni sono proporzionali alle distanze del loro piano dal vertice V. Quindi il poligono A B C D di figura, ottenuto sezionando la piramide retta ABCDV con un piano parallelo alla base, è simile al quadrato ABCD ed è quindi anch esso un quadrato. Essendo a b per ipotesi, si indica con a lo spigolo della base ABCD e con b lo spigolo della base A B C D del tronco di piramide e sia H il punto in cui l altezza VH incontra la sezione A B C D. Dal parallelismo delle due basi discende che VH è altezza della piramide A B C D V e che l altezza del tronco di piramide è h HH. Quindi si ha: A' V D' H' D b H B' C' K C a b VH VH a b (VH h) VH. Per la proprietà dello scomporre: bh (a b) b h VH VH. a b A a B Figura. Esprimiamo il volume del tronco di piramide come differenza dei volumi delle due piramidi ABCDV e A B C D V : V (tronco) V (ABCDV ) V (A B C D V ) VH A (ABCD) VH A (A B C D ) VH a VH b. Sostituendo VH VH h nella relazione del volume si ottiene: V (tronco) (VH h) a VH b [VH (a b ) ha ], e sostituendo VH, si trova: V (tronco) bh (a b ) ha a b h [b (a b) a ] h (a b ab). Zanichelli Editore, 6 Pag.

52 b) Ricordiamo che il volume della piramide data è V (ABCDV ) VH a. Per determinarne il volume massimo esprimiamo VH in funzione dello spigolo a. Poiché la piramide data è retta, l apotema VK (figura ) è mediana del triangolo isoscele VBC e H è centro di simmetria del quadrato ABCD, quindi HK A B a. Applicando il teorema di Pitagora al triangolo rettangolo VHK si ottiene: VH V K a V K a. Per ipotesi S l (ABCDV ) p (ABCD) VK, essendo S l (ABCDV ) la superficie laterale della piramide e p (ABCD) il semiperimetro della base ABCD. Ricaviamo VK. Si ha: VK VK. a a Quindi: VH V K a a a a a con le condizioni: a ( a ) a. Sostituendo nella formula del volume otteniamo: V (ABCDV ) f (a) 6 a a. Per calcolare il volume massimo studiamo il segno di f : f (a) 6 a a a a 6 a a a. a Quindi: per a f (a) ; per a f (a) la funzione f è decrescente; per a f (a) la funzione f è crescente. Perciò a è un punto di massimo e la piramide di volume massimo si ottiene per a, quindi V (ABCDV) dm. L altezza della piramide di volume massimo è VH dm le diagonali della 6 base quadrata ABCD hanno lunghezza dm entre gli spigoli laterali misurano dm, esattamente come gli spigoli di base. Quindi le quattro facce laterali della piramide sono triangoli equilateri e la piramide di volume massimo è regolare oltre che retta. c) Per calcolare il raggio della sfera circoscritta utilizziamo le particolari misure e simmetrie della piramide di volume massimo individuate nel punto b). EssendoVH HA HC dm, la sfera circoscritta è il solido che si ottiene, ad esempio, dalla rotazione completa del semicerchio contenente i vertici V, A e C della piramide attorno al diametro AC (figura ). Il raggio della sfera circoscritta è pari a VH e quindi è uguale a dm. A D V H B C Figura. Zanichelli Editore, 6 6 Pag.

53 d) Ricordiamo che la capacità di un litro equivale al volume di dm. Calcoliamo il volume della sfera: V (sfera) r dm. 8 Quindi la capacità della sfera è litri,896 litri. QUESTIONARIO Indicati con e i lati del generico rettangolo di area 6 m, si ha: 6 con,. p Esprimiamo in funzione di utilizzando la prima equazione: 6 con. Sostituendo nella seconda otteniamo l espressione del perimetro p in funzione della sola variabile : f () con. Trovare il rettangolo di perimetro minimo equivale a trovare il minimo, se esiste, della funzione f. Essendo f continua e derivabile nel suo campo di esistenza studiamo il segno di f () : f () ( 6). La soluzione non è accettabile, quindi: f (). Inoltre si ha: per f (), e quindi f è decrescente f ha un minimo in. per f (), e quindi f è crescente Per si ha 6, quindi tra tutti i rettangoli aventi area assegnata quello con il minimo perimetro è il quadrato. Una funzione f A R con A R si dice periodica se esiste un numero reale T tale che, per qualsiasi k intero, si ha: A kt A e f () f ( kt ). Si chiama periodo di f il minimo T che verifica le due condizioni. Per determinare il periodo di f () sen cos, ricordiamo che se due funzioni sono periodiche di periodi T e T le loro funzioni somma o differenza (quando non sono costanti) sono periodiche, con periodo che è il minimo comune multiplo fra T e T. sen cos è la differenza fra due funzioni di periodo, quindi f ha periodo. Si possono fornire diversi esempi di solidi la cui superficie laterale è usando le formule per il calcolo delle superfici laterali. Consideriamo ad esempio la formula S l (cono) r a per il cono circolare retto e la formula S l (cilindro) r h per il cilindro circolare retto. Si ha: S l (cono) r a r a. S l (cilindro) r h r h. Zanichelli Editore, 6 7 Pag.

54 Quindi un cono circolare retto avente raggio di base e apotema 8 è un esempio di solido avente superficie laterale. Un altro esempio è un cilindro circolare retto avente raggio di base 6 e altezza. 6 7 Se indichiamo con h la terza radice del polinomio di terzo grado f () a b c d si ha: a b c d a ( k) ( h). Quindi: f()a(k) (h) f ()a(k)(h)a(k) f ()a(k)(hk) e k è anche soluzione dell equazione f (). Vediamo ora sotto quali condizioni k è anche soluzione di f () : f () a ( h k) a ( k) f () a ( h k), quindi f (k) a (k h) e f (k) k h cioè se e solo se k è soluzione tripla del polinomio di terzo grado dato. Per calcolare cos utilizziamo le formule di addizione del coseno: cos() cos cos sen sen. Ponendo si ottiene la formula di duplicazione del coseno: cos() cos() cos cos sen sen cos sen. Ricaviamo sen dall identità fondamentale sen cos, quindi sen cos ; sostituendo nella formula di duplicazione del coseno si trova: cos() cos sen cos cos cos. che è la prima delle due identità da provare. Ricaviamo cos dall identità fondamentale sen cos, quindi cos sen ; sostituendo nella formula di duplicazione del coseno si ottiene: cos() cos sen sen sen sen. che è la seconda identità da provare. Se scriviamo cos() cos( ()), possiamo applicare la prima identità dimostrata: cos() cos () ( cos ) ( cos cos ) 8 cos 8 cos. Abbiamo così verificato l ultima identità. Le soluzioni dell equazione sono gli zeri della funzione continua e derivabile f () che ha come campo di esistenza l insieme dei numeri reali. Essendo lim f () lim, per il teorema degli zeri esiste almeno un punto in cui f si annulla. Per dimostrarne l unicità osserviamo che: f () f () R, pertanto la funzione f è strettamente crescente su R e non può assumere il valore zero in più di un punto. Il teorema del valor medio o di Lagrange dice che: se una funzione f () è continua in un intervallo chiuso e limitato [a; b] ed è derivabile in ogni punto interno a esso, esiste almeno un punto c interno all intervallo per cui vale la relazione: f (b ) f (a) f (c). b a Zanichelli Editore, 6 8 Pag.

55 8 Le implicazioni del teorema di Lagrange ai fini della determinazione della crescenza o decrescenza delle curve sono contenute nel seguente teorema, che definisce una condizione sufficiente affinché una funzione sia crescente o decrescente in un intervallo. Data una funzione f () continua in un intervallo I e derivabile nei punti interni di I: a) se f () in ogni punto interno di I, allora f è crescente in senso stretto in I ; b) se f () in ogni punto interno di I, allora f è decrescente in senso stretto in I; c) se f () in ogni punto interno di I, allora f è crescente in I ; d) se f () in ogni punto interno di I, allora f è decrescente in I. Dimostriamo il punto a). Siano e I con. Per il Teorema di Lagrange, applicato nell intervallo [ ; ], si ha: f ( ) f ( ) f (c) con c] ; [. Essendo per ipotesi f (c) e, deve essere f ( ) f ( ). Per l arbitrarietà della scelta di e, segue che f è crescente in senso stretto in I. Procedendo in modo analogo si dimostrano gli altri punti. Poiché f (), per il teorema del calcolo integrale risulta: f () d c con c costante arbitraria. Determiniamo c: ln f () ln c c f (). ln ln Integrando ancora: f () d ln ln ln d con d costante arbitraria. 9 Quindi f () ln d ma per ipotesi f () ln, quindi d e f () ln Calcoliamo le intersezioni di e con gli assi cartesiani. la curva interseca l asse nel punto (; ) e ln ln la curva interseca l asse nel punto ( ln; ). ln. La funzione è inoltre crescente. In figura è riportato il grafico della curva e in grigio la parte finita di piano di cui è richiesto calcolare l area S. S ln (e ) d [e ] ln e ln ln ln. Figura. Data la funzione f () si dice che: la retta q è asintoto orizzontale per il grafico della funzione se si verifica almeno uno dei seguenti limiti: lim f () q oppure lim f () q oppure lim f () q; la retta c è asintoto verticale per il grafico della funzione se almeno uno dei due limiti lim f (), lim f () c c è infinito; la retta m q con m è asintoto obliquo per il grafico della funzione se si verifica che: [ f () (m q)] oppure lim [ f () (m q)]. lim ln =e O Zanichelli Editore, 6 9 Pag.

56 Consideriamo ora la funzione razionale f () che ha campo di esistenza R {, } e il cui segno è riportato in figura f() Figura 6. Utilizzando lo studio del segno tracciamo il grafico della funzione (figura 7) e osserviamo che le rette e sono asintoti verticali mentre la retta è asintoto orizzontale. In generale, per costruire funzioni con asintoti, è comodo usare funzioni razionali aventi a numeratore e denominatore polinomi privi di divisori comuni. Infatti se a è una radice del polinomio a denominatore, allora la retta a è asintoto verticale per il grafico di f. Se il grado del numeratore è minore o uguale del grado al denominatore allora il grafico di f ha un asintoto orizzontale. O = 9 Figura 7. Zanichelli Editore, 6 Pag. 6

57 ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO CORSO DI ORDINAMENTO Il candidato risolva uno dei due problemi e dei quesiti in cui si articola il questionario. PROBLEMA Sia f la funzione definita da: f (). Disegnate il grafico G di f.. Nel primo quadrante degli assi cartesiani, considerate la retta c che interseca G in due punti distinti e le regioni finite di piano R e S che essa delimita con G. Precisamente: R delimitata dall asse, da G e dalla retta c e S delimitata da G e dalla retta c.. Determinate c in modo che R e S siano equivalenti e determinate le corrispondenti ascisse dei punti di intersezione di G con la retta c.. Determinate la funzione g il cui grafico è simmetrico di G rispetto alla retta 9. PROBLEMA ABC è un triangolo rettangolo di ipotenusa BC.. Dimostrate che la mediana relativa a BC è congruente alla metà di BC.. Esprimete le misure dei cateti di ABC in funzione delle misure, supposte assegnate, dell ipotenusa e dell altezza ad essa relativa.. Con BC metri, determinate il cono K di volume massimo che si può ottenere dalla rotazione completa del triangolo attorno ad uno dei suoi cateti e la capacità in litri di K.. Determinate la misura approssimata, in radianti ed in gradi sessagesimali, dell angolo del settore circolare che risulta dallo sviluppo piano della superficie laterale del cono K. Zanichelli Editore, 6 Pag. 7

58 QUESTIONARIO Trovate due numeri reali a e b, a b, che hanno somma e prodotto uguali. Provate che la superficie totale di un cilindro equilatero sta alla superficie della sfera ad esso circoscritta come sta a. Date un esempio di funzione f () con un massimo relativo in (, ) e un minimo relativo in (, ). Dimostrate che l equazione e ammette una e una sola soluzione reale. Di una funzione g(), non costante, si sa che: lim g() e g(). Trovate una espressione di g(). 6 Verificate che le due funzioni f () log e g() log() hanno la stessa derivata. Quale giustificazione ne date? 7 Un triangolo ha due lati e l angolo da essi compreso che misurano rispettivamente a, b e. Quale è il valore di che massimizza l area del triangolo? 8 9 La misura degli angoli viene fatta adottando una opportuna unità di misura. Le più comuni sono i gradi sessagesimali, i radianti, i gradi centesimali. Quali ne sono le definizioni? Calcolate: arcsen d. Considerate gli insiemi A {,,, } e B {a, b, c}; quante sono le applicazioni (le funzioni) di A in B? Durata massima della prova: 6 ore È consentito soltanto l uso di calcolatrici non programmabili. Non è consentito lasciare l Istituto prima che siano trascorse ore dalla dettatura del tema. Zanichelli Editore, 6 Pag. 8

59 SOLUZIONE DELLA PROVA D ESAME CORSO DI ORDINAMENTO PROBLEMA ) Il dominio della funzione f, come tutte le funzioni polinomiali, è l intero asse reale; f è continua e derivabile e, poiché è somma di soli termini con esponenti dispari, si ha che f ( ) f (), ovvero f è simmetrica rispetto all origine degli assi. Poiché f non presenta punti di discontinuità gli unici limiti che ha senso considerare sono quelli per che tende a e. Come per tutte le parabole cubiche il risultato di tali limiti non può che essere, di cui si deve determinare il segno; esso dipende dal segno del termine di grado massimo che in questo caso vale ; pertanto c è un inversione del segno dell infinito a cui tende la con quello a cui tende la funzione; ovvero: lim f () e lim f () La f interseca l asse delle ascisse in, come tutte le funzioni simmetriche rispetto all origine, e in e risulta positiva per. La derivata prima, f () 9, è positiva per e pertanto la f è crescente in tale intervallo con un minimo relativo in ; 9 e un massimo relativo in ; 9. La derivata seconda f () 8 è positiva per ogni e pertanto la f ha la concavità verso l alto in tale intervallo, con un punto di flesso nell origine; per un disegno accurato del grafico di f è utile calcolare l inclinazione della tangente nel punto di flesso sostituendo l ascissa del punto di flesso nella f (); si ottiene così f (). Con queste informazioni è possibile disegnare il grafico di f (figura ). 9 O 9 Figura. Zanichelli Editore, 6 Pag. 9

60 ) R S O Figura. ) Siano e le ascisse dei punti di intersezione della f () con la retta c; tali valori sono due delle soluzioni dell equazione c quando c è compresa tra e la del punto di massimo relativo; poiché questa equazione letterale di terzo grado non è risolubile per via algebrica occorre determinare, e c ponendo a sistema le informazioni note, ovvero che f( )c, f( )c, e che l area R, l integrale della differenza tra la retta e la f () calcolato tra e, è uguale all area S, l integrale della differenza tra la f () e la retta calcolato tra e, e cioè: (c )d ( c)d Dopo semplici passaggi si arriva all equazione: c da cui, uguagliando il secondo fattore a zero, si arriva all equazione da porre nel sistema: c () Ricavando c dalla () e sostituendo nella () si ottiene un equazione nella sola incognita, che dopo un raccoglimento diventa un equazione di secondo grado con due soluzioni. A noi interessa solo quella positiva poiché le intersezioni cercate si trovano nel quadrante. Trovato lo si sostituisce nella () o nella () e si trova c ; posto quest ultimo valore 9 nella () si ha un equazione di terzo grado nell incognita, che possiamo abbassare di grado dividendo per il binomio poiché sappiano già che è soluzione di tale equazione. Si ottiene così l equazione: che ha due soluzioni: di cui ci interessa solo quella positiva:. c () c () Zanichelli Editore, 6 Pag. 6

61 ) Per determinare la funzione g (), simmetrica della f () rispetto alla retta, poiché sappiamo 9 che la funzione simmetrica rispetto all asse delle ascisse si ottiene cambiando il segno alla funzione, occorre riferire la f () ad un sistema con asse delle ascisse 9, ovvero: f () 9 considerare la funzione opposta: f () 9 ritornare a riferire il tutto al sistema di riferimento originale, sommando 9, ovvero: g () f () PROBLEMA ) Poiché ABC è un triangolo rettangolo è inscrivibile in una semicirconferenza con l ipotenusa come diametro; pertanto la mediana relativa all ipotenusa sarà un raggio della semicirconferenza e come tale metà del diametro, ovvero dell ipotenusa. ) Indicati, per brevità con i l ipotenusa BC, con h l altezza relativa all ipotenusa si può scrivere la seguente uguaglianza: il prodotto dei cateti è uguale al prodotto dell ipotenusa per l altezza ad essa relativa; inoltre vale il teorema di Pitagora; ponendo a sistema le due uguaglianze si ottiene il seguente sistema simmetrico: AC h i () AB AC i () La () può essere riscritta come (AB AC) AB AC i in cui si può sostituire ad AB AC il valore fornito dalla (), portare tale termine al secondo membro, estrarre la radice quadrata di entrambi i membri e considerare la sola radice positiva, in quanto la somma di segmenti è positiva; il sistema pertanto diventa: AC hi () AB AC i hi () Come per tutti i sistemi simmetrici le soluzioni sono rappresentate dalle radici dell equazione: t st p, con s somma delle incognite e p prodotto; in questo caso diventa: t t i hi hi ; indicato con AC il cateto maggiore le soluzioni saranno: i hi i hi i hi i hi AC e AB ) Se si indica con uno dei due cateti, ad esempio AB l altro sarà AC ; poiché il volume del cono dipende dal quadrato del raggio della base sarà conveniente usare AC come raggio e AB come altezza del cono; il volume di K pertanto sarà: V K AC AB ( ) ( ) m Per cercare il cono di volume massimo occorre uguagliare a zero la derivata prima del volume rispetto alla variabile ; si ottengono così due valori: e, dove, essendo la misura di un segmento, solo la soluzione positiva ha significato geometrico. Se AB allora AC e V K m ; ma un litro corrisponde ad un dm e pertanto: V K litri Zanichelli Editore, 6 Pag. 6

62 ) La misura di un angolo in radianti è pari al rapporto tra la lunghezza dell arco e il raggio; lo sviluppo piano della superficie laterale del cono K origina un settore circolare compreso tra un arco, la cui misura è pari alla misura della circonferenza della base di K (), e due raggi che misurano quanto l apotema del cono K, ovvero. Pertanto l angolo sarà: 6, radianti o, in gradi sessagesimali, g QUESTIONARIO Indicato con m sia la somma dei due numeri cercati sia il loro prodotto, tali numeri saranno le radici dell equazione: m m ovvero: a m m m e b m m m con la condizione, dovendo essere a e b numeri reali diversi tra loro, che il discriminante sia positivo, ovvero: m m. La superficie totale di un cilindro equilatero, avente cioè l altezza uguale al diametro r della base, è: 6r mentre il volume della sfera circoscritta al cilindro, ovvero una sfera di raggio r, ha una superficie pari a 8r ; il rapporto tra le due superficie è, quindi,. La funzione più semplice è da ricercare all interno delle funzioni polinomiali; una funzione con un minimo relativo per e un massimo relativo per è crescente per valori interni a tale intervallo e, pertanto, la derivata prima contiene il fattore ( ); la presenza di un fattore costante non altera il risultato e pertanto la derivata prima può essere: f () a ( ) che integrata fornisce: f () a a c Imponendo il passaggio della funzione per i punti forniti dal quesito si ottiene il sistema: a c che a c a ha soluzione: da c cui: f () Le soluzioni dell equazione: e sono rappresentate dalle intersezioni della funzione f () e con l asse delle ascisse; tale funzione ha derivata prima: f () e, positiva per qualunque reale, e pertanto f () risulta essere monotona crescente e, come tale, assume una e una sola volta tutti i valori del suo codominio; essendo il codominio ], [ la f () assumerà una e una sola volta il valore, intersecando quindi una e una sola volta l asse delle ascisse. Le funzioni che soddisfano le condizioni indicate dal quesito sono infinite ma tutte devono presentare un punto di discontinuità di terza specie in ; un esempio di g () è il seguente: g () per per Zanichelli Editore, 6 6 Pag. 6

63 6 In base alle proprietà dei logaritmi si può trasformare g () come segue: g () log() log() log log log f () Pertanto g () e f () differiscono solamente per la costante log e avranno quindi la stessa derivata: g () f (). 7 L area di un triangolo qualunque è uguale alla metà del prodotto di due lati per il seno dell angolo tra essi compreso, ovvero A ab sen ; tale area sarà massima quando sen e cioè quando. 8 9 Il grado sessagesimale è la 6ª parte dell angolo giro; il radiante è l angolo al centro del cerchio goniometrico che insiste su un arco di lunghezza unitaria; il grado centesimale è la ª parte dell angolo giro. Questo integrale può essere calcolato con la formula di integrazione per parti prendendo come fattore finito arcsen e come fattore differenziale d; si ottiene così: [ arcsen ] Dovendo associare a ciascuno dei quattro elementi di A uno dei tre elementi di B si ottengono diverse applicazioni, ovvero tutte le possibili disposizioni con ripetizione di elementi presi a gruppi di. Zanichelli Editore, 6 7 Pag. 6

64 ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO CORSO DI ORDINAMENTO Sessione suppletiva Il candidato risolva uno dei due problemi e dei quesiti in cui si articola il questionario. PROBLEMA In un piano, riferito ad un sistema di assi cartesiani ortogonali (O), è assegnata la curva K di equazione: () (6 ). a) Disegnarne l andamento, indicando con A il suo punto di massimo relativo. b) Calcolare quanti punti, aventi le coordinate del tipo a, b, dove a, b sono numeri interi, appartengono alla regione piana (contorno compreso) delimitata dall asse e dalla curva K. c) Fra i triangoli isosceli aventi il vertice propriamente detto in A e la base sull asse, determinare quello il cui perimetro è 6. d) Calcolare le aree delle due regioni in cui la curva K divide il triangolo trovato sopra. e) Spiegare perché la funzione () non è invertibile nel suo dominio. Se si restringe convenientemente questo dominio si ottiene una funzione invertibile? Qual è in tal caso la funzione inversa? PROBLEMA Una piramide ha per base il quadrato ABCD di lato lungo 7 cm. Anche l altezza VH della piramide è lunga 7 cm e il suo piede H è il punto medio del lato AB. Condurre per la retta AB il piano che formi con il piano della base della piramide un angolo tale che cos e indicare con EF la corda che il piano intercetta sulla faccia VCD della piramide. a) Spiegare perché il quadrilatero convesso ABEF è inscrivibile in una circonferenza. b) Tale quadrilatero è anche circoscrivibile a una circonferenza? c) Calcolare i volumi delle due parti in cui la piramide data è divisa dal piano. d) Dopo aver riferito il piano a un conveniente sistema di assi cartesiani (O), determinare l equazione della circonferenza. QUESTIONARIO La funzione f () sen è, per, una forma indeterminata di tipo. Il limite della funzione, per : sen A) non esiste; B) è ; C) è ; D) è un valore diverso da e. Una sola risposta è corretta: individuarla e fornire un esauriente spiegazione della scelta effettuata. Zanichelli Editore, 6 Pag. 6

65 Determinare il più grande valore di n per cui l espressione numerica n k k non supera. Sia F () una funzione reale di variabile reale derivabile in un punto a. Si sa che se F (a) allora F () è crescente in a, mentre se F (a) allora F () è decrescente in a. Dimostrare che condizione sufficiente ma non necessaria affinché F () ammetta in a un massimo relativo è che risulti F (a) ed F (a). Risolvere la seguente disequazione in : (ln ) ln( ). Considerato un triangolo equilatero di altezza h e detto P un suo qualsiasi punto interno, indicare con,, z le distanze di P dai lati del triangolo. La somma z risulta: A) sempre maggiore di h; B) sempre minore di h; C) sempre uguale ad h; D)a volte maggiore di h, a volte minore, a volte uguale. Una sola risposta è corretta. Individuarla e fornire un esauriente spiegazione della scelta effettuata. Riferito il piano ad un sistema di assi cartesiani ortogonali (O), si consideri l equazione: p q r. Determinare sotto quali condizioni per i coefficienti p, q, r (non tutti nulli) essa rappresenta l insieme di due rette. Il quadrilatero Q avente per vertici i punti medi dei lati di un quadrilatero convesso Q è un quadrato. Dire quali sono le caratteristiche del quadrilatero Q e darne esauriente dimostrazione. Sia f () una funzione reale di variabile reale continua su tutto l asse reale. Si conosce il valore dell integrale f () d. È allora possibile calcolare: A) f d ; B) f () d ; C) f d ; D) f () d. Una sola risposta è corretta. Individuarla e fornire un esauriente spiegazione della scelta operata. Determinare il dominio della funzione f () ln( ). Di triangoli non congruenti, di cui un lato è lungo cm e i due angoli interni adiacenti ad esso, e, sono tali che sen e sen, ne esistono: A) ; B) ; C) ; D). Una sola risposta è corretta. Individuarla e fornire una spiegazione esauriente della scelta operata. Durata massima della prova: 6 ore È consentito soltanto l uso di calcolatrici non programmabili. Non è consentito lasciare l Istituto prima che siano trascorse ore dalla dettatura del tema. Zanichelli Editore, 6 Pag. 6

66 SOLUZIONE DELLA PROVA D ESAME CORSO DI ORDINAMENTO Sessione suppletiva PROBLEMA a) Il campo di esistenza della funzione f () (6 ) è l intervallo ], [], [ e si ottiene imponendo che il denominatore di f non sia nullo. Lo schema di figura mostra il segno di f : la funzione si annulla in e in 6, è positiva per e per 6, negativa per e per 6. (6 ) f() Figura. Calcoliamo i limiti. Si ha: lim f,lim f, lim f,lim f. Quindi la retta è asintoto verticale. Cerchiamo eventuali asintoti obliqui di equazione m q, con m lim f ( ) e q lim [ f () m ]. Si ha: m lim ( 6 ) q lim (6 ) 6 lim 6. La retta 6 è asintoto obliquo di f. ( )( ) ( ) La derivata prima f () ha campo di esistenza ( ) ( ) uguale a quello di f e si annulla per 6 e. Essendo il denominatore sempre positivo, il segno di f è concorde con il segno del numeratore. Si ha: per 6, f () e la funzione f è crescente; per 6 e, f () la funzione f è decrescente. Quindi 6 è punto di minimo relativo e è punto di massimo relativo. I corrispondenti valori di f sono f (6) 6 e f (). Le coordinate del punto A sono dunque A(, ). 6 La derivata seconda f () non si annulla in nessun punto del ( ) suo campo di esistenza, è positiva per, negativa per. Si conclude che la funzione f non ha flessi, ha concavità rivolta verso l alto per e concavità rivolta verso il basso per. Zanichelli Editore, 6 Pag. 66

67 Il grafico riportato in figura mostra che la curva K è un iperbole non equilatera di asintoti e 6. b) La domanda richiede un conteggio diretto dei punti. Dalle ipotesi a 6 e b f () (a e b numeri interi) si ricava: a e b f (). Quindi i possibili valori che le ascisse dei punti possono assumere sono e sono:,,,,,,, 6. Fissato a, i punti da conteggiare lungo la verticale per sono tutti i punti a, b K 6 6 che soddisfano la condizione b f a ; essi sono int f a, A dove il simbolo int indica la funzione parte intera. Ricordiamo che dato z numero reale, int(z) è il più grande numero intero minore o uguale a z. Memorizziamo i punti di ciascuna linea verticale nella seguente tabella. 6 6 K Figura.,,,,,, 6 f (), 6,6 7,7 8 7,7 7, 6,,,,8, int f a Il numero di punti totale è quindi a int f a 7. c) Indichiamo con B (b; ) il vertice a sinistra di A(; ), con C(c; ) il vertice a destra di A e con H (; ) il piede dell altezza relativa alla base BC (vedi figura ). Per le ipotesi sul triangolo ABC: A BH HC c b e quindi il punto C ha coordinate C ( b;). Sostituendo le coordinate dei punti A e B nella relazione AB BH 8 si ottiene: (b ) 6 (b ) 8. Essendo b per ipotesi, si ha b b ; quindi (b ) 6 6 b che ha senso per b 6. D altronde se fosse b 6, la base BC del triangolo avrebbe lunghezza superiore a 6 e quindi il perimetro non potrebbe essere 6. Possiamo elevare al quadrato ambo i membri della relazione (b ) 6 6 b e risolvendo si ottiene b. Quindi c e il triangolo richiesto ha vertici A(; ), B (; ), C (; ). B D E O Figura. H C 6 K d) Si osserva dalla figura che la regione del triangolo ABC a sinistra della curva K è formata dall unione del triangolo BOD, la cui area è OB OD, con la figura di vertici ODE, la cui area richiede il calcolo di un integrale. In sintesi: A BOE A OBD A ODE. Zanichelli Editore, 6 Pag. 67

68 Calcoliamo le coordinate di D ed E. La retta per A e B ha equazione, quindi si ha D ; e A OBD OB OD. Le coordinate di E si ottengono risolvendo il sistema: da cui si ottiene l equazione risolvente che ha due soluzioni, e. Quindi è l ascissa di E, essendo l ascissa del punto A già noto. L area della figura di vertici ODE è: d d. Poiché 6, si ha: d 6 d d ln ln 6 8. Quindi A BOE A OBD A ODE ln 6 8 ln 6 7. Infine l area della parte di triangolo a destra della curva K si calcola come differenza: f () A OEAC A ABC A BOE ln 6 7 ln 6. e) Una funzione f A B è invertibile se e solo se è iniettiva e suriettiva. Se f è iniettiva ma non suriettiva, è sufficiente sostituire B con il codominio di f per ottenere una funzione invertibile, se f è suriettiva ma non iniettiva, per ottenere una funzione invertibile, si deve restringere il dominio di f ad un sottoinsieme di A in cui f sia iniettiva. La funzione () f () (6 ) non è invertibile perché non è iniettiva: come dimostrato nel punto a), f () f (6). Osservando la figura si può infatti notare che esistono infinite rette paralelle all asse che intersecano il grafico di f in punti. Restringiamo il dominio di f ], [ ], [ ad un sottoinsieme in cui f sia iniettiva. Sempre osservando la figura si individuano almeno quattro sottoinsiemi in cui f è iniettiva: D ], 6] ], ], D ], 6] [, [, D [6, [ ], ], D [6, [ [, [. Altri sottoinsiemi si ottengono restringendo ulteriormente ciascuno dei sottoinsiemi individuati. L espressione dell inversa di f si ottiene ricavando dalla relazione (6 ). Si ha:. Il segno conferma la non invertibilità della funzione f sul suo campo di esistenza. Affinché la radice sia definita deve essere che è soddisfatta per ], ] [6, [; abbiamo così ritrovato il codominio di f. Zanichelli Editore, 6 Pag. 68

69 La parte dell espressione di che non dipende dal segno del radicale è che, come si osserva in figura, è l equazione della retta che passa dai punti di massimo e minimo relativi di f. Quindi rappresenta la parte di grafico della curva K situata a sinistra della retta, mentre = + = = rappresenta la parte di grafico della curva K situata a destra della retta. Allora, ad esempio, la funzione g ], ] [ 6, [ ], 6] ], ] tale che g () è l inversa della funzione () ristretta al dominio D. Procedendo in modo analogo si possono costruire altre funzioni inverse della funzione data (). PROBLEMA A 6 = + = + + Figura. a) Costruiamo la piramide e conduciamo per la retta AB il piano. D La retta CD non interseca il piano e quindi nemmeno la retta EF A (intersezione di col piano della faccia CDV ), perciò CD // EF. Per E ipotesi CD // AB, quindi la corda EF è parallela anche ad AB: pertanto il quadrangolo convesso ABEF è un trapezio. M H Per ipotesi la faccia AVB è un triangolo isoscele (l altezza VH è mediana della base AB), quindi VA VB. Per il primo criterio di congruenza le facce ADV e BCV sono triangoli rettangoli congruenti (AD BC per ipotesi, VA VB, DA VA, BC VB per il C B teorema delle tre perpendicolari) e anche la faccia CDV è un triangolo isoscele. Poiché EF è parallela a CD allora VE VF, quindi, Figura. per il primo criterio di congruenza, il triangolo AFV è congruente al triangolo BEV, da cui AF BE. Il trapezio ABEF è dunque isoscele e quindi inscrittibile in una circonferenza (un quadrangolo convesso con angoli opposti supplementari è inscrittibile in una circonferenza). V F N K b) Condizione necessaria e sufficiente affinché un quadrilatero sia circoscrivibile a una circonferenza è che siano uguali le somme delle coppie di lati opposti. Nel nostro caso dobbiamo verificare se AB EF AF BE. Per determinare EF si osserva che i triangoli VEF e VDC sono simili; una V N volta determinato il rapporto di similitudine si può calcolare anche V M EF. Studiamo quindi il triangolo VHM, riportato per comodità in figura 6: è un triangolo rettangolo isoscele, quindi HVˆM HMˆV. Si ha poi VĤN 9 e VNˆH. V + 9 K N H Figura 6. M Zanichelli Editore, 6 6 Pag. 69

70 Applichiamo il teorema dei seni al triangolo VHN: V N V H sen (9 ) sen ( ) da cui si ricava: 7 cos VN. sen cos cos sen Poiché per ipotesi cos, si ha sen, quindi: 7 VN. 7 V N Essendo VM 7, il rapporto di similitudine è allora V M 7, pertanto EF CD cm. 7 Calcoliamo infine NH mediante il teorema di Carnot: NH VN VH VN VH cosvˆ cm. Affinché la relazione AB EF AF BE sia vera, dovrebbe essere AF AB EF cm. Ma, ricordando che AF è un lato obliquo del trapezio isoscele ABEF e che l altezza del trapezio è NH cm, deve essere AF cm, quindi la relazione AB EF AF BE è falsa e il trapezio ABEF non è circoscrivibile a una circonferenza. c) La parte superiore è la piramide ABEFV di base il trapezio isoscele ABEF la cui altezza VK, come si vede in figura 6, si ottiene proiettando il vertice V sul piano, in particolare sulla retta per NH: VK VHsen(9 )7cos cm. Quindi il volume della piramide ABEFV è: V (ABEFV ) A (ABEF )VK (AB EF ) HN cm cm. Il volume della parte inferiore della piramide ABCDV si ottiene per differenza: V (ABCDEF ) V (ABCDV ) V (ABEFV ) A (ABCD )VH cm cm cm 8 cm. d) Scegliamo un sistema di riferimento di centro O (, ) H, avente come asse la retta per AB orientata da A verso B e come asse la retta per HN orientata da H verso N come illustrato in figura 7. Cerchiamo l equazione della circonferenza passante per i punti A 7,, B 7,, E,, F,, simmetrica rispetto all asse e che quindi ha centro P (, k). L equazione della circonferenza rispetto al sistema di riferimento scelto è quindi ( k) r. Determiniamo k ed r. A F E N P HO γ B Il centro P (, k) deve essere equidistante da B ed E: Figura 7. PE PB 9 ( k) 9 k k. Zanichelli Editore, 6 7 Pag. 7

71 Quindi il centro ha coordinate P, e r PE 8. L equazione di rispetto al sistema di riferimento scelto è 8 diventa: 9., che dopo alcuni calcoli QUESTIONARIO La funzione sen è limitata ( sen ) quindi i contributi di sen al numeratore e di sen al denominatore sono trascurabili per. Per ogni positivo possiamo scrivere:, e sen siccome lim, per il teorema del confronto anche lim se n. Quindi: se n lim sen se n lim lim sen. se n se n La risposta esatta è la B). L espressione n k rappresenta la somma di (n ) n termini consecutivi della progressione aritmetica di ragione : a n a n, con a. Quindi la somma n k si può esprimere come la media arit- k k metica del primo e ultimo termine moltiplicata per il numero dei termini: n k a a n (n ) n (n ) k (n n ). Imponendo la condizione (n n ), si ottiene la disequazione di secondo grado n n che in R è verificata per 8 8 n 8 8. Poiché n è un numero naturale e 8 8,99, si conclude che il più grande valore di n che soddisfa il quesito è n. Infatti k 986 e k. k k Dal testo del quesito si deduce che F è derivabile almeno volte nel punto a. Essendo F (a) si ha che lim F ( ) F (a) F (a) e quindi, per il teorema della permanenza del segno, esiste un intorno I di a a a tale che, per ogni I il rapporto incrementale F ( ) F (a) è negativo, cioè numeratore e denominatore hanno segno discorde, e quindi si verifica: a F () F (a) e a F () F (a). Essendo per a ipotesi F (a), si ha che per ogni I, a F () e a F (), ma, poiché F è continua e derivabile in a, questa è una condizione sufficiente affinché a sia punto di massimo relativo. Deve essere affinché la disequazione abbia senso, quindi si può scrivere ln ( ) ln ; la disequazione (ln ) ln ( ) diventa (ln ) ln. Posto ln, si ottiene che è soddisfatta per. Essendo: ln e ln e, l insieme delle soluzioni della disequazione è: ],][e,[. Zanichelli Editore, 6 8 Pag. 7

72 Sia P un punto interno al triangolo ABC e indichiamo con L, M e N i piedi delle perpendicolari condotte da P ai lati AB, BC e AC rispettivamente. Tracciamo l altezza CH relativa alla base AB e la parallela ad AB passante per P che interseca il triangolo in D ed E e l altezza CH in Q come si osserva in figura 8. Le ipotesi sono PL, PM, PN z e CH h. Per costruzione QH PL perché il quadrilatero PLHQ è un rettangolo e CQ CH QH h. Il triangolo CDE è simile al triangolo ABC e quindi è anch esso equilatero. Indichiamo con l la misura di uno dei suoi lati. Se congiungiamo C con P notiamo che A CDE A CDP A CEP, che PM è l altezza del triangolo CEP relativa alla base CE, e che PN è l altezza del triangolo CDP relativa alla base CD. A D N z Figura 8. Q C H P L M E B Quindi: A CDE lcq l (h ); A CDP lpn l z ; A CEP lpm l. Si ottiene: A CDE A CDP A CEP l (h ) l l z h z h z. Quindi la somma z è sempre uguale ad h e la riposta esatta è la C). 6 L equazione di secondo grado p q r è l equazione di una conica. Dall applicazione dei determinanti alla geometria analitica sappiamo che una conica è degenere se il determinante della matrice associata è nullo, altrimenti la conica è non degenere. det p q 8 pq 8 pq r (pqr). p q r Si ha che det p ( pq r) pq r. q p q r Quindi l equazione della conica p q r rappresenta l insieme di due rette se e solo se pq r. Infatti sostituendo la relazione pq r nell equazione della conica data questa diventa ( q)( p) che rappresenta l equazione della coppia di rette parallele agli assi cartesiani: q e p. Nel caso non si conosca l applicazione dei determinanti alle coniche, il quesito può essere risolto nel seguente modo. Se esprimiamo in funzione di, si ottiene p r. Si tratta di una funzione omografica che per q pq r rappresenta un iperbole equilatera, e che per pq r diventa p pq, con q. Se q studiamo l equazione nella forma ( q) p ( q) ( q)( p), essa rappresenta l equazione della coppia di rette parallele agli assi cartesiani q e p. Abbiamo così ritrovato il risultato precedentemente ottenuto. Zanichelli Editore, 6 9 Pag. 7

73 7 Disegniamo un quadrilatero qualunque Q di vertici A, B, C e D e il quadrilatero Q avente come vertici i punti medi E, F, G e H dei lati del quadrilatero ABCD, come illustrato in figura 9. Tracciamo poi le diagonali AC e BD. Applicando il teorema di Talete ai triangoli ABD e BCD si ha: EH // BD, GF // BD e EH GF BD. In modo analogo applicando il teorema di Ta- D H A G E C F B lete ai triangoli ABC e ADC si ottiene: EF // AC, HG // AC e EF HG AC. Figura 9. Quindi il quadrilatero EFGH è un parallelogramma. Nel caso particolare in cui il quadrilatero EFGH è un quadrato, come in figura, si verifica anche che le diagonali AC e BD sono fra loro congruenti e perpendicolari. Infatti: D G C F B EH EF BD AC BD AC; H E 8 9 EH EF BD AC. Figura. f () d. Condizione necessaria affinché, noto I, sia possibile calcolare uno degli integrali dati, è Sia I che gli intervalli in cui varia l argomento di f siano uguali. Questa considerazione ci porta ad escludere gli integrali gli intervalli f d, f () d e f d, essendo rispettivamente [; ], [; 9], e ; in cui varia l argomento di f. L argomento di f nell integrale f () d è invece l intervallo [; ]. Calcoliamo per sostituzione t. Quindi: f () d. Poniamo t, allora t d dt e per t, per f () d f (t) dt f (t) dt I e la risposta esatta è la D). Il campo di esistenza della funzione f () ln( ) è l insieme delle soluzioni del sistema di disequazioni: condizione di esistenza della radice condizione di esistenza del logaritmo A Dalla prima disequazione si ottiene. Elevando al quadrato ambo i membri della seconda disequazione scritta nella forma:, si ottiene. Il dominio della funzione assegnata è pertanto:,,. La somma degli angoli interni di un triangolo è uguale ad un angolo piatto, quindi deve essere. La conoscenza di sen e di sen non determina univocamente gli angoli e. Dato un numero positivo ci sono angoli minori di il cui seno vale, α =π α che sono un angolo acuto ed il suo supplementare ottuso. Infatti come mostrato in figura, l equazione sen ha due soluzioni: arcsen,6 e arcsen,; analogamente l equazione sen ha due so- luzioni: arcsen,9 e arcsen,86. Figura. O α Zanichelli Editore, 6 Pag. 7

74 Verifichiamo quali e quante coppie di angoli soddisfano la relazione, escludendo subito la combinazione perché un triangolo non può avere angoli ottusi.,6,9,9 Essendo,6,86,, si ottengono le combinazioni possibili, che sono due. Quindi,,9,79 esiste un solo triangolo con un lato di cm ed angoli adiacenti e entrambi acuti, ed un solo triangolo ottusangolo con lato di cm e angoli adiacenti e. La risposta è quindi la C) perché esistono due triangoli non congruenti che soddisfano le ipotesi del quesito. Zanichelli Editore, 6 Pag. 7

75 ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO CORSO DI ORDINAMENTO Il candidato risolva uno dei due problemi e cinque quesiti scelti nel questionario. PROBLEMA Nel primo quadrante del sistema di riferimento O, ortogonale e monometrico, si consideri la regione R, finita, delimitata dagli assi coordinati e dalla parabola d equazione: 6.. Si calcoli il volume del solido generato dalla rotazione completa di R attorno all asse.. Si calcoli il volume del solido generato dalla rotazione completa di R attorno alla retta 6.. Si determini il valore di k per cui la retta k dimezza l area di R.. Per t 6 sia A(t) l area del triangolo delimitato dagli assi e dalla tangente a nel suo punto di ascissa t. Si determini A().. Si determini il valore di t per il quale A(t) è minima. PROBLEMA Si consideri la funzione f definita sull intervallo [; [ da: f () f () ( log ) se e sia C la sua curva rappresentativa nel riferimento O, ortogonale e monometrico.. Si stabilisca se f è continua e derivabile in. Si dimostri che l equazione f () ha, sull intervallo [; [, un unica radice reale.. Si disegni C e si determini l equazione della retta r tangente a C nel punto di ascissa.. Sia n un intero naturale non nullo. Si esprima, in funzione di n, l area A n del dominio piano delimitato dalla curva C, dalla retta tangente r e dalle due rette: n e.. Si calcoli il limite per n di A n e si interpreti il risultato ottenuto. Zanichelli Editore, 6 Pag. 7

76 QUESTIONARIO Si dimostri che il lato del decagono regolare inscritto in un cerchio è sezione aurea del raggio e si utilizzi il risultato per calcolare sen 8, sen 6. Una bevanda viene venduta in lattine, ovvero contenitori a forma di cilindro circolare retto, realizzati con fogli di latta. Se una lattina ha la capacità di, litri, quali devono essere le sue dimensioni in centimetri, affinché sia minima la quantità di materiale necessario per realizzarla? (Si trascuri lo spessore della latta). Si dimostri che la curva sen è tangente alla retta quando sen ed è tangente alla retta quando sen. Si dimostri che tra tutti i rettangoli di dato perimetro, quello di area massima è un quadrato. Il numero e di Nepero [nome latinizzato dello scozzese John Napier (-67)]: come si definisce? Perché la derivata di e è e? Come si definisce n! (n fattoriale) e quale ne è il significato nel calcolo combinatorio? Quale è il suo legame con i coefficienti binomiali? Perché? Se f (), per quanti numeri reali k è f (k)? Si illustri il ragionamento seguito. I centri delle facce di un cubo sono i vertici di un ottaedro. È un ottaedro regolare? Quale è il rapporto tra i volumi dei due solidi? Si calcoli, senza l aiuto della calcolatrice, il valore di: sen ( ) sen ( ) ove le misure degli angoli sono in gradi sessagesimali. Si dimostri, calcolandone la derivata, che la funzione f () arctg arctg è costante, indi si calcoli il valore di tale costante. Durata massima della prova: 6 ore. È consentito soltanto l uso di calcolatrici non programmabili. Non è consentito lasciare l Istituto prima che siano trascorse ore dalla dettatura del tema. Zanichelli Editore, 6 Pag. 76

77 SOLUZIONE DELLA PROVA D ESAME CORSO DI ORDINAMENTO PROBLEMA. Le intersezioni della parabola 6 con gli assi cartesiani nel primo quadrante si ricavano sostituendo, da cui si ricava il punto (; 6), e, da cui si ricava il punto (6; ) perché bisogna considerare la sola soluzione positiva di 6. Il volume del solido ottenuto ruotando la funzione f () intorno all asse tra i punti di ordinata a e b è dato da: b a [ f ()] d. In questo caso è f () 6, quindi 6 (6 ) d 6 (6 ) d 6 6 (6 8) 8.. Per trovare il volume richiesto eseguiamo prima una traslazione di vettore v (; 6) che porta la parabola con il vertice nell origine e la retta 6 sull asse. Si ha: V 6 6 b 6 ( ) d V V 6. = 6 6 O 6 O R = k 6 Figura. 6 Figura.. L area della parte finita del primo quadrante delimitata dalla retta k e dalla parabola è data da b (6 k) d, dove b è l ascissa dell intersezione tra k e 6 del primo quadrante, se esiste. Tale ascissa si trova risolvendo 6 k. La soluzione positiva, e quindi il valore di b, è 6k con k6. Calcolando l integrale si ottiene: 6 6k k (6 k) 6k (6 k) Tale valore deve essere uguale alla metà dell area di R, che è 6 b (6 ) d Uguagliando le due espressioni si ha: 6 (6 k) 6 k k 6. 6 Zanichelli Editore, 6 Pag. 77

78 . Il triangolo considerato si trova nel primo quadrante ed è rettangolo. I suoi cateti sono uguali all ascissa e all ordinata dell intersezione della retta tangente a rispettivamente con l asse e con l asse. La generica retta passante per un punto (a; b) ha equazione b m( a). In questo caso a t, b 6 t e m è il coefficiente angolare della retta tangente alla parabola nel punto di ascissa t, cioè la derivata di 6 calcolata in t. Si ha m t e sostituendo 6 t (t)( t) (t) t 6. Sostituendo si ottiene t 6, mentre sostituendo si ottiene t 6. Quindi l area A(t) vale: t A(t) (t 6) t 6 (t 6). t t Per t si ha A() 9.. Per trovare il valore di t per cui A(t) è minima, calcoliamo la sua derivata (t 6) t t (t 6) D (A(t)) (t 6)( t ). 6t t La derivata si annulla, nel campo di esistenza stabilito, in t. Inoltre per t la derivata è negativa, mentre è positiva per t, quindi in t c è il punto di minimo richiesto. PROBLEMA. Una funzione è continua in un punto se lim f () f ( ). In questo caso, poiché la funzione ha come campo di esistenza, esaminiamo la continuità a destra di. Si ha: lim ( log ) f (). Infatti per il teorema di De L Hopital si ha lim log. La funzione è continua in. Una funzione è derivabile in un punto se esiste ed è finito lim f ( ) f ( ). h hh In questo caso: lim (h) f () h f lim h h quindi la funzione è derivabile in. h ( log h) h lim h ( log h) h. Df() ( ( log ) ) ( log ), quindi la funzione è crescente quando log, cioè in ]; e [, mentre è decrescente in ]e ; [. In e c è un punto di massimo: f (e) e. Inoltre lim f () [()]. In ]; [, quindi, la funzione deve attraversare l asse per il teorema di esistenza degli zeri. Inoltre, essendo la funzione decrescente in tale intervallo, il punto di intersezione tra la funzione e l asse è unico. Zanichelli Editore, 6 Pag. 78

79 Per stimare il valore della soluzione si può procedere, per esempio, con il metodo di bisezione. Notiamo innanzitutto che f (),8, mentre f (),7. a f(a) b f(b) (a b)/ f [(a b)/],8,7,,9,,9,7,7,,,9,7,,6, E così via fino alla precisione voluta (la soluzione è circa,69).. Per disegnare C, oltre ad utilizzare gli elementi studiati nel punto, calcoliamo f () log log. La concavità è rivolta verso l alto quando log, cioè quando, mentre è rivolta verso l alto per. In c è un punto di flesso obliquo ( f () ). La generica retta tangente alla curva f () in un punto è f ( ) f ( )( ). Sostituendo si ottiene ( ) quindi (tangente inflessionale). Rappresentiamo il grafico di C (figura ). L area A n richiesta è data dal seguente integrale n f() d n ( log ) d. ( log ) d log d (integrando per parti ) log d log c 9 Figura. 8 log c. L area richiesta è A n 8 log n 9 8 n n n n log n. Calcoliamo lim A n. Si ha: lim A n perché il secondo, il terzo e il quarto termine nel limite sono n n 9 della forma a, mentre l ultimo tende a per la regola del confronto tra infiniti. Visto che lim, n n il risultato ottenuto rappresenta ( log ) d, che geometricamente si può interpretare come l area compresa tra la curva e la retta r tra e. F r e α O n M C Zanichelli Editore, 6 Pag. 79

80 QUESTIONARIO Consideriamo il triangolo OAB, in cui O è il centro della circonferenza circoscritta al decagono e AB un suo lato. AO^B 6 perché è un decimo dell angolo giro. Essendo poi il triangolo isoscele si ha che OA^B OB^A 7. Tracciamo ora la bisettrice di OA^B, che interseca il lato OB in M. Si ha che sia il triangolo OMA che il triangolo AMB sono isosceli, quindi OM AB. Indicato con r il raggio della circonferenza e con il lato del decagono, per il teorema della bisettrice si ha che, r (r ) O 6 r M A r B L uguaglianza scritta è equivalente a r (r ), quindi è la misura della sezione aurea del segmento di misura r. Risolvendo rispetto a e scartando la soluzione negativa si ottiene Figura. r. Tracciamo l asse di AB. Detto P il punto medio di AB si ha che OA sen 8 AP, quindi sen 8 AP/OA / ( ). Per calcolare sen 6 si può ricorrere alla formula sen a sen a cos a r sen a sen a perché in questo caso a 9. Sostituendo si ha sen 6 ( ) 8 ( ). Detti V il volume del cilindro, r il suo raggio di base e h la sua altezza si sa che Vr h, quindi h V r. La superficie S (r) risulta invece rh r r V r r V r r. Affinché sia minima la quantità di materiale utilizzato per realizzare la lattina, deve essere minima la superficie. Calcoliamo la derivata prima di S (r). Si ha D (S (r)) V r r che si annulla per r V ( ). Dal segno della derivata si deduce che è un punto di minimo. Sostituendo V cm si ottiene r cm e quindi h 8 cm. La generica retta tangente a una funzione f () in un suo punto (t; f (t)) è f (t) f (t)( t), quindi in questo caso, tenendo conto che D(sen)sencos, si ha tsent(senttcost)(t). Se sen t allora cos t, quindi, sostituendo, si ha, t t, da cui, come richiesto. Si ha cos t anche se sen t, quindi, sostituendo, si trova t t, quindi. Detti a e b i lati del rettangolo e p il perimetro, si ha che b p a, quindi l area A(a) del rettangolo è data da a ( p a) ap a. La funzione A(a) è quindi rappresentata da un arco di parabola. Il coefficiente del termine di secondo grado è negativo, e quindi ha un massimo in p/, da cui si ricava b a. Il rettangolo richiesto è quindi il quadrato. Zanichelli Editore, 6 6 Pag. 8

81 6 Il numero di Nepero e è definito come lim. De lim e hh e lim e e h e e lim e h e, tenendo conto del limite notevole lim e h. h h h h h h h n!, per n intero positivo, è definito come il prodotto di tutti gli interi tra e n. Inoltre!!. Nel calcolo combinatorio è il numero di permutazioni di un insieme di n elementi. Il coefficiente binomiale n k è il numero di sottoinsiemi di k elementi di un insieme di n elementi, che si chiamano anche combinazioni semplici. Gli insiemi di k elementi che differiscono per gli elementi contenuti o per l ordine in cui compaiono (disposizioni semplici), sono n(n ) (n k ). Dividendo per le permutazioni di un insieme di k elementi e moltiplicando numeratore e denominatore per (n k)! si ottiene: n n(n ) (n k ) ( n k)! n!. k k! ( n k)! k!(n k)! 7 8 I numeri reali k richiesti sono gli zeri del polinomio P (). Calcoliamo la derivata di P (). Si ha: D (P()) 8 ( ) ( )( ), quindi i punti stazionari di P () sono in, e, e in particolare, studiando il segno della derivata, il primo e il terzo sono dei minimi, mentre in c è un massimo. Inoltre lim P (). Nell inter vallo ]; [ il polinomio è decrescente, ed essendo P () in tale intervallo non ci sono soluzioni, come non ci sono soluzioni in ]; [, dove il polinomio è crescente. Infine, essendo l unico minimo relativo nell intervallo ]; [ maggiore di (P () ), neanche in tale intervallo ci sono soluzioni. Non esistono quindi zeri reali del polinomio dato. Tracciamo dai due estremi di uno spigolo dell ottaedro le perpendicolari allo spigolo del cubo in comune tra le due facce di cui tali vertici sono il centro. Queste due rette si incontrano nel punto medio di tale spigolo. Il triangolo formato dai due vertici e dal punto medio dello spigolo del cubo è rettangolo e isoscele, quindi ogni spigolo dell ottaedro misura, se l è il lato del cubo, l. Essendo tutti gli spigoli congruenti, e quindi anche tutte le facce, l ottaedro è regolare. Il suo volume è la somma dei volumi delle due piramidi congruenti che lo compongono, di altezza l, quindi V l l 6 l, che è 6 volume del cubo. del P() O Figura. Figura 6. Zanichelli Editore, 6 7 Pag. 8

82 9 Tenendo conto delle relazioni sen cos (9 ) e sen cos, risulta sen sen sen cos. Il campo di esistenza della funzione è R {}. Calcoliamo la derivata: D arctg arctg ( ) ( ) ( ) ( ) ( ). ( )( ) Avendo derivata nulla la funzione è costante, nei tratti in cui è definita. Per trovare le costanti basta sostituire un valore qualsiasi alla per ognuno degli intervalli di esistenza, per esempio e. arctg arctg() arctg () arctg (). Per esercitarti ancora sugli argomenti affrontati nel Svolgi il Problema Problema pag. W Problema pag. W Problema Problema pag. V 9 Quesito pag. V 6 Problema pag. W Quesito Esercizio 6 pag. O 7 Quesito Esercizio 89 pag. V 8 Quesito Esercizio pag. V 79 Quesito Esercizio 98 pag. V 9 Quesito Esercizio b pag. V Quesito 7 Esercizio 9 pag. Esercizio pag. V 6 Quesito 8 Quesito 6 pag. 96 Quesito 9 Quesito 88 pag. O Quesito Quesito pag. V 6 Zanichelli Editore, 6 8 Pag. 8

83 ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO CORSO DI ORDINAMENTO Sessione suppletiva Il candidato risolva uno dei due problemi e dei quesiti in cui si articola il questionario. PROBLEMA Sono dati una piramide triangolare regolare e il prisma retto inscritto in essa in modo che una base sia la sezione della piramide con il piano equidistante dal suo vertice e dalla sua base. A) Ammesso di conoscere il volume della piramide, dire se è possibile calcolare il volume del prisma e fornire una esauriente spiegazione della risposta. B) Posto che lo spigolo della base ABC della piramide sia lungo cm: ) calcolare la misura dello spigolo della base MNP del prisma, complanare ad ABC ; ) supposto che gli spigoli AB e MN siano paralleli, riferire il piano dei triangoli ABC e MNP a un sistema di assi cartesiani avente l origine in A e l asse delle ascisse coincidente con la retta AB e trovare le coordinate dei vertici di tali triangoli; ) determinare quindi l equazione della parabola avente l asse perpendicolare alla retta AB e passante per i punti A, B, M e verificare che passa pure per N ; ) calcolare le aree delle parti in cui la parabola trovata divide i triangoli ABC e MNP ; ) spiegare esaurientemente, col metodo preferito, com è posizionata la circonferenza circoscritta al triangolo MNP rispetto al triangolo ABC. PROBLEMA È assegnata la funzione f a (), dove a è un parametro reale non nullo. a ) Dopo aver fornito la definizione di funzione limitata, spiegare perché la funzione f a () è limitata. ) Una volta riferito il piano a un sistema monometrico di assi cartesiani ortogonali (O) e indicato con A il punto di massimo del grafico G della funzione quando a, scrivere l equazione della circonferenza di diametro OA. ) Determinare quanti e quali punti hanno in comune la circonferenza e la curva G, quando a varia nell insieme dei numeri reali positivi. ) Calcolare il valore a di a per il quale la circonferenza e la curva G hanno in comune i vertici di un triangolo equilatero. ) Dopo aver controllato che il valore a sopraddetto è, indicare con e G la circonferenza e la curva corrispondenti a tale valore e calcolare le aree delle regioni piane in cui la curva G divide il cerchio delimitato da. Zanichelli Editore, 6 Pag. 8

84 QUESTIONARIO È dato un trapezio rettangolo, in cui le bisettrici degli angoli adiacenti al lato obliquo si intersecano in un punto del lato perpendicolare alle basi. Dimostrare che il triangolo avente per vertici questo punto e gli estremi del lato obliquo è rettangolo e trovare quale relazione lega il lato obliquo alle basi del trapezio. Siano AB, AC, AD tre spigoli di un cubo. Sapendo che uno spigolo è lungo s, calcolare la distanza del vertice A dal piano dei punti B, C, D. Alberto e Gianna sono chiamati a risolvere la seguente equazione: sen cos. Alberto ottiene come soluzione gli angoli tali che: k oppure k (k intero qualsiasi); Gianna trova la seguente soluzione: () k k (k intero qualsiasi). È vero o è falso che Alberto ha risolto correttamente e Gianna no? Fornire una risposta esauriente. Si consideri la seguente equazione in : (k ) (k ) (k ), dove k è un parametro reale diverso da. Indicate con e le sue radici, calcolare i limiti di quando k tende a, a e a. Il limite della funzione ( ) per : A) è uguale a ; B) è uguale ; C) non esiste; D) è uguale a e ; E) è uguale a e, con e la base dei logaritmi naturali. Una sola risposta è corretta. Individuarla e fornirne una spiegazione esauriente. 6 Fornire un esempio di funzione reale di variabile reale f () avente le seguenti caratteristiche: f (), f (), f () In un piano, riferito a un sistema monometrico di assi cartesiani ortogonali (O), sono assegnate le rette r ed s di equazioni rispettivamente m e m, dove m è un parametro reale. Qual è l equazione del luogo geometrico descritto dal punto di intersezione delle due rette al variare di m? È vero o falso che le due funzioni ln( ) e ln( ) ln( ) hanno lo stesso grafico? Fornire una esauriente spiegazione della risposta. Le parti letterali dei termini dello sviluppo del binomio (a b), ordinati secondo le potenze decrescenti di a e crescenti di b, sono rispettivamente: a, a 9 b, a 8 b, a 7 b, a 6 b, a b, a b 6, a b 7, a b 8, ab 9, b. Elencare i loro coefficienti e giustificare in modo esauriente la risposta. Zanichelli Editore, 6 Pag. 8

85 Una classe è formata da 7 alunni: femmine e maschi. Si deve costituire una delegazione di alunni, di cui femmine e maschi. Quante sono le possibili delegazioni? Durata massima della prova: 6 ore. È consentito soltanto l uso di calcolatrici non programmabili. Non è consentito lasciare l Istituto prima che siano trascorse ore dalla dettatura del tema. Zanichelli Editore, 6 Pag. 8

86 SOLUZIONE DELLA PROVA D ESAME CORSO DI ORDINAMENTO Sessione suppletiva PROBLEMA A)Nella figura sono disegnati la piramide triangolare regolare, di base ABC equilatera e altezza VH, e il prisma triangolare inscrit- V to nella piramide, di base DEF equilatera e altezza KH VH. La piramide triangolare di vertice V e base DEF è simile alla piramide di base ABC e vertice V, con rapporto di similitudine F K E k per ipotesi, pertanto i volumi delle due piramidi hanno D rapporto k 8 : Vol DEFV 8 Vol ABCV. Ora, la piramide DEFV ha base e altezza congruenti al prisma inscritto di partenza: essa è quindi equivalente alla terza parte del prisma cioè Vol DEFV Vol prisma. Sostituendo alla relazione pre- C P A M H B N Figura. cedente si trova: Vol prisma 8 Vol ABCV Vol prisma 8 Vol ABCV. In conclusione, il volume del prisma inscritto è del volume della piramide ABCV. 8 B) Nel punto A) si è osservato che i triangoli equilateri MNP e ABC sono simili con rapporto di similitudine k. Se il lato di ABC misura cm, il lato di MNP è lungo cm. B) Nella figura sono rappresentati i triangoli ABC e MNP nel sistema di assi cartesiani come richiesto. C P H W M R N OA B Q γ Figura. Zanichelli Editore, 6 Pag. 86

87 I punti A e B hanno coordinate A(; ) e B (; ); il punto C ha ascissa A B e ordinata pari all altezza del triangolo equilatero ABC, ovvero. Pertanto C (; ). Il punto H è ortocentro, incentro, baricentro del triangolo equilatero ABC e del triangolo equilatero MNP : esso divide la mediana CQ in due parti, una doppia dell altra, per cui H ;. Per il rapporto di similitudine tra i due triangoli, risulta poi che M è punto medio di AH, come N lo è di BH e P di CH. Attraverso la formula del punto medio di un segmento si trova: M ;, N ; e P ;. B) Una parabola con asse di simmetria parallelo all asse ha equazione generica a b c. Poiché la parabola passa per i punti A(; ), B(; ) e M ;, si ottiene il sistema in a, b, c:. c 6a b c c a b b a a b a b c 9 c La parabola ha equazione. Essa passa per il punto N poiché tale punto è 9 9 simmetrico al punto M della parabola, rispetto all asse di simmetria. Si può verificare anche algebricamente che le coordinate di N soddisfano l equazione della parabola: Nella figura è rappresentato il grafico della parabola. B) Si valuta dapprima l area della superficie S intercettata dal triangolo MNP sulla parabola che ha vertice W ; 9. Per la formula del segmento parabolico si trova: S WR MN 9. 7 L area S della parte restante del triangolo MNP si calcola per differenza, tenendo conto che l area del triangolo vale S MNP. Si ottiene: S. 7 7 In maniera analoga si trovano le aree delle parti in cui la parabola divide il triangolo ABC. Il segmento parabolico di base AB ha area: S WQ AB 9. 7 c b a a 9 Zanichelli Editore, 6 Pag. 87

88 L area S della parte restante del triangolo ABC si calcola per differenza, tenendo conto che l area del triangolo vale S ABC S MNP. Quindi: S B) La circonferenza circoscritta al triangolo equilatero MNP ha centro nel circocentro H del triangolo e raggio r HP, cioè r (figura ). Tale circonferenza coincide con la circonferenza inscritta nel triangolo equilatero ABC. Infatti quest ultima ha centro in H e ha raggio PROBLEMA r HQ, cioè r. ) Una funzione f () si definisce limitata nel suo insieme di definizione A se esiste un numero reale positivo M tale che f () M A. La funzione f a () ha come campo di esistenza l insieme dei numeri reali. Osservando che a, R, si può scrivere f a () a a, R. Pertanto la funzione è limitata nel campo reale. ) Si studia il grafico G della funzione f a (), con a positivo. Essa ha campo di esistenza R; a è simmetrica rispetto all asse delle ed è sempre positiva; ha asintoto orizzontale, poiché lim a a ; ha derivata f a (), ( pertanto ha massimo assoluto nel punto A(; a); ha derivata seconda f a () a ( ) (, ) ) dunque ha flessi nei punti. La circonferenza di diametro OA ha centro nel punto P ; a e raggio uguale ad a. La sua equazione è: Figura. A M a A C P Q H N B a a a. Nella figura è rappresentato il grafico G della funzione f a per un generico a e il grafico della circonferenza. = a + a P γ G ) Per determinare le intersezioni delle curve e G bisogna risolvere il sistema delle loro equazioni:. a a L equazione risolvente è: a a ( ) a a ( ) ( ) a ( ) ( a ). O Figura. Zanichelli Editore, 6 6 Pag. 88

89 Per la legge di annullamento del prodotto: a. Tenendo conto che a è positivo, le soluzioni sono: a. In particolare, se a, le curve si intersecano in tre punti: (; a), ( a ; ), (a ; ); se a, le curve hanno solo il punto (; ) in comune. La figura mostra dunque il caso in cui a, mentre la figura rappresenta le due curve per a. ) Indicati con A, B, C i punti di intersezione delle due curve (figura 6), le loro coordinate sono: A(; a), B ( a ; ), C (a ; ), con a. Sfruttando la simmetria della figura, affinché il triangolo ABC sia equilatero, è sufficiente imporre AC BC : (a ) ( a) a a a a a a a a. Elevando al quadrato e semplificando per (a ) si ottiene a. B A O P a A a a= O Figura. Figura 6. C ) Per a, i punti A, B, C hanno coordinate A(; ), B ( ; ), C (; ). Osservando la figura 6, la curva G divide il cerchio delimitato da in tre parti, di cui due uguali per simmetria. Per determinare l area della regione mistilinea ACOB, è sufficiente calcolare l area della superficie compresa tra la curva G e il segmento BC e sommare a essa l area del segmento circolare OBC. Mentre il primo addendo si determina con un calcolo integrale, l area del segmento circolare si trova per differenza tra il settore circolare BPCO di angolo BPˆC e il triangolo PBC. Pertanto risulta: S ACOB d () 6 ( ) S ACOB [ arctg ] 8. L area S di ciascuna delle due restanti regioni, tra loro congruenti, comprese tra la curva G e gli archi inferiori AB e AC, si ottiene come metà della differenza tra l area della circonferenza e l area S ACOB : S () (). QUESTIONARIO D C Nel trapezio rettangolo ABCD (figura 7) il segmento EB è bisettrice dell angolo ABˆC ed EC è bisettrice dell angolo BĈD. Tali angoli sono supplementari perché angoli coniugati formati dalle parallele AB e DC e dalla trasversale BC. Pertanto gli angoli EBˆC e BĈE, essendo metà di angoli supplementari, sono tra loro complementari. Il triangolo CEB, avendo due angoli complementari, è quindi retto in E. Si tracci la perpendicolare EH al lato BC. Risulta: DÊC CÊH EBˆC, perché complementari di angoli congruenti; EĈB BÊH AÊB, poiché complementari di angoli congruenti. E A H B Figura 7. Zanichelli Editore, 6 7 Pag. 89

90 Pertanto i triangoli DEC e CEH sono congruenti per il secondo criterio di congruenza, come pure i triangoli ABE e BEH. In particolare, CD CH e AB BH. Essendo BC CH BH si deduce che BC CD AB. In conclusione, la somma delle basi del trapezio rettangolo è uguale al lato obliquo. Il piano passante per i punti B, C, D delimita la piramide ABCD (figura 8). Lo scopo è quello di determinare l altezza h della piramide rispetto alla base triangolare BCD. Si calcola dapprima il volume V della piramide: V S BCD h, dove S BCD è l area della base triangolare BCD. D Il triangolo BCD, avendo per lati le diagonali di tre facce del cubo, è equilatero e il lato vale s. Pertanto la sua area risulta: S BCD s s s C A e il volume della piramide diventa V s h. Figura 8. B s 6 Esso può essere calcolato in altro modo, considerando come base il triangolo ABC. In tal caso V S ABCAD ovvero V 6 s. Uguagliando le due espressioni del volume si ottiene: s h 6 6 s, da cui h s. h H Utilizzando la formula di duplicazione, l equazione sen cos è equivalente all equazione sen che ha soluzioni: 6 k 6 k k k (k Z). La risposta di Alberto è quindi esatta. Le soluzioni fornite da Gianna, () k k, possono essere scritte diversamente distinguendo se k è pari o dispari, nel seguente modo: per k pari, cioè k k (k Z), k ovvero k ; per k dispari, cioè k k (k Z), (k ) ovvero k. Pertanto la soluzione data da Gianna è esatta ed è equivalente a quella fornita da Alberto. Affinché l equazione di secondo grado (k ) (k ) (k ) ammetta soluzioni reali è necessario che il discriminante sia maggiore o uguale a zero: (k ) (k )(k ) k k k k 8 9. Tale condizione è quindi verificata per qualsiasi k R. b Poiché in una equazione di secondo grado, a b c, la somma delle radici vale, risulta: a k, k. k Zanichelli Editore, 6 8 Pag. 9

91 I limiti richiesti valgono: lim k, e quindi lim k non esiste, lim k. k k k k k k Considerato il limite lim ( ), si tratta di una forma indeterminata. Si pone, per cui e per risulta. Sostituendo nel limite precedente si ottiene: lim ( ) lim lim. Applicando il limite notevole lim e, ne consegue che lim ( ) e. La risposta esatta è pertanto la E). 6 Le caratteristiche f (), f (), f () sono condizioni sufficienti per affermare che la funzione f ha un massimo nel punto per il teorema delle derivate successive. Un esempio di funzione con tale proprietà è una parabola di vertice V (; ) e concavità rivolta verso il basso. Imponiamo all equazione di una generica parabola f () a b c tali condizioni: f () a b c. f () a b f () a Posto, per esempio, a, il sistema diventa: c. b a La funzione cercata ha equazione f (). 7 Per determinare l equazione cartesiana del luogo geometrico si pongono a sistema le equazioni parametriche delle rette r e s : m. m Si ricava il parametro m dalla prima equazione e si sostituisce nella seconda: m,. Per, il luogo geometrico è la circonferenza di equazione. Essa ha centro e passa per l origine O (; ). C ;, raggio r È necessario discutere la condizione per vedere se la circonferenza è privata di qualche punto:. Zanichelli Editore, 6 9 Pag. 9

92 Il punto (; ) non appartiene al luogo m poiché, sostituendo, si trova il sistema impossibile: m. Mentre per ; si ha m, che è un valore accettabile per il parametro m. m In conclusione il luogo cercato è la circonferenza di equazione, privata del punto O (; ). 8 9 La funzione f () ln( ) è definita per cioè il suo campo di esistenza è. La funzione g () ln( ) ln( ) è definita per ovvero per. Pertanto le funzioni f e g non possono avere lo stesso grafico perché hanno campi di esistenza differenti. Si osserva che nella parte comune dei rispettivi campi, cioè per, la funzione g può essere espressa, secondo le proprietà dei logaritmi, come g () ln( )( ) ln( ). Dunque le funzioni e i loro grafici non sono uguali nei loro campi di esistenza ma coincidono nell intervallo ] ; [. Lo sviluppo del binomio (a b) si ottiene tramite la formula di Newton: (a b) a k b k. k k I coefficienti delle parti letterali sono i coefficienti binomiali con k,,,,. Pertanto essi ri- sultano ordinatamente: k ,,,,,,,,,,.,,,,,,,,,,, ovvero: I coefficienti dello sviluppo si possono ottenere anche attraverso il metodo ricorsivo del triangolo di Tartaglia, sviluppato fino alla decima riga. La caratteristica di tale triangolo, per cui ogni coefficiente è la somma dei due coefficienti della riga precedente a destra e sinistra, è una proprietà dei coefficienti binomiali detta formula di Stifel: n n n k k k. Le femmine sono e devono essere scelte in gruppi di. Pertanto i modi di scelta delle ragazze sono le combinazioni di elementi a a, cioè C,. In maniera analoga si stabilisce che le combinazioni per i maschi sono C,. Il numero delle possibili delegazioni si ottengono moltiplicando C, per C, : C, C, 66. Zanichelli Editore, 6 Pag. 9

93 ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO CORSO DI ORDINAMENTO 6 Il candidato risolva uno dei due problemi e dei quesiti in cui si articola il questionario. PROBLEMA Un filo metallico di lunghezza l viene utilizzato per delimitare il perimetro di un aiuola rettangolare. a) Qual è l aiuola di area massima che è possibile delimitare? Si pensa di tagliare il filo in due parti e utilizzarle per delimitare un aiuola quadrata e un altra circolare. Come si dovrebbe tagliare il filo affinché: b) la somma delle due aree sia minima? c) la somma delle due aree sia massima? Un aiuola, una volta realizzata, ha la forma di parallelepipedo rettangolo; una scatola, cioè, colma di terreno. Si discute di aumentare del % ciascuna sua dimensione. Di quanto terreno in più, in termini percentuali, si ha bisogno? PROBLEMA Si considerino le funzioni f e g determinate da f () log e g () a, essendo a un parametro reale e il logaritmo di base e.. Si discuta, al variare di a, l equazione log a e si dica, in particolare, per quale valore di a i grafici di f e g sono tra loro tangenti.. Si calcoli, posto a, l area della parte di piano delimitata dai grafici delle funzioni f e g e dalle rette e.. Si studi la funzione h() log a scegliendo per a un valore numerico maggiore di e se ne disegni il e grafico. QUESTIONARIO Si narra che l inventore del gioco degli scacchi chiedesse di essere compensato con chicchi di grano: un chicco sulla prima casella, due sulla seconda, quattro sulla terza e così via, sempre raddoppiando il numero dei chicchi, fino alla 6 a casella. Assumendo che chicchi pesino circa 8 g, calcola il peso in tonnellate della quantità di grano pretesa dall inventore. I poliedri regolari - noti anche come solidi platonici - sono, a meno di similitudini, solo cinque: il tetraedro, il cubo, l ottaedro, il dodecaedro e l icosaedro. Sai dimostrarlo? Un foglio di carta deve contenere: un area di stampa di cm, margini superiore e inferiore di cm e margini laterali di cm. Quali sono le dimensioni del foglio di carta di area minima che si può utilizzare? Zanichelli Editore, 6 Pag. 9

94 La capacità di un serbatoio è pari a quella del cubo inscritto in una sfera di un metro di diametro. Quanti sono, approssimativamente, i litri di liquido che può contenere il serbatoio? Si dimostri che la somma dei coefficienti dello sviluppo di (a b) n è uguale a n per ogni n N. L equazione risolvente un dato problema è: k cos k dove k è un parametro reale e ha le seguenti limitazioni:. Si discuta per quali valori di k le radici dell equazione siano soluzioni del problema. La funzione f () soddisfa le condizioni del teorema di Lagrange nell intervallo [; ]? Se sì trova il punto che compare nella formula: f (b ) f (a) f (). b a La funzione f () tg assume valori di segno opposto negli estremi dell intervallo I ;, eppure non esiste alcun I tale che f (). È così? Perché? Della funzione f () si sa che è derivabile e diversa da zero in ogni punto del suo dominio e, ancora, che: f () f () e f (). Puoi determinare f ()? La funzione f () a sen b cos ha un estremo relativo per ed è f. Si trovino a e b e si dica qual è il periodo di f (). Durata massima della prova: 6 ore. È consentito soltanto l uso di calcolatrici non programmabili. Non è consentito lasciare l Istituto prima che siano trascorse ore dalla dettatura del tema. Zanichelli Editore, 6 Pag. 9

95 SOLUZIONE DELLA PROVA D ESAME CORSO DI ORDINAMENTO 6 PROBLEMA a) Poiché la lunghezza del filo rappresenta il perimetro del rettangolo che delimita l aiuola, detti b, h rispettivamente la base e l altezza di tale rettangolo (figura ), vale: b h l. Figura. b h b h h b Scelta b come incognita, si ha h l b, quindi la funzione area da massimizzare risulta la seguente: (b) b l b b l b, b ; l. Il grafico di (b) è una parabola con la concavità rivolta verso il basso e vertice di ascissa l. Quindi il massimo della funzione è l ordinata del vertice, cioè: ma b ; l (b) l l6. Si tratta del caso in cui l aiuola ha la forma di un quadrato di lato l. b) Si indica con la parte del filo che si usa per delimitare l aiuola di forma quadrata. La lunghezza del lato del quadrato Q è dunque. Di conseguenza, la lunghezza della circonferenza che delimita l aiuola di forma circolare è l ; si ricava quindi il raggio r: r l r l. Figura. Q π Zanichelli Editore, 6 Pag. 9

96 Si è ora in grado di calcolare le due aree: area(q) 6 ; area( ) l (l ). Sommando si ottiene la seguente funzione: g ( ) 6 l l, [; l ]. Il grafico di g è un ramo di parabola compreso tra i punti A(; g ()) e B (l; g (l )), con la concavità rivolta verso l alto (figura ). Si osserva che i casi e l corrispondono entrambi all utilizzo del filo intero (senza effettuare alcun taglio) per delimitare una sola aiuola di forma circolare ( ) o una sola aiuola di forma quadrata ( l). π A 6 (+π) V B O +π Figura. La funzione g () è continua in un intervallo limitato e chiuso, quindi, per il teorema di Weierstrass, ammette massimo e minimo assoluti. Precisamente, detto V il vertice della parabola, il minimo di g è l ordinata di V. Poiché V, allora: l min g () g [;l ] l l. ( ) c) Il massimo di g viene assunto in uno degli estremi dell intervallo di definizione. Osservando che: l l g () g (l ), 6 l si conclude che ma g (), cioè l area massima si ottiene quando il filo non viene tagliato bensì utilizzato tutto per delimitare un unica aiuola di forma circolare. Si consideri ora un parallelepipedo a base rettangolare di dimensioni a, b, c. Il suo volume è: V abc. Incrementando del % ciascuna dimensione (figura ), si ottiene un nuovo parallelepipedo di volume: V a b c abc abc. Zanichelli Editore, 6 Pag. 96

97 c c b b a a Figura. La differenza tra i due volumi risulta essere: V V abc. In termini percentuali, pertanto, si ottiene:,%. PROBLEMA. Primo metodo Si discute l equazione log a con metodo grafico ponendo log e a e determinando gli eventuali punti di intersezione tra i grafici delle due funzioni, al variare di a. a. La funzione a è rappresentata da una parabola con il vertice nell origine e con la concavità rivolta verso il basso (figura ). =log O =a Figura. Si ha sempre un solo punto di intersezione. a. La funzione a diventa. In questo caso (figura 6) il punto di intersezione ha coordinate (; ) e la soluzione dell equazione è quindi. a. La funzione a è rappresentata da una parabola con il vertice nell origine e con la concavità rivolta verso l alto. Figura 6. =log O = Zanichelli Editore, 6 Pag. 97

98 Ci sono tre possibilità al variare di a (figura 7): - abbiamo parabole che intersecano il grafico di log in due punti distinti; - esiste una parabola tangente; - ci sono parabole che non intersecano mai il grafico di log. =a T O =log Figura 7. Determiniamo la parabola tangente. Risulta: a le due curve devono intersecarsi log. D(a ) D(log) le due curve devono avere la stessa tangente nel punto comune a log a log a a e a. e log a La parabola tangente ha quindi equazione e Riassumendo la discussione dell equazione log a, risulta: - per a, soluzione; - per a e, soluzioni distinte; - per a e, soluzioni coincidenti; - per a e, nessuna soluzione. e il punto di tangenza T ha coordinate e;. Secondo metodo Le eventuali soluzioni dell equazione log a sono gli zeri della funzione h() log a al variare di a R, che risulta continua nel suo campo di esistenza D ]; [. Osserviamo che per a si ottiene la nota funzione logaritmica che ha un unico zero in (figura 8). Sia ora a e studiamo l andamento della funzione agli estremi del campo di esistenza. Vale: lim h () per ogni valore di a, lim h () se a se a a= O =log Figura 8. Zanichelli Editore, 6 6 Pag. 98

99 Trattiamo separatamente i casi a e a. a. Dallo studio dei limiti effettuato, deduciamo che esistono, D tali che f ( ) e f ( ). Per il teorema degli zeri, esiste almeno un punto nell intervallo ] ; [ in cui la funzione si annulla. D altra parte, risulta: h () a, per D, quindi la funzione è strettamente crescente. Pertanto anche nel caso a l equazione log a ha un unica soluzione. a. In questo caso i limiti agli estremi del campo di esistenza sono entrambi negativi. Studiamo il segno della derivata prima h () a in D. Risulta: h () a a. Poiché il massimo della funzione è assunto in di tale massimo. Calcoliamo l immagine: a log a a, l esistenza degli zeri di h dipende dal segno h (log a ). Studiamo la disequazione: h a log a a. e In conclusione: - a : il massimo di h è positivo, i limiti agli estremi del campo di esistenza sono entrambi e negativi ed esiste un solo punto critico; quindi la funzione h() ammette due zeri; - a : il massimo di h è zero ed esiste un solo punto critico, pertanto l ascissa di tale massimo è e l unica soluzione dell equazione assegnata dal problema; - a : poiché ma h, non esistono soluzioni di h (). e Gli zeri dell equazione log a possono essere interpretati graficamente come le ascisse dei punti di intersezione tra i grafici di f () e g (), come mostra la figura 9. =a =a =a =log =log =log O O e O <a< e a= e a> e Figura 9. Zanichelli Editore, 6 7 Pag. 99

100 I grafici di f e g sono tangenti solo per a. Infatti le due curve sono tangenti se e solo se si intersecano e hanno la stessa retta tangente nel punto di intersezione. Algebricamente, questo equivale a risol- e vere il seguente sistema: a log g () f () g () f () a log. a Questo sistema è soddisfatto se e solo se e e a. e. Dobbiamo determinare l area evidenziata in figura, dove si considera a come richiesto. = =log O = = Figura. [g () f ()] d ( log ) d d 7 ( log [ ] ) log.. Scegliamo a e studiamo la funzione h () log. Per quanto visto nei punti precedenti: - il campo di esistenza è D ]; [; - non esistono intersezioni con gli assi cartesiani e la funzione è sempre negativa perché il massimo è negativo; - i limiti agli estremi di D sono entrambi ; - f (), la funzione è crescente in ; + h'(), decrescente in ; e ma h () h D h() (log ), come riassunto nella figura. ma Osserviamo che non vi sono asintoti obliqui perché lim h () Figura.. Rimane ora da studiare la derivata seconda: h () ( ). [ log ] Zanichelli Editore, 6 8 Pag.

101 Risulta quindi: h () ( ) e questa disequazione non è mai soddisfatta. Pertanto la derivata seconda è sempre negativa e la funzione ha la concavità rivolta verso il basso in tutto il campo di esistenza. Il grafico della funzione è riportato nella figura. O (log+) =log Figura. QUESTIONARIO Si tratta di calcolare la somma dei primi 6 termini della progressione geometrica a n n, n N, con ragione q. Poiché la somma vale: s n a n q, q risulta: s 6 6 6,8 9, dove s 6 rappresenta il numero dei chicchi. Si calcola il peso m, tenendo conto che chicchi pesano circa 8 g. m,8 6 8 g 69,9 6 g 69,9 t. Un poliedro si dice regolare quando le sue facce sono poligoni regolari congruenti e i suoi angoloidi sono congruenti. Pertanto gli angoli delle facce di ogni suo angoloide devono essere angoli di poligoni regolari e devono essere almeno tre. Inoltre, per un noto teorema di geometria solida, in ogni angoloide la somma degli angoli delle facce è minore strettamente di 6. Se le facce del poliedro sono triangoli equilateri, l angolo di ogni faccia è di 6, quindi si possono avere angoloidi di tre facce (si ottiene il tetraedo), di quattro facce (si ottiene l ottaedro), di cinque facce (si ottiene l icosaedro) ma non di più, perché la loro somma sarebbe maggiore o uguale a 6 e ciò è impossibile per il suddetto teorema. Se le facce del poliedro regolare sono quadrati, l angolo di ogni faccia è di 9, quindi si può avere solo l angoloide di tre facce (si ottiene il cubo). Se le facce del poliedro regolare sono pentagoni regolari, l angolo di ogni faccia è di 8, quindi si può avere l angoloide di tre facce (si ottiene il dodecaedro) ma non di più. Se le facce del poligono regolare sono esagoni regolari, l angolo di ogni faccia è di quindi non si possono avere poliedri relativi perché la somma degli angoli di tre facce è 6 il che è impossibile. Analogamente non è possibile costruire poliedri regolari aventi per facce poligoni regolari con più di sei lati. Zanichelli Editore, 6 9 Pag.

102 Nella figura è rappresentato il foglio di carta ABCD con area di stampa A B C D. Posto AB, BC, risulta: A B 8, B C. Imponiamo che l area di stampa sia cm ; risulta allora: ( 8)( ) 8. 8 Pertanto la superficie del foglio vale: Area(ABCD) 8. 8 Tale area è funzione di. La funzione da minimizzare è quindi: A() 8. 8 Calcoliamo la derivata prima e studiamo il suo segno. (8 8)( 8) (8 ) A () ( )( 8). ( 8) ( 8) Figura. + 8 A () + Dalla figura, risulta che l area è minima per 8 e in tal caso vale 9. Il foglio di carta di superficie minima ha dimensioni 8 cm e 9 cm. A() cm A cm D A' D' cm B B' C' cm C ma min Figura. Si consideri un cubo inscritto in una circonferenza. Indicato con l il lato del cubo, applicando il teorema di Pitagora al triangolo rettangolo DAG e al triangolo CDG risulta: AG AD DG AD DC CG AD. E H F G Posto AD l, AG m, si trova: l l m. O Il volume del cubo inscritto è: V m m. 7 9 A D B C Poiché m l, allora: V 9, l. 9 Figura. Lo sviluppo della potenza n-esima di un binomio si può ottenere con la formula del binomio di Newton: (a b) n n n k n b k k a n a n b b n. ank n n n Zanichelli Editore, 6 Pag.

103 La somma dei coefficienti dello sviluppo della potenza n-esima del binomio si ottiene ponendo a e b : ( ) n. Si ha quindi: n n n n. n n n n n 6 Per k l equazione diventa che è impossibile; si può quindi dividere per k e diventa: cos k, k A = che (con le limitazioni espresse in radianti) equivale al sistema: cos k k O π B π π π = cos π Risolviamo il sistema graficamente (figura 6). Si trova: A cos 6 k k ( ) ; k 97 Figura 6. B k. Pertanto l equazione ammette una sola soluzione per: k ( ) La funzione è polinomiale, quindi è continua nell intervallo chiuso [; ] e derivabile nell intervallo aperto ]; [. Pertanto verifica le ipotesi del teorema di Lagrange. Calcoliamo: f (), f (), f (). Sostituiamo nella formula f (b ) f (a) f () e otteniamo: b a. Risolviamo l equazione:, Zanichelli Editore, 6 Pag.

104 quindi oppure. Ne consegue che poiché interno all intervallo [; ], mentre, poiché è un estremo dell intervallo, non soddisfa il teorema di Lagrange. 8 9 La funzione f () tg non è continua nell intervallo I perché non è definita per (in cui presenta una discontinuità di seconda specie). Quindi non è applicabile il teorema di esistenza degli zeri, in cui un ipotesi essenziale è la continuità della funzione in ogni punto dell intervallo chiuso e limitato. Pertanto non c è contraddizione. Una funzione reale f, diversa da zero in ogni punto del suo campo di esistenza, che soddisfa la condizione f ()f () è la funzione esponenziale f () ke, con k reale. Imponendo la condizione f (), risulta: k e f () e, R. Qualora si abbiano competenze sulle equazioni differenziali, si può risolvere il problema considerando d l equazione. d Separiamo le variabili: d d ln c ke con k reale. Imponendo la condizione (), risulta e. La derivata prima della funzione è: f () a cos b sen che deve annullarsi per per la condizione necessaria di estremo relativo, per cui: f a b. Inoltre per la funzione deve valere : f a b. Mettendo a sistema entrambe le condizioni trovate, risulta: a b a b a b b b a b La funzione diventa quindi: f () sen cos. Con il metodo dell angolo aggiunto, si può scrivere: f () sen cos sen 6. che ha come periodo T. Zanichelli Editore, 6 Pag.

105 ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO CORSO DI ORDINAMENTO 6 Sessione suppletiva Il candidato risolva uno dei due problemi e dei quesiti in cui si articola il questionario. PROBLEMA Nel piano, riferito a un sistema monometrico di assi cartesiani ortogonali (O), sono assegnate le due parabole p e p di equazioni rispettivamente:,. a) Fornirne la rappresentazione grafica, dopo aver determinato, fra l altro, i loro punti comuni. b) Indicato con V il vertice della parabola p, con V il vertice della parabola p e con P il punto in cui p interseca il semiasse positivo delle, calcolare l area della regione finita di piano delimitata dall arco V V della parabola p, dall arco V P della parabola p e dal segmento V P. c) Calcolare l ampiezza dell angolo secondo cui le due parabole si secano in O e con l uso di una calcolatrice esprimerla in gradi sessagesimali, primi e secondi. d) Nel segmento parabolico, delimitato dalla retta di equazione e dalla parabola p, inscrivere il rettangolo avente due lati paralleli all asse e area massima. e) Stabilire se il rettangolo trovato ha anche il massimo perimetro. PROBLEMA Nel piano, riferito a un sistema monometrico di assi cartesiani ortogonali (O), sono assegnate le curve di equazione: k, dove k è un parametro reale non nullo. a) Dimostrare che non hanno punti in comune e ognuna di esse presenta uno e un solo flesso. b) Tra le curve assegnate, indicare con quella che ha come tangente inflessionale la retta di equazione 7 9. c) Disegnare l andamento di, dopo averne trovato le caratteristiche salienti e, in particolare, l equazione della retta t tangente alla curva nel punto A di ascissa e le coordinate dell ulteriore punto che t ha in comune con. d) Determinare l equazione della circonferenza c, tangente alla curva nel punto A e avente il centro sull asse. e) Calcolare l area della minore delle regioni in cui l asse divide il cerchio delimitato da c. Zanichelli Editore, 7 Pag.

106 QUESTIONARIO Si considerino il rettangolo ABCD e la parabola avente l asse di simmetria parallelo alla retta AD, il vertice nel punto medio del lato AB e passante per i punti C e D. In una rotazione di mezzo giro intorno all asse della parabola il rettangolo genera un solido di volume V e la regione piana delimitata dalla parabola e dalla retta CD genera un solido di volume V. Determinare il rapporto V /V. Il numero delle soluzioni dell equazione sen cos nell intervallo reale [; ] è: A. B. C. D. Una sola alternativa è corretta: individuarla e fornire un esauriente spiegazione della scelta operata. Il limite della funzione f () sen, per : A non esiste. B è. C è un valore finito diverso da. D è. Una sola alternativa è corretta: individuarla e fornire un esauriente spiegazione della scelta operata. Trovare, con il procedimento preferito ma con esauriente spiegazione, la derivata, rispetto a, della funzione f () tg(). Calcolare l ampiezza dell angolo diedro formato da due facce di un tetraedro regolare, espressa in gradi sessagesimali e approssimata al «primo». Determinare il dominio della funzione f () e stabilire se la funzione è derivabile in tale dominio. Considerata la funzione reale di variabile reale f (), affermare che lim f () significa che per ogni numero reale M, esiste un numero reale N tale che, per ogni, se N allora f () M. È vero o è falso? Accompagnare la risposta con un interpretazione grafica. È assegnato un triangolo equilatero di lato lungo L. Si costruisce un secondo triangolo, avente per vertici i punti medi dei lati del primo e, così proseguendo, un n-esimo triangolo avente per vertici i punti medi dei lati del triangolo (n )-esimo. Calcolare il limite cui tende la somma delle aree degli n triangoli quando n tende a. Si consideri la seguente uguaglianza: ln( ) ln( ). È vero o falso che vale per ogni reale? Fornire un esauriente spiegazione della risposta. Cinque ragazzi sono contrassegnati con i numeri da a. Altrettante sedie, disposte attorno a un tavolo, sono contrassegnate con gli stessi numeri. La sedia, posta a capotavola, è riservata al ragazzo, che è il caposquadra, mentre gli altri ragazzi si dispongono sulle sedie rimanenti in maniera del tutto casuale. Calcolare in quanti modi i ragazzi si possono mettere seduti attorno al tavolo. Durata massima della prova: 6 ore. È consentito soltanto l uso di calcolatrici non programmabili. Non è consentito lasciare l Istituto prima che siano trascorse ore dalla dettatura del tema. Zanichelli Editore, 7 Pag. 6

107 SOLUZIONE DELLA PROVA D ESAME CORSO DI ORDINAMENTO 6 Sessione suppletiva PROBLEMA a) La parabola p ha il vertice V nell origine e l asse come asse di simmetria. La parabola p ha l asse di b simmetria parallelo all asse delle ascisse, ha vertice di ordinata V a e ascissa V, interseca l asse nei punti (; ) e (; ). Determiniamo ora i punti comuni alle due parabole risolvendo il seguente sistema: ( )( ) Le soluzioni dell ultima equazione sono:. In corrispondenza di tali ascisse troviamo i punti di intersezione di coordinate: (; ), ( ; ), ;, ;. I grafici delle due parabole sono rappresentati in figura. V'' + A V'O p' + p'' Figura. b) Considerati i punti V (; ), V ( ; ), P (; ), l area richiesta è quella evidenziata nella figura. Per calcolare tale superficie determiniamo la funzione che descrive il ramo V P esplicitando in funzione di. p'' P ( ) V'' ( ). La funzione che descrive il ramo V P è: p' V'O, con. Ne segue che l area cercata vale: Figura. A ( ) d ( ). Zanichelli Editore, 7 Pag. 7

108 c) L angolo richiesto è quello formato dalle tangenti nell origine alle due parabole. La tangente t alla parabola p è l asse delle ascisse, quindi l angolo cercato coincide con l angolo formato dalla tangente t nell origine della parabola p con l asse (figura ). L equazione della funzione che descrive p nel tratto V V dell origine è f (), come si può dedurre dal punto precedente. Poiché f (), il coefficiente angolare di t è m f (). L angolo cercato è quindi tale che tg( ) da cui tg. Possiamo ora determinare, con l utilizzo di una calcolatrice scientifica impostata in gradi sessagesimali, un approssimazione di tale angolo tramite la seguente relazione: arctg 6,6 6. d) Nel segmento parabolico, delimitato dalla retta di equazione e dalla parabola p, inscriviamo un rettangolo ABCD. Sia l ascissa del vertice A, con (figura ). I vertici del rettangolo hanno coordinate A( ; ), B ( ; ), C ( ; ), D ( ; ). Perciò le sue dimensioni misurano: AD, AB. D L area del rettangolo è quindi espressa dalla funzione ( ), ovvero 8, con. Determiniamo il massimo di tale funzione studiando la derivata prima: 8 6. Lo schema in figura ne riassume il segno. La funzione ha un massimo per, dove l area vale. 9 e) Il perimetro del rettangolo ABCD è: p AB AD ( ) 8. f'() Il grafico della funzione 8 nel dominio [; ] è un arco di parabola di vertice (; ) con la concavità rivolta f() verso il basso. Il valore massimo è quindi l ordinata del vertice, cioè, che si ottiene in corrispondenza di. In conclusione il rettangolo di area massima non coincide con quello di perimetro massimo. O Figura. PROBLEMA a) Consideriamo due curve di equazioni k e k con k k e. Esse hanno un punto in comune se esiste una soluzione del seguente sistema nelle incognite e : k k k k k k k. k t'' V''( ;) α C ( ; ) OV' + ma B A p'' p' p' Figura. = Figura. Zanichelli Editore, 7 Pag. 8

109 Poiché k k, il sistema è impossibile. Tali curve non hanno quindi punti in comune. Per determinare i flessi della curva di equazione k, studiamo il segno della derivata seconda: ( k) k k, ( k) 6 ( k) ( k). Nel campo di esistenza R {} della funzione, vale: k k Rappresentiamo quanto trovato negli schemi di figura 6. Possiamo quindi concludere che per ogni k non nullo la curva di equazione k ha un unico flesso, precisamente nel punto di coordinate k ; 9 k. b) Il coefficiente angolare della retta tangente nel punto k ; 9k è ( k). 7 k La tangente inflessionale è perciò la retta di equazione: ( k) 7k 9 k 7 k 9k. Tale retta coincide con quella di equazione 7 9 solo per k. La curva è perciò quella di equazione. c) Il campo di esistenza della funzione f () è R{}. Il grafico di tale funzione non interseca l asse, mentre interseca l asse nel punto A(; ). La funzione è positiva solo per e negativa negli altri punti del dominio. Inoltre vale: lim, lim lim. Dunque l asse è asintoto verticale, mentre l asse è asintoto orizzontale. Studiamo ora la derivata prima, sostituendo k nell espressione già calcolata nel punto a). f (). k> '' k< '' + k flesso k flesso + + Figura 6. Essa si annulla per, è positiva se e negativa negli altri punti del campo di esistenza. Nella figura 7 è mostrato il quadro del segno della derivata prima. f'() + La funzione ha un massimo assoluto in M ;, è crescente se e decrescente se. Inoltre la retta t, tangente a in A(; ), ha coefficiente angolare f (). La sua equazione è perciò. Determiniamo f() ma Figura 7. Zanichelli Editore, 7 Pag. 9

110 poi, come richiesto, l ulteriore punto di intersezione tra t e, considerando il seguente sistema:. Quindi, escludendo il punto A (supponendo cioè ), si ottiene. L ulteriore punto di intersezione è perciò B ( ; ). Passiamo ora allo studio della derivata seconda. Per quanto trovato nel punto a) sappiamo che la funzione ha un unico flesso nel punto F ; 9, ha la concavità rivolta verso il basso per, rivolta verso l alto per. L andamento di è rappresentato nella figura 8. d) Poiché la circonferenza c ha come tangente in A(; ) la retta t, il suo centro appartiene alla retta perpendicolare a t e passante per A. Il coefficiente angolare di questa retta è perciò me quindi la sua equazione è t. Le coordinate del centro C soddisfano dunque il seguente sistema: Figura 8., pertanto C ha coordinate (; ), mentre il raggio r vale CA. Ricaviamo infine l equazione della circonferenza c utilizzando la formula: ( C ) ( C ) r. B 9 O A = M = F Figura 9. c Risulta: C c ( ) c. e) Rappresentiamo la circonferenza c ed evidenziamo la regione di cui dobbiamo determinare l area (figura 9). Per calcolare tale superficie occorre esplicitare in funzione di dall equazione della circonferenza. A' O A ( ) ( ),. Si ottengono le funzioni delle due semicirconferenze di estremi (; ) e (; ). L equazione della semicirconferenza che ci occorre (cioè quella inferiore) è dunque. L area cercata si trova calcolando il seguente integrale: Area ( ) d [ ] d d ponendo, per sostituzione, sen t, cioè sen t, risulta: sen t cos tdt cos tdt cos t dt sen t t. Zanichelli Editore, 7 6 Pag.

111 Notiamo che si poteva calcolare tale area anche osservando che A C e AC sono perpendicolari. Quindi, il settore circolare A AC è un quarto del cerchio. L area di tale settore circolare vale [ () ]. Mentre l area del triangolo A AC risulta uguale a A A CO. L area cercata si calcola quindi per differenza: Area. QUESTIONARIO Scelto un sistema di riferimento O, rappresentiamo il rettangolo ABCD, la parabola e la loro rotazione di mezzo giro intorno all asse (figura ). Rispetto a questo sistema di riferimento i vertici del rettangolo hanno coordinate: A(; ), B (; ), C (a; ), D (a; ) con a. La parabola, con vertice V (; ) e passante per C e D, ha equazione a. Il solido generato dalla rotazione del rettangolo è un cilindro di B C altezza a e raggio di base uguale a. Quindi, V a. Mentre, essendo l equazione del ramo della parabola formato dai punti di ordinata positiva, il volume di a rotazione del ramo risulta: V a a d a a d a a a. Calcoliamo il rapporto dei due volumi: V a. V a L equazione considerata non ha soluzioni poiché il prodotto di due numeri minori o uguali a (sen, cos ) è ancora un numero minore o uguale a e quindi non può essere uguale a. L alternativa esatta è A. Risulta lim sen. OV A V' V'' Figura. =a D a Infatti, poiché sen e, vale sen. Per il teorema del confronto, essendo lim lim (), risulta anche lim sen. Analogamente si dimostra che lim sen. La risposta esatta è B. Sappiamo che D[cos ] sen e che D[sen ] cos. Applicando la formula della derivata di un quoziente otteniamo: D[tg ] D s en cos D[sen ] cos sen D[cos ] cos cos sen. cos co s Zanichelli Editore, 7 7 Pag.

112 6 7 8 Nella figura è rappresentato un tetraedro regolare ABCD di lato l. Si prendano le due facce consecutive BCD e ABC e si sezioni perpendicolarmente il diedro, da esse formato, con un piano passante per il vertice D. Tale piano intercetta il triangolo rettangolo DOH, dove O è il piede della perpendicolare da D al piano ABC e H è il punto medio dello spigolo BC del diedro. Indicato con l angolo DĤO, esso rappresenta l angolo del quale è richiesta l ampiezza. Per il teorema dei triangoli rettangoli vale cos O H. Poiché il DH segmento DH è altezza del triangolo equilatero BCD, risulta DH l, mentre, essendo O il baricentro del triangolo ABC, vale OH AH l l. 6 Risulta, allora, cos O H DH, da cui ricaviamo: arccos 7,9 7. Poiché la radice cubica è sempre definita (se è definito il radicando) allora il campo di esistenza della funzione è R. Tale funzione è derivabile per ogni e la sua derivata vale: D[ ] D. La funzione non è invece derivabile in poiché non esiste finito il limite del rapporto incrementale: lim f (h) f () lim h lim h h h h h h lim. h h Per definizione affermare che lim f () significa che per ogni numero reale M positivo, esiste un numero reale N positivo tale che, per ogni, se N allora f () M. Dobbiamo, dunque, confrontare le due seguenti definizioni: a) per ogni numero reale M positivo, esiste un numero reale N positivo tale che, per ogni, se N allora f () M; b) per ogni numero reale M, esiste un numero reale N tale che, per ogni, se N allora f () M. Ovviamente b) implica a). Mostriamo che vale anche il viceversa. Dobbiamo, per questo, mostrare che vale la condizione anche per M. Sia infatti M, allora M e, quindi, M. Per ipotesi, esiste un numero reale N tale che f () M, per ogni N. Ma M M essendo M positivo ed M negativo. Quindi vale anche f () M per ogni N. Essendo perciò a) e b) equivalenti, l affermazione del quesito è vera. La figura ne offre un interpretazione grafica: f () M per ogni N. I triangoli equilateri che si costruiscono via via hanno i lati di lunghezza L, L, L, 8 L,. In generale, il L lato dell n-esimo triangolo vale n. L altezza di tale triangolo è perciò L n L. Pertanto n l area dell n-esimo triangolo è: L A n n L n L L n. n A M O D O B α N H C Figura. = f() Figura. Zanichelli Editore, 7 8 Pag.

113 Calcoliamo la somma delle aree degli n triangoli: L L L L n n e applicando la formula della somma di n termini di una progressione geometrica di ragione risulta: n L L Calcoliamo il limite per n : lim L n n L. n. 9 L espressione ln( ) è definita per ogni, mentre ln( ) è definita solo per. Quindi tale uguaglianza è vera solo se a seguito della proprietà dei logaritmi log a b c c log a b, per ogni b. Pertanto l uguaglianza non vale per ogni reale. I ragazzi si possono mettere seduti attorno al tavolo in tanti modi quante sono le possibili quaterne ordinate di un insieme di elementi distinti, cioè!. Zanichelli Editore, 7 9 Pag.

114 ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO CORSO DI ORDINAMENTO 7 Il candidato risolva uno dei due problemi e dei quesiti in cui si articola il questionario. PROBLEMA Si considerino i triangoli la cui base è AB e il cui vertice C varia in modo che l angolo CAˆB si mantenga doppio dell angolo ABˆC.. Riferito il piano ad un conveniente sistema di coordinate, si determini l equazione del luogo geometrico descritto da C.. Si rappresenti, tenendo conto, ovviamente, delle prescritte condizioni geometriche.. Si determini l ampiezza dell angolo ABˆC che rende massima la somma dei quadrati delle altezze relative ai lati AC e BC e, con l aiuto di una calcolatrice, se ne dia un valore approssimato in gradi e primi (sessagesimali).. Si provi che se ABˆC 6 allora è AC. PROBLEMA Si consideri un cerchio C di raggio r.. Tra i triangoli isosceli inscritti in C si trovi quello di area massima.. Si denoti con S n l area del poligono regolare di n lati inscritto in C. Si dimostri che S n n r sen e n si trovi un analoga espressione per l area del poligono regolare di n lati circoscritto a C.. Si calcoli il limite di S n per n.. Si spieghi in che cosa consista il problema della quadratura del cerchio e se, e in che senso, si tratti di un problema risolubile o meno. QUESTIONARIO La regione R delimitata dal grafico di, dall asse e dalla retta (figura ) è la base di un solido S le cui sezioni, ottenute tagliando S con piani perpendicolari all asse, sono tutte triangoli equilateri. Si calcoli il volume di S. = Le misure dei lati di un triangolo sono, 6 e 8 cm. Si calcolino, con l aiuto di una calcolatrice, le ampiezze degli angoli del triangolo approssimandole in gradi e primi sessagesimali. O Si determini, al variare di k, il numero delle soluzioni reali dell equazione: k. Figura. Un serbatoio di olio ha la stessa capacità del massimo cono circolare retto di apotema metro. Si dica quanti litri di olio il serbatoio può contenere. Zanichelli Editore, 8 Pag.

115 6 7 8 Si mostri che la funzione 8 soddisfa le condizioni del Teorema del valor medio (o Teorema di Lagrange) sull intervallo [; ]. Si determinino i valori medi forniti dal teorema e se ne illustri il significato geometrico. Si sa che il prezzo p di un abito ha subìto una maggiorazione del 6% e, altresì, una diminuzione del 6%; non si ha ricordo, però, se sia avvenuta prima l una o l altra delle operazioni. Che cosa si può dire del prezzo finale dell abito? Se f () è una funzione reale dispari (ossia il suo grafico cartesiano è simmetrico rispetto all origine), definita e integrabile nell intervallo [; ], che dire del suo integrale esteso a tale intervallo? Quanto vale nel medesimo intervallo l integrale della funzione f ()? Si risolva l equazione: n n. 9 Si calcoli l integrale indefinito d e, successivamente, si verifichi che il risultato di d è in accordo con il suo significato geometrico. Per orientarsi sulla Terra si fa riferimento a meridiani e paralleli, a latitudini e longitudini. Supponendo che la Terra sia una sfera S e che l asse di rotazione terrestre sia una retta r passante per il centro di S, come si può procedere per definire in termini geometrici meridiani e paralleli e introdurre un sistema di coordinate geografiche terrestri? Durata massima della prova: 6 ore. È consentito soltanto l uso di calcolatrici non programmabili. Non è consentito lasciare l Istituto prima che siano trascorse ore dalla dettatura del tema. Zanichelli Editore, 8 Pag.

116 SOLUZIONE DELLA PROVA D ESAME CORSO DI ORDINAMENTO 7 PROBLEMA. Consideriamo il sistema di riferimento O centrato in A e con gli assi cartesiani orientati come in figura. Indichiamo con ( ; ) le generiche coordinate di C e con l angolo ABˆC. Ne segue che CAˆB. Osserviamo che il punto C deve giacere nel semipiano C altrimenti l angolo BAˆC sarebbe minore o uguale ad ABˆC. Tale condizione può essere migliorata, osservando che nel primo quadrante è possibile costruire all interno del triangolo ABC il triangolo isoscele AA C poiché di altezza CD, come in figura. AO α α B L angolo BCˆA è uguale ad in quanto l angolo supplementare di CAˆ B è uguale a. Quindi CA A B. Inoltre, essendo CA l ipotenusa del triangolo rettangolo A CD con cateto DA, deve essere, cioè. Poiché il problema presenta una simmetria rispetto all asse, limitiamoci a considerare il caso. Per trovare l equazione del luogo geometrico possiamo procedere in due modi. Figura. C α Primo metodo Considerando i triangoli rettangoli ottenuti tracciando l altezza relativa alla base AB, risulta: tg tg() α α AO D A' Figura. α B nell ipotesi che sia. Il caso è, comunque, geometricamente accettabile in quanto si otterrebbe il triangolo rettangolo in A e isoscele, con C di coordinate (; ). Supponiamo, allora, (e quindi tg ). Dal sistema, ricordando la formula di duplicazione della tangente, otteniamo: tg tg tg Zanichelli Editore, 8 Pag. 6

117 Svolgendo i calcoli e portando il tutto a forma normale otteniamo. Questa equazione comprende anche il caso, poiché la curva passa per il punto (; ), e i casi simmetrici. Questi ultimi corrispondono a valori negativi di. Essa rappresenta, dunque, l equazione del luogo geometrico richiesto, considerando però la limitazione. Secondo metodo Osserviamo che la figura rappresenta il caso in cui. Il caso in cui, invece, si ha è rappresentato in figura. In questo caso è possibile costruire un triangolo isoscele A AC, esterno al triangolo ABC, di altezza CD. L angolo CAˆA è uguale a, in quanto l angolo supplementare CAˆB è uguale a. Ne segue che anche il triangolo A BC è isoscele, in quanto A CˆB A BˆC. Consideriamo il triangolo rettangolo CDˆA, in cui CD ; vale inoltre che AD e AC A B. In entrambi i casi, applicando il teorema di Pitagora al triangolo CDA, otteniamo che C α π α A' D AO α B ( ) che è l equazione del luogo cercato. Figura.. Riscrivendo, con il metodo del completamento dei quadrati, l equazione nella forma 9 è facile riconoscere che tale curva è l iperbole che si ottiene dalla traslazione rispetto al vettore v ; dell iperbole di equazione 9 O che ha vertici in ; (figura ). e asintoti Tenendo conto delle limitazioni geometriche, è il ramo sinistro di tale iperbole traslata. Figura. Zanichelli Editore, 8 Pag. 7

118 . Siano H e K i piedi delle altezze relative ai lati CB e AC, ne segue che AH sen e BK sen(). Inoltre, vale angoli interni di uno stesso triangolo). perché (in quanto due C Supponiamo, quindi, e cerchiamo il massimo in tale dominio della funzione f () sen sen (). Per farlo calcoliamo la derivata prima della funzione f (): H f () sen cos sen() cos() f () sen() sen() cos() K AO α α B f () sen()[ cos()]; sen() è sempre positivo in ;, quindi f () se cos(). Figura 6. ( sen ) sen 8 arcsen 8. Riportiamo l andamento della funzione in figura 7. f'(α) + Quindi l ampiezza dell angolo ABˆC che rende massima arcsen 8 la somma dei quadrati delle altezze AH e BK è ABˆC arcsen ma 8. f(α). Per 6 si ottiene un triangolo isoscele ABC di angoli CAˆB ACˆB 7 e lati AB BC. C Figura 7. Tracciando la bisettrice dell angolo CAˆB che interseca il lato BC nel punto M si ottiene il triangolo ACM simile al triangolo ABC poiché 7 M equiangoli, come mostrato in figura 8. 7 Se chiamiamo AC risulta AM, BM e CM. Per similitudine otteniamo: CM CA CA, cioè, e quindi, la cui la cui soluzione positiva è. A B Figura 8. PROBLEMA C. Consideriamo il triangolo isoscele ABC inscritto nella circonferenza C, con AC BC. Sia ACˆH, come in figura 9. Ne segue che. Per il teorema della corda, AB r sen(). Possiamo supporre CH CO. Infatti, se fosse H CO (figura ), esisterebbe un triangolo isoscele inscritto con base A B AB e altezza CH CH, quindi di area maggiore. Ne segue che i triangoli isosceli con altezza minore del raggio non sono di area massima. A r H O B Figura 9. Zanichelli Editore, 8 Pag. 8

119 Ora, poiché OC OA r, si ha che AĈO CAˆO, quindi AÔH. Ne segue che OH r cos(), perciò CH r r cos(). La funzione che descrive l area del triangolo ABC è, perciò, A C H B f () AB CH r sen() [r r cos()] O f () r [sen() cos()sen()]. Studiamone la derivata nell intervallo ; : f () r [ cos() sen () cos ()] r [cos () cos() ]. A B H Figura. Essa è non negativa se cos() oppure cos(). La prima disequazione è impossibile nel dominio, mentre la seconda è verificata per, cioè per 6. Riportiamo l andamento nella figura. L area massima si ottiene, quindi, per, che corrisponde a un triangolo equilatero. 6 f'() f() + π 6 ma Figura. π. Un poligono regolare di n lati inscritto si può scomporre in n triangoli isosceli congruenti con vertice in comune nel centro del cerchio. Essi hanno angolo al vertice di ampiezza e lato r. Sia ABO un triangolo siffatto, come in figura. n O π n A H B A' H' B' Figura. Per il teorema della corda si ha che AB r sen. Per il teorema di Pitagora si ha: n OH r r s en n r sen n. L area del poligono inscritto cercata è quindi: S n n A AOB n AB OH nr sen n cos n n r sen. n Zanichelli Editore, 8 6 Pag. 9

120 Analogamente, per il poligono regolare di n lati circoscritto, consideriamo il triangolo OA B della precedente figura. Tale triangolo ha r come altezza e angolo al vertice. Ne segue che H B r tg n n e, quindi, l area del poligono vale: A n n A AO B n r tg n.. lim S n lim n n n r sen lim r n n sen n n variabile t e si è ricordato che lim se n t. n t t r. Nell ultimo passaggio si è effettuato il cambio di. Il problema della quadratura del cerchio consiste nel costruire un quadrato di area pari a quella di un cerchio di raggio assegnato con riga e compasso. Dal punto di vista algebrico, indicati con r il raggio del cerchio e con l il lato del quadrato da trovare, vale la relazione: r l l r. Assunto per semplicità r, si tratta di costruire un lato di misura. Nel 88 venne dimostrata l impossibilità di tale costruzione attraverso le regole euclidee equivalenti all uso di riga e compasso. QUESTIONARIO In figura è riportata la regione R del piano compresa tra il grafico della funzione e l asse, con. Si costruisce il solido S con base R avente come sezioni perpendicolari all asse dei triangoli equilateri. = z R S O Figura. O Figura. Il volume V del solido S è l integrale, per compreso tra e, della funzione che rappresenta l area di un triangolo equilatero di lato, cioè () (somma integrale di prismi triangolari retti): V d. Zanichelli Editore, 8 7 Pag.

121 Fissiamo l unità di misura in centimetri. È assegnato il triangolo di lati a, b 6, c 8 e angoli,,. Calcoliamo il coseno rispettivamente degli angoli, e utilizzando il teorema di Carnot: cos b c a 6 8 bc 6 (6 6 6) γ a β c Figura. b α cos a c b a 8 6 c ( ) 8 6 cos a b c a 6 8 c (6 6 6) 6 6 Le ampiezze degli angoli del triangolo, approssimate in gradi e primi sessagesimali, valgono quindi: 8 7, 6, 9. Per determinare al variare di k le soluzioni reali dell equazione: = + k, studiamo l equazione k L equazione considerata è equivalente all equazione risolvente il sistema che descrive le intersezioni tra la curva fissa descritta da = k e il fascio di rette parallele all asse delle ascisse k, k reale: k Studiamo la funzione. In particolare, ne determiniamo i punti di minimo e massimo relativo. Studiamone la derivata prima: 7 O. Essa è non negativa se oppure se, quindi (; ) è un massimo relativo e ; 7 è un minimo relativo. Figura 6. Zanichelli Editore, 8 8 Pag.

122 Fissiamo l unità di misura in metri. Si vuole determinare la capacità del massimo cono circolare retto di apotema. Poniamo la misura del raggio della circonferenza di base del generico cono. I limiti geometrici sono. L altezza del cono vale e quindi il volume del cono è V C. Al fine di trovare il massimo cono circolare retto, è necessario massimizzare la funzione f(), la cui derivata prima vale: f () ( ). Tale derivata è positiva quando, quindi, poiché, quando. Riportiamo l andamento di f () nella figura 7. f'() + f() ma Figura 7. Pertanto il punto di massimo è e il corrispondente valore massimo è il volume del massimo cono circolare retto di apotema, ossia V c. 7 Ricordiamo di aver fissato l unità di misura in metri, da cui segue che il serbatoio può contenere m dm, Figura 8. Per mostrare che la funzione 8 soddisfa le condizioni del teorema del valor medio (o teorema di Lagrange) sull intervallo [; ] occorre verificare che si tratta di una funzione continua in [; ] e derivabile in ]; [. Entrambe le condizioni sono verificate in quanto si tratta di una funzione razionale intera. Calcoliamo il valore c [; ] tale che f (c) f (b ) f (a) b a dove a e b. Ricaviamo la derivata prima f () e imponiamo che c 6 e otteniamo c, entrambe accettabili. Il significato geometrico di questo teorema ci dice che la tangente alla curva data nei punti di ascissa è parallela alla corda congiungente i O punti aventi per ascissa gli estremi dell intervallo [; ]. Zanichelli Editore, 8 9 Pag.

123 6 Il prezzo finale dell abito non dipende da quale delle due operazioni sia avvenuta prima ed è pari a: p 6 6 p,9,6 p,996. Infatti se il prezzo viene prima maggiorato del 6%, indicato con p il prezzo dopo la maggiorazione e con p f il prezzo finale, si ha: p p 6 ; p f p 6 p 6 6. Se il prezzo subisce dapprima la minorazione del 6%, indicato con p il prezzo diminuito del 6% e con p f il prezzo finale, si ha: p p 6 ; p f p 6 e risulta p f p f. p Per definizione, se la funzione f () è dispari si ha che f () f () per ogni nel dominio di f () ed in particolare per. Utilizzando l additività dell integrale, si può scrivere: f () d f () d f () d. Inoltre: f () d f () d [ f ()] d. La disparità di f () implica: [ f ()] d f () d. Se si effettua il cambio di variabile t, l ultimo integrale diventa f () d f (t ) dt pertanto f () d f ( ) d f ( ) d. Per la linearità dell integrale, si ha: ( f () ) d f () d d []. Zanichelli Editore, 8 Pag.

124 8 Ricordiamo che il coefficiente binomiale può essere scritto come n k Pertanto e n (n ) (n k ), con n k. k! n (n )(n )(n )! n, con n n (n )(n )(n ), con n, cioè n.! Affinché abbiano senso entrambe le espressioni precedenti, dobbiamo supporre n. Imponiamo l uguaglianza: Semplificando i denominatori otteniamo: n (n )(n )(n )! n (n )(n )(n ) (n )(n )(n ).!! (n )(n )[n (n ) (n )] (n )(n )(n 6n 6), che ammette come soluzioni n, n, n 6 e n, dove per la condizione n, sono accettabili le soluzioni n 6 e n. 9 Effettuiamo il cambio di variabile sen t; quindi d cos tdt e l integrale può essere riscritto come d sen t cos tdt cos tdt. Applicando la formula di bisezione cos t c os t, oppure integrando per parti, otteniamo d t sen t cos t c, dove c è la costante di integrazione. Sostituendo t con la rispettiva espressione in, otteniamo arcsen d c. Calcoliamo ora l integrale definito d. Otteniamo arcsen d arcsen arcs en. Siccome e l equazione della semicirconferenza situata nel semipiano delle ordinate positive, relativa alla circonferenza di equazione, osserviamo che calcolare d equivale a calcolare l area di un quarto di cerchio di raggio. Zanichelli Editore, 8 Pag.

125 Si osservi la figura 9. Per definire i meridiani, consideriamo il fascio di piani contenenti l asse di rotazione r. Ciascuno di tali piani interseca la superficie della sfera lungo una circonferenza massima passante per i poli, cioè i punti in cui l asse interseca la superficie della sfera. Ciascuna delle due semicirconferenze definite dai poli è un arco di meridiano. Fissato come riferimento l arco di meridiano passante per l osservatorio di Greenwich (Londra), si definisce longitudine del punto P la misura in gradi dell angolo convesso compreso tra il semipiano contenente l arco di meridiano passante per P e il semipiano contenente il meridiano di Greenwich, specificando se l angolo sia percorso verso E o verso O rispetto a Greenwich (longitudine ). Per definire la latitudine si immagini il fascio di piani perpendicolari all asse r : ciascuno «taglia» la superficie della sfera lungo una circonferenza detta parallelo. Il parallelo definito dall unico piano del fascio che contiene il centro O della sfera terrestre è l equatore: Figura 9. si definisce latitudine (nord o sud) di un punto P la misura in gradi dell angolo acuto PÔE, dove E è il punto di intersezione tra l equatore e l arco di meridiano passante per P. (L equatore è ovviamente l insieme dei punti a latitudine zero.) Pertanto la posizione di un punto P sulla superficie terrestre è univocamente determinata assegnando due angoli orientati, per esempio: long. E, lat. N. Per esercitarti ancora sugli argomenti trattati nel Svolgi il r N Greenwich Problema Problema pag. Q Esercizio 99 pag. L Esercizio 66 pag. V Problema Problema 6 pag. V 98 Problema 6 pag. V Problema 6 pag. Q (prima parte) Esercizio pag. U 7 Quesito Esercizio 6 pag. Q 8 Quesito Esercizio 7 pag. V 7 Quesito Problema 7 pag. V Quesito Esercizio 9 pag. V 8 Esercizio pag. V 8 Quesito 7 Esercizio 8 pag. W 7 Quesito 8 Esercizio pag. Esercizio pag. Quesito 9 Esercizio 6 pag. W 7 Esercizio 6 pag. W 7 O S ϕ υ P E Zanichelli Editore, 8 Pag.

126 ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO CORSO DI ORDINAMENTO 7 Sessione suppletiva Il candidato risolva uno dei due problemi e dei quesiti in cui si articola il questionario. PROBLEMA Rispetto a un sistema di assi cartesiani ortogonali (O) si consideri il punto A(; ).. Si scriva l equazione del luogo dei punti del piano che verificano la condizione: PO PA 8, controllando che si tratta di una circonferenza di cui si calcolino le coordinate del centro e il raggio.. Si determini l ampiezza dell angolo acuto formato dalla retta OB con la tangente alla circonferenza in B, essendo B il punto della curva avente la stessa ascissa di A e ordinata positiva.. Si scriva l equazione della parabola cubica a b c d che presenta, nell origine, un flesso con tangente orizzontale e passa per B; si studi tale funzione e si tracci il suo grafico C.. Si calcoli l area della regione finita di piano limitata dal segmento OB e dall arco OB della suddetta parabola cubica. PROBLEMA Si consideri la funzione: f () e e e.. Si studi tale funzione e si tracci il suo grafico C, su un piano riferito a un sistema di assi cartesiani ortogonali (O).. Si determinino le coordinate del punto A, in cui la curva C incontra la curva C rappresentativa dell equazione e.. Si scrivano l equazione della tangente alla curva C nell origine e l equazione della tangente alla curva C nel punto A.. Si calcoli l area della superficie piana, delimitata dalla curva C, dall asse e dalla retta di equazione ln. Zanichelli Editore, 8 Pag. 6

127 QUESTIONARIO Si calcoli il limite della funzione c os, sen quando tende a. Si determini il campo di esistenza della funzione arcsen (tg ), con. Si calcoli il valore medio della funzione tg, nell intervallo. Si provi che per la funzione f () 8 nell intervallo, sono verificate le condizioni di validità del teorema di Lagrange e si trovi il punto in cui si verifica la tesi del teorema stesso. Fra tutti i triangoli isosceli inscritti in una circonferenza di raggio r, si determini quello per cui è massima la somma dell altezza e del doppio della base. Si consideri la seguente proposizione: «Il luogo dei punti dello spazio equidistanti da due punti distinti è una retta». Si dica se è vera o falsa e si motivi esaurientemente la risposta. Sia data la funzione: arctg per f () per Si dica se essa è continua e derivabile nel punto di ascissa. Si determini l area della regione piana limitata dalla curva di equazione e, dalla curva di equazione e dalle rette e. Si determinino le equazioni degli asintoti della curva f (). Si risolva la disequazione. Durata massima della prova: 6 ore. È consentito soltanto l uso di calcolatrici non programmabili. Non è consentito lasciare l Istituto prima che siano trascorse ore dalla dettatura del tema. Zanichelli Editore, 8 Pag. 7

128 SOLUZIONE DELLA PROVA D ESAME CORSO DI ORDINAMENTO 7 Sessione suppletiva PROBLEMA. Sia P( ; ) un generico punto del piano cartesiano O. Utilizzando la formula della distanza tra due punti si ricava: PO, PA ( ), pertanto risulta: PO PA 8 ( ) L equazione è del tipo a b c. Essa rappresenta una circonferenza se a b c. Nel no- stro caso si ha a b c 6. Pertanto il luogo 9 trovato è una circonferenza, con centro C ; e raggio r 6 9 (figura ). Figura.. Per trovare l ordinata di B, punto della circonferenza avente la stessa ascissa di A e ordinata positiva, sostituiamo nell equazione della circonferenza il valore a. Otteniamo: 6. t Poiché l ordinata di B è positiva, il punto ha coordinate B ;. Tracciamo la retta t, tangente alla circonferenza nel punto B, e la retta α OB (figura ). O C A Per calcolare l ampiezza dell angolo rappresentato in figura, determiniamo i coefficienti angolari delle rette OB e t. La retta OB ha coefficiente B O angolare m OB. Figura. B O Considerata la retta tangente t passante per il punto B ;, il suo coefficiente angolare m t è l antireciproco del coefficiente angolare della retta passante per il raggio CB, ovvero: B C m CB B C, O P PO + PA = 8 C A Zanichelli Editore, 8 Pag. 8

129 pertanto m t. L angolo acuto, formato dalla retta OB con la tangente t, ha tangente goniometrica: mob mt tg tg. mob mt Risulta allora che 6.. Affinché il grafico della funzione f () a b c d passi per l origine e qui presenti un flesso con tangente orizzontale, devono essere verificate le seguenti condizioni: f(), f (), f (). Poiché f () a b c e f () 6a b, tali condizioni sono verificate rispettivamente se d, c, b. L equazione si riduce a a. Determiniamo il coefficiente a sostituendo le coordinate di B ; : a a 8. C L equazione della parabola cubica è quindi. B Essa è definita in tutto R, interseca gli assi nell origine che è anche l unico punto di flesso. È positiva nell intervallo ]; [, negativa in ] ; [ e sempre crescente. La concavità è rivolta verso l alto in ]; [, verso il basso in ] ; [. Il suo grafico C è rappresentato in figura. O Figura.. In figura è indicata la regione finita di piano di cui si richiede di calcolare l area. La retta OB ha equazione, pertanto: Area d 6. O B C = PROBLEMA Figura.. La funzione f () e e e ha campo di esistenza R. Essa può essere scritta come f () e (e e ). Le sue intersezioni con gli assi cartesiani si trovano risolvendo i seguenti due sistemi: e (e e ) e e e / R (e )(e ) e, Zanichelli Editore, 8 Pag. 9

130 . e (e e ) L intersezione della funzione con gli assi è O (; ). Studiamo la positività: e (e )(e ) e, pertanto la funzione è positiva per, è nulla in, è negativa per. Determiniamo gli eventuali asintoti calcolando i limiti della funzione per e : lim (e e e ) lim e (e e ), lim e (e e ), lim e (e e ). Si deduce che la funzione non ha asintoti obliqui ma ha asintoto orizzontale nell intorno di. Calcoliamo la derivata prima e studiamo il suo segno: f () e e e e (e e ) e e e, f () e ln. La relativa tabella del segno è riportata in figura. f'() f() ln + Figura. min La funzione ammette un minimo per ln, la cui immagine vale: f ln Studiamo infine la derivata seconda e il suo segno: f () 9e 8e e e (9e 8e ) 9e e 9 f () e ln. 9 9 e 9, La derivata seconda si annulla per ln, è positiva 9 f''() + per ln, è negativa per ln (figura 6). 9 9 ln 9 Pertanto la funzione presenta concavità rivolta verso l alto per ln, rivolta verso il basso per ln e un 9 9 f() flesso Figura 6. flesso per ln, dove f 9 ln Zanichelli Editore, 8 Pag.

131 Indicato con M il punto di minimo e con F il punto di flesso rappresentiamo in figura 7 il grafico C della funzione. C ln 9 ln O F M Figura 7.. Rappresentiamo in figura 8 la curva C e la curva C di equazione e. C A C' ln( ) O Figura 8. Calcoliamo le coordinate del punto A risolvendo il seguente sistema: e e e e e e e e (e )(e ) e e e e ln( ). Il punto A ha coordinate A(ln( ); ).. La tangente alla curva C di equazione e e e nell origine O (; ) ha equazione m con m (), per cui la tangente ha equazione. La tangente alla curva C di equazione e in A ha equazione: m [ ln( )] con m (ln( )). Pertanto la tangente in A alla curva C ha equazione: e ( )[ ln( )] ( ) ( )[ ln( )]. Zanichelli Editore, 8 6 Pag.

132 . Nella figura 9 è rappresentata la superficie piana, delimitata dalla curva C, dall asse e dalla retta di equazione ln. Il punto P di ascissa ln ha ordinata 6. Si osservi che per motivi di migliore rappresentazione il sistema cartesiano è dimetrico. C 6 P = ln O ln Figura 9. Calcoliamo l area della superficie indicata: Area ln (e e e ) d e e e ln QUESTIONARIO cos Il limite lim sen si presenta nella forma indeterminata. Raccogliamo sia al numeratore che al denominatore e semplifichiamo: cos lim lim cos cos lim sen sen se n Applicando il limite notevole lim sen si ottiene: cos lim sen Per stabilire il segno di osserviamo che sia nell intorno destro sia nell intorno sinistro di risulta se n sen. Pertanto in un intorno completo di vale. In particolare risulta allora: cos lim se n Zanichelli Editore, 8 7 Pag.

133 La funzione arcsen (tg ), con, è definita quando il suo argomento, in questo caso (tg ) è compreso tra e ovvero tg. È quindi necessario risolvere la disequazione tg nell insieme. Risulta: tg tg 7. Per il teorema della media, se f () è una funzione continua nell intervallo [a; b], esiste almeno un punto c [a; b] tale chef (c) b b f () d. Il valore f (c) si chiama valore medio della funzione nell interval- a a lo considerato. Se f () tg, nell intervallo ; risulta: f (c) tg d s c en os d cos d [tg ] os coc d s. Una funzione f () soddisfa le ipotesi del teorema di Lagrange in un intervallo [a; b] se è continua in [a; b] ed è derivabile nei punti interni dell intervallo. In tal caso esiste un punto c nell intervallo ]a; b [ tale che f (c) f (b ) f (a). Se consideriamo f () 8 con, le due ipotesi sono verificate in b a quanto la funzione, essendo polinomiale, è continua e derivabile in R. Vale allora il teorema di Lagrange e, poiché f (), risulta: c ( 8) ( 8) c c di cui solo c accettabile perché interno all intervallo [; ]. In conclusione, il punto in cui si verifica la tesi del teorema di Lagrange è. Consideriamo un triangolo isoscele ABC di base AB e altezza CH rispetto alla base, inscritto in una circonferenza di raggio r e centro O (figura ). C Sia l angolo HĈB, con limiti geometrici. Considerata la funzione CH AB, esprimiamo i suoi termini in funzione di : CH CO OH r r cos, AB HB r sen. O r A H B Figura. Zanichelli Editore, 8 8 Pag.

134 Pertanto risulta: CH AB r r cos r sen, con. Calcoliamo la derivata prima della funzione: r sen 8r cos r ( sen cos ). Studiamo i punti stazionari della funzione: r ( sen cos ) ; dividendo per cos che in ; si annulla per che non è soluzione, si ottiene tg e quindi: arctg. Determiniamo la derivata seconda e calcoliamola nel punto stazionario trovato: r ( cos sen ), (arctg ) r [ cos (arctg ) sen (arctg )]. Per la condizione sufficiente di esistenza di un massimo, la funzione ha massimo per l angolo arctg 8. 6 Considerati due punti A e B nello spazio, si tracci il piano perpendicolare al segmento AB e passante per il suo punto medio M (figura ). P A M B Figura. Preso sul piano un qualsiasi punto P, i triangoli rettangoli AMP e BPM sono congruenti per il primo criterio di congruenza e, in particolare, AP BP. Pertanto, nello spazio, il luogo dei punti equidistanti da due punti A e B dati non è una retta ma il piano perpendicolare al segmento che congiunge i punti dati e che passa per il corrispondente punto medio M. La proposizione data è quindi falsa. 7 Considerata la funzione, valutiamo la continuità nel punto calcolando il limite destro e il limite sinistro in questo punto: lim arctg, lim arctg. Poiché f () e il limite destro e sinistro coincidono con l immagine della funzione nel punto, la funzione è continua in. Zanichelli Editore, 8 9 Pag.

135 Valutiamo ora la derivabilità nel punto confrontando il limite destro e il limite sinistro della derivata prima, dopo averla calcolata: f () arctg arctg, lim arctg, lim arctg. Essendo i due limiti diversi, la funzione non è derivabile nel punto. 8 In figura sono rappresentati i grafici delle funzioni e e, ed è evidenziata la regione piana limitata dalle loro curve e dalle rette e. = e = O = Figura. L area della regione vale: A (e ) d e e e. 9 La funzione f () ha campo di esistenza R { } e il suo limite per che tende a risulta: lim, lim. La funzione ha pertanto asintoto verticale destro e sinistro. Determiniamo eventuali asintoti orizzontali o obliqui m q considerando i seguenti limiti: lim, quindi non esistono asintoti orizzontali; m lim f ( ) lim, q lim ( f () m) lim lim. La funzione ha asintoto obliquo di equazione. Gli asintoti della funzione sono pertanto e. Zanichelli Editore, 8 Pag.

136 La disequazione assume significato solo se è un numero naturale tale che:, N. Risolviamo la disequazione esplicitando i coefficienti binomiali:!! ( )( ) ( )!( )!!( )! 6 ( )( ) ( ). Essendo, possiamo dividere entrambi membri per ( ), essendo, questa, una quantità positiva: 9. Quindi la disequazione di partenza ammette come soluzioni accettabili solo i numeri naturali maggiori o uguali a ovvero:, N. Zanichelli Editore, 8 Pag. 6

137 PROVA ORDINAMENTO 8 ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO CORSO DI ORDINAMENTO 8 Il candidato risolva uno dei due problemi e dei quesiti in cui si articola il questionario. PROBLEMA Il triangolo rettangolo ABC ha l ipotenusa AB a e l angolo CAˆB (figura ). a) Si descriva, internamente al triangolo, con centro in B e raggio, l arco di circonferenza di estremi P e Q rispettivamente su AB e su BC. Sia poi R l intersezione con il cateto CA dell arco di circonferenza di centro A e raggio AP. Si specifichino le limitazioni da imporre a affinché la costruzione sia realizzabile. b) Si esprima in funzione di l area S del quadrilatero mistilineo PQCR e si trovi quale sia il valore minimo e quale il valore massimo di S(). c) Tra i rettangoli con un lato su AB e i vertici del lato opposto su ciascuno dei due cateti si determini quello di area massima. d) Il triangolo ABC è la base di un solido W. Si calcoli il volume di W sapendo che le sue sezioni, ottenute tagliandolo con piani perpendicolari ad AB, sono tutte quadrati. PROBLEMA Assegnato nel piano il semicerchio di centro C e diametro AB = (figura ), si affrontino le seguenti questioni. a) Si disegni nello stesso semipiano di un secondo semicerchio tangente ad AB in C e di uguale raggio. Si calcoli l area dell insieme piano intersezione dei due semicerchi e. b) Si trovi il rettangolo di area massima inscritto in. Figura. c) Sia P un punto della semicirconferenza di, H la sua A C proiezione ortogonale su AB. Si ponga PCˆB e si esprimano in funzione di le aree S e S dei triangoli APH e Figura. PCH. Si calcoli il rapporto f() S ( ). S( ) d) Si studi f () e se ne disegni il grafico prescindendo dai limiti geometrici del problema. A R C P Q Γ Γ B B Pag. 7 69

138 PROVA ORDINAMENTO 8 Raccolta Temi d'esame - Corso di Ordinamento 6 QUESTIONARIO Si consideri la seguente proposizione: Se due solidi hanno uguale volume, allora, tagliati da un fascio di piani paralleli, intercettano su di essi sezioni di uguale area. Si dica se essa è vera o falsa e si motivi esaurientemente la risposta. Ricordando che il lato del decagono regolare inscritto in un cerchio è sezione aurea del raggio, si provi che sen. Fra le casseruole, di forma cilindrica, aventi la stessa superficie S (quella laterale più il fondo) qual è quella di volume massimo? Si esponga la regola del marchese de L Hospital (66-7) e la si applichi per dimostrare che è: 8 lim. Si determini un polinomio P() di terzo grado tale che: P() P (), P() e P()d. Se n, n, n, con n, sono in progressione aritmetica, qual è il valore di n? Si determini, al variare di k, il numero delle soluzioni reali dell equazione: k. Sia f la funzione definita da f(). Si precisi il dominio di f e si stabilisca il segno delle sue derivate, prima e seconda, nel punto. Sia f() ; esiste lim f()? Si giustifichi la risposta. Secondo il codice della strada il segnale di salita ripida (figura ) preavverte di un tratto di strada con pendenza tale da costituire pericolo. La pendenza vi è espressa in percentuale e nell esempio è %. Se si sta realizzando una strada rettilinea che, con un percorso di, km, supera un dislivello di 8 m, qual è la sua inclinazione (in gradi sessagesimali)? Quale la percentuale da riportare sul segnale? % Figura. Durata massima della prova: 6 ore. È consentito soltanto l uso di calcolatrici non programmabili. Non è ammesso lasciare l aula degli esami prima che siano trascorse ore dalla dettatura del tema. 7 Pag. 8

139 SOLUZIONE PROVA ORDINAMENTO 8 SOLUZIONE DELLA PROVA D ESAME CORSO DI ORDINAMENTO 8 PROBLEMA a) Considerando il triangolo ABC, per costruzione si C osserva che ABˆC 6, AC a, QB PB, R S Q AR AP a (figura ). La costruzione è realizzabile fino al caso limite di coincidenza tra il punto Q e il punto C, e in tal caso BC a cos 6 a, e al caso limite A π P π 6 B di coincidenza tra il punto R e il punto C, cioè per a. I limiti geometrici per la sono dunque: Figura. a a. b) L area S del quadrilatero mistilineo PQCR (figura ) si esprime come differenza tra l area del triangolo ABC e la somma delle aree dei due settori circolari QBˆP e PAˆR, di raggi rispettivamente e a. La funzione area S S() vale: S Area(ABC ) [Area(QBˆP ) Area(PAˆR )] S() a a 6 6 (a ) a [ (a ) ]. 8 Per determinare i valori di massimo e minimo di S() nell intervallo a a, calcoliamo la derivata prima e ne studiamo il segno: S () 6 [ (a )] ( a). 6 Lo studio del segno della derivata indica che: S () per a a e S () per a a. Quindi il valore a è un punto di massimo; in tal caso l area S è massima e vale: S ma S a 8 8 a. Per determinare il valore minimo di S(), dobbiamo valutare tale funzione nei punti estremi dell intervallo di variabilità di : S a 8 S 6 a, a, a a a a, a. Pag. 9 7

140 SOLUZIONE PROVA ORDINAMENTO 8 Raccolta Temi d'esame - Corso di Ordinamento Poiché S S min S a S a, l area minima si ottiene per a a. a e il corrispondente valore vale: c) Consideriamo il rettangolo DEFG come in figura e assumiamo come incognita l altezza DG. Risulta AB CH AC BC, da cui si ricava CH: CH AC BC AB a, mentre CK CH DG a. G A D C K H Figura. F E B Consideriamo ora i triangoli ABC e GFC; essi sono simili per il Teorema di Talete e, in particolare, vale la proporzione tra basi e altezze: AB : FG CH : CK. Ricaviamo FG e sostituiamo le espressioni degli altri segmenti: FG AB a CK a CH FG a. a La funzione R(), area del rettangolo inscritto nel triangolo ABC, risulta: R() a a. L intervallo di variabilità di è a; nei casi in cui uguaglia uno dei due estremi, il rettangolo DEFG degenera in un segmento. Osserviamo che R() è una funzione parabolica con concavità rivolta verso il basso e assume quindi il valore massimo nel suo vertice di ascissa: V a. 8 In corrispondenza di tale valore l area R è massima e vale: R ma R a 8 a. 6 d) Il solido W si compone di due piramidi aventi in comune la base quadrata CHH C come in figura 6. Una piramide ha altezza AH, mentre l altra ha altezza BH. Ricordando la formula del volume della piramide, il volume del solido W risulta uguale a: CH AH CH HB CH AB C' H' C Figura 6. a a a. 6 A H B 7 Pag.

141 SOLUZIONE PROVA ORDINAMENTO 8 PROBLEMA a) Indicate con E e D le intersezioni delle semicirconferenze corrispondenti ai due semicerchi, congiungiamo i punti E con D e C con C. Consideriamo i lati del triangolo CDC i cui vertici sono i centri C e C dei due semicerchi e e uno dei due punti di C' intersezione tra di essi (figura 7). Risulta: Γ CD perché D appartiene a, C D, perché D appartiene a, CC, per costruzione. Il triangolo CDC è pertanto equilatero e l angolo ECˆD misura. A C B Figura 7. L area dell insieme piano intersezione dei due semicerchi risulta uguale al doppio della differenza tra l area del settore circolare ECˆD e l area del triangolo ECD: Area. E Γ π D b) Consideriamo il semicerchio e assumiamo come incognita l angolo ECˆF (figura 8). Le limitazioni affinché il rettangolo non sia degenere sono: G F Γ. Dalla trigonometria risulta: EF CF sen EF sen, DE CE CF cos DE cos. A D Figura 8. C α E B L area del rettangolo GDEF vale: R() EF DE R() sen cos sen. Studiamo la derivata prima e il suo segno: R () per, R () per. La funzione area R() assume valore massimo per. In tal caso l area massima del rettangolo vale e le corrispondenti dimensioni sono: DE e EF. Figura 9. c) Se P è un punto della semicirconferenza di, H la sua proiezione ortogonale su AB e PCˆB, si osservano dalla figura 9 due possibili configurazioni a seconda della variabilità dell angolo. Nel primo caso l angolo è acuto o retto, mentre nel secondo caso è ottuso A a. <. S S C H P B. P Caso a: Le misure dei lati dei triangoli PCH e APH, utili per determinare le aree, sono: PH sen, CH cos, AH cos. S S A H b. < <. C B Pag. 7

142 SOLUZIONE PROVA ORDINAMENTO 8 Raccolta Temi d'esame - Corso di Ordinamento Le funzioni area sono rispettivamente: S () sen ( cos ), S () sen cos. La funzione rapporto f () risulta: f () f () S ( ) cos. S ( ) cos Caso b: Le misure dei lati dei triangoli PCH e APH, utili per determinare le aree, sono: PH sen() sen, CH cos() cos, AH cos. Quindi le funzioni area sono rispettivamente: S () sen ( cos ), S () sen ( cos) sen cos. La funzione rapporto f () risulta: f () f () S ( ) cos. S( ) cos d) Prescindendo dai limiti geometrici del problema risulta f () f (), ovvero le due funzioni sono simmetriche rispetto all asse delle ascisse. Pertanto si conviene di studiare la funzione f () cos cos co s. Tale funzione è periodica, di periodo : ci limitiamo a studiarla nell intervallo [; ] nel quale è definita per,. La curva interseca gli assi cartesiani in (; ) e (; ); è positiva per,. I limiti nei punti di discontinuità valgono lim cos, lim cos, pertanto la funzione ha asintoti verticali di equazioni,. La derivata prima ha espressione e segno: sen f (), c os f () per, f () per. Essa si annulla per,,. Pertanto la funzione ha un massimo relativo in (; ) e minimi relativi in (; ) e (; ). Studiamo la concavità di f (), tramite il segno di f che ha espressione: f () sen, cos f () cos per π O π π π π, Figura. 7 Pag.

143 SOLUZIONE PROVA ORDINAMENTO 8 f () per. La funzione ha concavità verso l alto per e per, verso il basso per. Rappresentiamo in figura il grafico di f (), tenendo conto della periodicità di. QUESTIONARIO Consideriamo il postulato detto Principio di Cavalieri: due solidi, che possono essere disposti in modo che ogni piano, parallelo a un altro fissato, li tagli secondo sezioni equivalenti, sono equivalenti, ovvero hanno lo stesso volume. Tale principio fornisce una condizione sufficiente ma non necessaria per l equiestensione dei solidi. Infatti consideriamo i solidi S e S, come in figura. Essi sono equivalenti perché equiscomponibili, ma non è possibile applicare il Principio di Cavalieri. Pertanto la proposizione Se due solidi hanno uguale volume allora, tagliati da un fascio di piani paralleli, intercettano su di essi sezioni di uguale area è falsa. Figura. Figura. S S' Consideriamo il decagono regolare di lato, inscritto in un cerchio di raggio r e centro O (figura ). Poiché per ipotesi il lato è sezione aurea del raggio r, risulta: r : : (r ). Applichiamo la proprietà dell invertire delle proporzioni: : r (r ) : r r. F E D O C r π B K A Posto a, vale: r a a a a a H accettabile non accettabile G I L Consideriamo il triangolo isoscele ABO e conduciamo l altezza OK che è anche mediana e bisettrice. Poiché AÔB, risulta AÔK. Applichiamo il primo teorema dei triangoli rettangoli della trigonometria: A K sen A O r a r. Nella figura si considera una casseruola di forma cilindrica con base di raggio e altezza h. La superficie S (quella laterale più il fondo) ha espressione: h S h. Figura. Pag. 7

144 SOLUZIONE PROVA ORDINAMENTO 8 Raccolta Temi d'esame - Corso di Ordinamento Considerata la superficie S costante, ricaviamo h in funzione di : S h. Calcoliamo il volume V della casseruola: V h S S. S Consideriamo la funzione V, ricaviamo la sua derivata prima V e studiamone il segno, tenendo conto del limite geometrico : S V, S V, soluzione accettabile. S S S Nella figura è riportato il quadro del segno della derivata prima. Il volume V ha un massimo per S e il valore è: S V ma S S S 6 S S S S. V'() V() O Figura. S + ma Enunciamo la regola di de L Hospital. Se due funzioni f () e g(), definite in un intorno di, sono derivabili in tale intorno, con g (), se le due funzioni, per, tendono entrambe a o a f ( ), e se esiste il limite del rapporto delle derivate delle funzioni date,, allora esiste anche il limite del rapporto delle funzioni, e vale: g ( ) lim f ( ) lim g ( ) f ( ) g( ) f ( ). g ( ) Ponendo f () 8 e g(), le funzioni soddisfano la regola sopra enunciata. Inoltre, ricordando che D[ n ] n n, per n, e D[ ] ln, applichiamo 8 volte il teorema di de L Hospital: 8 lim 8 7 lim. (ln ) 8 Il polinomio P() è della forma: P() a b c d, con a, b, c, d R. Calcoliamo i coefficienti a, b, c, d in base alle condizioni imposte dal problema: P() d e P() d ; P() a b c e P() a b c ; P () a b c P () c e P () c. Risulta pertanto b a e il polinomio è della forma: P() a a. Per ipotesi vale P()d, ed essendo P()d (a a )d a a a a a, 76 Pag.

145 SOLUZIONE PROVA ORDINAMENTO 8 si ricava: a a b. Il polinomio cercato è pertanto: P(). 6 Una successione a n è una progressione aritmetica quando la differenza fra ogni termine e il suo precedente è uguale a una costante d, detta ragione: a n a n d. Considerando i tre termini n, n, n, con n, risulta: n n d e n n d. Uguagliando i primi membri si ottiene la seguente equazione: n n n n n n n. Sostituendo nell equazione ottenuta le corrispondenti espressioni dei coefficenti binomiali ricaviamo: n(n ) n n(n )( n ). Dividiamo per n e riduciamo allo stesso denominatore semplificando: 6n 6 6 (n )(n ) 6n (n n ) n 9n. Risolviamo l equazione: n 9 7 accettabile non accettabile Pertanto il valore di n cercato è n 7. 7 Data l equazione k, la scriviamo come k. Risolverla equivale a risolvere il sistema seguente: k ovvero a cercare i punti di intersezione tra la curva di equazione f () k > e il fascio di rette improprio k parallelo all asse. k = M La funzione f () ha dominio R, ha intersezioni con gli assi nei punti (; ) e (; ), è positiva o nulla per e negativa per. Poiché la derivata prima vale f () 6, la = funzione risulta crescente per, decrescente per e ; ha pertanto un minimo in + O(; ) e un massimo in M(; ). Nella figura sono tracciati il grafico di f () e alcune rette del fascio k. k = Osservando le intersezioni tra le rette del fascio e la k < O curva f (), si deduce che l equazione di partenza k ammette: Figura. Pag. 77

146 SOLUZIONE PROVA ORDINAMENTO 8 Raccolta Temi d'esame - Corso di Ordinamento per k e k, una soluzione reale; per k e k, tre soluzioni reali, di cui due coincidenti; per k, tre soluzioni reali e distinte. 8 Sia f (). Dette f () e f (), f è una funzione esponenziale, con dominio coincidente con R, mentre f è una funzione potenza ed è trascendente con dominio R. Il dominio di f f () f () è allora R. Calcoliamo la derivata prima di f: f () ln. Valutiamo il segno di f () nel punto : f () ln (ln ), essendo ln. Calcoliamo la derivata seconda di f: f () ln (). Esaminiamo il segno di f () nel punto : f () ln () ln, poiché ln. 9 La funzione f () è definita in R per e può essere trattata per casi: per f () per Semplificando risulta: per f () per Ora, esiste il limite lim f () quando esistono e coincidono limite destro e limite sinistro della funzione. Nel nostro caso risulta che: lim f () lim ( ) e lim f () lim ( ). Si può quindi concludere che non esiste il lim f (). Si intende come pendenza p di un tratto rettilineo di strada AB il rapporto tra il dislivello BC e l avanzamento orizzontale AC (figura 6). Per la trigonometria essa rappresenta la tangente dell angolo. Nel nostro caso risulta: B AB, km, BC 8 m,8 km. Troviamo l avanzamento orizzontale AC con il teorema di Pitagora: A α C AC (,),8 ( ),9699 km. Figura Pag. 6

147 SOLUZIONE PROVA ORDINAMENTO 8 Calcoliamo la pendenza p: BC,8 p tg,7. A C,9699 Pertanto, l angolo di inclinazione vale arctg,7,6, mentre la percentuale da riportare sul segnale è:,7 7%. Pag. 7 79

148 PROVA ORDINAMENTO 9 ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO CORSO DI ORDINAMENTO 9 Il candidato risolva uno dei due problemi e dei quesiti in cui si articola il questionario. PROBLEMA È assegnato il settore circolare AO B di raggio r e ampiezza (r e sono misurati, rispettivamente, in metri e radianti).. Si provi che l area S compresa fra l arco e la corda AB è espressa, in funzione di, da S() r ( sen ) con [; ].. Si studi come varia S() e se ne disegni il grafico (avendo posto r ).. Si fissi l area del settore AO B pari a m. Si trovi il valore di r per il quale è minimo il perimetro di AO B e si esprima il corrispondente valore di in gradi sessagesimali (è sufficiente l approssimazione al grado).. Sia r e. Il settore AO B è la base di un solido W le cui O B r sezioni ottenute con piani ortogonali a OB sono tutte quadrati. Si calcoli il volume di W. Figura. PROBLEMA Nel piano riferito a coordinate cartesiane, ortogonali e monometriche, si tracci il grafico G f della funzione f () ln (logaritmo naturale).. Sia A il punto d intersezione con l asse della tangente a G f in un suo punto P. Sia B il punto d intersezione con l asse della parallela per P all asse. Si dimostri che, qualsiasi sia P, il segmento AB ha lunghezza costante. Vale la stessa proprietà per il grafico G g della funzione g () log a con a reale positivo diverso da?. Sia l inclinazione sull asse della retta tangente a G g nel suo punto di ascissa. Per quale valore della base è? E per quale valore di a è?. Sia D la regione del primo quadrante delimitata dagli assi coordinati, da G f e dalla retta d equazione. Si calcoli l area di D.. Si calcoli il volume del solido generato da D nella rotazione completa attorno alla retta d equazione. A Pag. 8 9

149 PROVA ORDINAMENTO 9 Raccolta Temi d'esame - Corso di Ordinamento QUESTIONARIO Si trovi la funzione f () la cui derivata è sen e il cui grafico passa per il punto (; ). Sono dati gli insiemi A {,,, } e B {a, b, c}. Tra le possibili applicazioni (o funzioni) di A in B, ce ne sono di suriettive? Di iniettive? Di biiettive? Per quale o quali valori di k la curva d equazione k ha una sola tangente orizzontale? «Esiste solo un poliedro regolare le cui facce sono esagoni». Si dica se questa affermazione è vera o falsa e si fornisca una esauriente spiegazione della risposta. Si considerino le seguenti espressioni:,,,. A quali di esse è possibile attribuire un valore numerico? Si motivi la risposta Si calcoli: lim Si dimostri l identità n k n k k Si provi che l equazione: n k con n e k naturali e n k ha una radice compresa fra e. 9 Nei Discorsi e dimostrazioni matematiche intorno a due nuove scienze, Galileo Galilei descrive la costruzione di un solido che si chiama scodella considerando una semisfera di raggio r e il cilindro a essa circoscritto. La scodella si ottiene togliendo la semisfera dal cilindro. Si dimostri, utilizzando il principio di Cavalieri, che la scodella ha volume pari al cono di vertice V in figura. D V r C Figura. A B Si determini il periodo della funzione f () cos. Durata massima della prova: 6 ore. È consentito soltanto l uso di calcolatrici non programmabili. Non è consentito lasciare l Istituto prima che siano trascorse ore dalla dettatura del tema. 9 Pag. 9

150 SOLUZIONE PROVA ORDINAMENTO 9 SOLUZIONE DELLA PROVA D ESAME CORSO DI ORDINAMENTO 9 PROBLEMA. Indichiamo con: S (AO B) l area del settore circolare AO B di raggio r e ampiezza, S (AOB) l area del triangolo isoscele AOB, S () la superficie compresa fra l arco e la corda AB. Differenziamo i casi in cui l angolo del settore circolare è convesso o concavo (figura ): a) se è convesso ( ) risulta S () S (AO B) S (AOB); b) se è concavo ( ) risulta S () S (AO B) S (AOB). Figura. A O r B O r B A a. Angolo convesso. b. Angolo concavo. L area del settore circolare di raggio r e ampiezza è S (AO B) r, mentre l area del triangolo AOB, conoscendo due lati e l angolo compreso, è per la trigonometria: r sen se S (AOB) r sen ( ) r sen se Quindi la superficie S () diventa: S (AO B) S (AOB) S (AO B) S (AOB) se se S () S () S () r r sen r ( sen ) con [; ]. r r sen se r r sen se. Ponendo r, diventa S () ( sen ). Tale funzione è continua nell intervallo di definizione [; ]; agli estremi del dominio risulta S (), S () ; la sua derivata prima ha espressione: S () ( cos ). Pertanto risulta S () per e S () S () : la funzione è non decrescente e ha tangente orizzontale negli estremi dell intervallo. Pag. 9

151 SOLUZIONE PROVA ORDINAMENTO 9 Raccolta Temi d'esame - Corso di Ordinamento La derivata seconda vale S () sen : è positiva per, negativa per, nulla per,, ; la curva ha pertanto un flesso F ;. Nella figura è rappresentato il grafico della funzione S (). S() = ( sen ) F Figura. O. Posta l area del settore circolare S (AO B) r uguale a m, diventa r, quindi r con ]; ]; risulta allora che, al variare di nell intervallo, la variabile r è infe- riormente limitata ovvero r. Calcoliamo il perimetro P del settore AO B in funzione del raggio r, considerando che si può scrivere l angolo in funzione del raggio r ovvero : r P r r r P (r) r r r r r. Figura. Determiniamo la derivata prima di tale funzione e studiamone il segno: P (r) ; P (r) r r. r In figura è riportato il quadro dei segni. La funzione ha un minimo per r m; in tal caso l angolo corrispondente misura: rad 7,.. Posto r e, fissiamo un sistema di riferimento ortogonale O contenente il settore in modo che O coincida con l origine; risulta allora che B ha coordinate (;) e A (;) (figura 6). La retta OA ha equazione f () mentre l arco AB è il grafico della funzione g (), per [; ]. Poiché il solido W ha come base il settore circolare e ha sezioni ortogonali a OB quadrate, si ottiene il suo volume V secondo la seguente formula: V (W ) [ f ()] d [ g ()] d d ( )d [ ] P'(r) P(r) O A + min f() = g() = B(; ) Figura 6. 9 Pag.

152 SOLUZIONE PROVA ORDINAMENTO 9 PROBLEMA La funzione f () ln ha dominio D ]; [, interseca l asse nel punto di coordinate (; ) ed è sempre crescente. Il corrispondente grafico G f di f è riportato in figura 7.. Consideriamo un punto generico di G f, P (k; ln k), con k ; tracciamo per esso la tangente t alla curva che interseca l asse nel punto A e la retta parallela all asse che interseca l asse delle ordinate nel punto B; tale punto ha coordinate B (; ln k) (figura 8). Per determinare le coordinate di A, scriviamo l equazione della retta t, che ha coefficiente angolare f ( P ) k. Quindi, l equazione della retta t è: P f ( P )( P ) ln k ( k) k ln k. k B = ln Figura 7. t P (k; ln k) Tale retta interseca l asse in A (; ln k ), e la lunghezza del segmento AB è: A AB B A ln k ln k, che, perciò, è costante. Figura 8. Nel caso in cui la funzione considerata sia g () log a, si può procedere in modo analogo, trovando: g ( P ) k log a k, coefficiente angolare della retta tangente nel punto P, k log a e log a e, equazione della retta tangente t, A (; log a k log a e), B (; log a k). La distanza tra A e B è ora: AB log a k log a k log a elog a e. O Possiamo concludere che, fissato il valore della base a del logaritmo, la lunghezza di AB rimane costante indipendentemente dalla scelta del punto P. Osserviamo infine che, per a e, ritroviamo il caso particolare AB.. Poiché per inclinazione si intende l angolo che una retta forma col semiasse positivo delle, si ha che il coefficiente angolare della retta tangente a G g nel suo punto di ascissa è tg. Tale coefficiente corrisponde al valore della derivata prima della funzione calcolata nel punto : g () log a e tg log a e. Se, allora tg. Quindi log a e, cioè a e e il logaritmo risulta naturale; se, allora tg. Quindi: log a e, cioè a e. Pag. 9

153 SOLUZIONE PROVA ORDINAMENTO 9 Raccolta Temi d'esame - Corso di Ordinamento. La regione D di cui calcolare l area A (D) è evidenziata nella figura 9. Determiniamo tale superficie come differenza tra l area del rettangolo di base e e altezza e l area sottesa dalla funzione f () ln per e: A (D) e e ln d D = ln Integrando per parti si ottiene: e [ ln ] e e (e e ) e. Figura 9. O e. Operiamo sulla funzione f la traslazione di vettore v (;) in modo che l asse di rotazione coincida con l asse. La curva traslata ha equazione ln( ) (figura ). Per calcolare il volume di rotazione della funzione ln() intorno all asse, è necessario determinare l equazione della funzione inversa: ln( ) e e. O = ln ( ) Il volume richiesto si ottiene sottraendo al volume del solido di rotazione il volume del cilindro interno di raggio di base e altezza : V (e ) d (e e )d e e Figura. e e e e (e e ). 96 Pag.

154 SOLUZIONE PROVA ORDINAMENTO 9 QUESTIONARIO Una funzione f () si definisce primitiva di una funzione g() quando è derivabile e risulta f () g(). L insieme delle primitive di g() sen è: f k () cos k, con k R. Determiniamo il valore di k, imponendo al corrispondente grafico il passaggio per il punto (;): f k () k k. Pertanto la funzione f () la cui derivata è sen e il cui grafico passa per il punto (;) è f () ovvero: f () cos. Una funzione f : A B si dice suriettiva quando ogni elemento del codominio B è immagine di almeno un elemento di A. Poiché A {,,, } e B {a, b, c}, allora sono suriettive tutte le funzioni in cui due e solo due elementi di A hanno uguale immagine in B. Le possibili coppie di A sono 6. Ogni coppia può essere associata ai elementi di B con un totale di 6 8 associazioni. Per ogni associazione i due elementi di A non utilizzati (che hanno quindi immagine distinta in B) possono essere accoppiati in due modi diversi con i due elementi di B rimasti. Quindi il numero totale di funzioni suriettive da A a B è 8 6. Una funzione f : A B si dice iniettiva quando ogni elemento di B è immagine al più di un elemento di A. Poiché il numero degli elementi di A è maggiore di quello di B, non esistono funzioni iniettive. Una funzione f : A B si dice biiettiva quando è sia iniettiva, che suriettiva. Poiché non esistono funzioni iniettive, allora non esistono nemmeno funzioni biiettive. Data la curva di equazione () k, la funzione derivata prima () k è di secondo grado. Posta la derivata prima uguale a zero, si ottiene un equazione di secondo grado. Affinché la curva ammetta una sola tangente orizzontale è necessario che il corrispondente discriminante sia nullo: k, k 9 k. Le curve richieste sono quindi due:,. Un poliedro si dice regolare se le sue facce sono poligoni regolari congruenti e i suoi diedri sono congruenti. Pertanto gli angoli delle facce di ogni suo diedro devono essere angoli di poligoni regolari e devono essere almeno tre. Per un noto teorema di geometria solida, in ogni diedro la somma degli angoli delle facce deve essere strettamente minore di 6. Se le facce del poliedro regolare fossero esagoni, l angolo di ogni faccia di un diedro sarebbe di e quindi la somma degli angoli di tre facce sarebbe uguale a 6, il che è impossibile. L affermazione quindi è falsa. Pag. 97

155 SOLUZIONE PROVA ORDINAMENTO 9 Raccolta Temi d'esame - Corso di Ordinamento Una frazione è una coppia ordinata di numeri interi, di cui il secondo è diverso da : n, con n, d Z, d. d L espressione equivale al valore numerico. Il reciproco di, cioè, è privo di significato e non corrisponde a nessun valore numerico. Ugualmente le espressioni e non corrispondono a nessun valore numerico e sono forme indeterminate. 6 7 Consideriamo il limite lim. Raccogliamo al radicando del numeratore e portiamolo fuori dalla radice: lim. Poiché il limite va calcolato in un intorno di, risulta, possiamo togliere al numeratore il valore assoluto alla cambiandone il segno: lim. Data l identità n k n k n k con n e k naturali e n k, si esplicitano i coefficienti binomiali tramite la funzione fattoriale per entrambi i k membri. Secondo membro: n k n k Primo membro: n k n! n (n ) (n k )(n k) (k )! (n k )! (k ) k! k n! n k k! (n k)! k n (n ) (n k ) k! n k k n (n ) (n k )(n k). (k ) k! Poiché il primo membro è uguale al secondo membro, l identità è verificata. 8 Consideriamo la funzione f () 9 9. Cercare le soluzioni reali dell equazione di partenza equivale a determinare le intersezioni della funzione f () con l asse delle. La funzione è continua in R ed esistono almeno due valori di in cui la funzione cambia di segno:, f ( ) ( ) ;, f (). 98 Pag.

156 SOLUZIONE PROVA ORDINAMENTO 9 Per il teorema di esistenza degli zeri, esiste almeno un punto c, interno all intervallo [ ; ], in cui la funzione si annulla. Calcoliamo la derivata prima di f (): f () Poiché la derivata è sempre positiva nell intervallo, la funzione f () è strettamente crescente; pertanto esiste una sola radice dell equazione di partenza, compresa tra e. 9 Consideriamo il principio di Cavalieri: «due solidi hanno lo stesso volume (sono equivalenti) se si può fissare un piano in modo che ogni altro piano parallelo a esso tagli i due solidi in sezioni equivalenti». Consideriamo un piano parallelo alla base del cilindro distante k da esso, con k r (figura ). La sezione formata con il cono è un cerchio di raggio EF. Essendo VEF un triangolo rettangolo isoscele, risulta EF VE r k. Dunque il cerchio ha area: A (r k). La sezione del piano con la scodella è una corona circolare di raggio esterno r e raggio interno EG. Per il teorema di Pitagora risulta: EG VG VE r (k r) kr k. L area della sezione con la scodella è: A [r (kr k )] (r k). Per il principio di Cavalieri, poiché A A, possiamo concludere che la scodella e il cono sono equivalenti. D A Figura. V E F G O k r C B Osserviamo che la funzione f () cos si ottiene dalla funzione goniometrica elementare cos tramite una contrazione rispetto all asse di fattore k. Ne segue che, essendo il periodo di cos, il periodo di f è ovvero. k A tale conclusione si può giungere anche osservando i grafici delle due funzioni tra e (figura ). In tale grafico si può notare che in un periodo di cos il grafico di f () cos si ripete uguale per volte. O f() = cos = cos Figura. Pag. 6 99