ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO CORSO SPERIMENTALE P.N.I. 006 Sessione straordinaria Il candidato risolva uno dei due problemi e dei 0 quesiti in cui si articola il questionario. PROBLEMA È dato il triangolo ABC in cui: AB, AC, tg Â. Determinare l altezza del triangolo relativa al lato AB e tracciare la circonferenza k avente centro in C e tangente al lato AB. Dopo aver riferito il piano della figura a un conveniente sistema di assi cartesiani ortogonali, in modo, però, che uno degli assi di riferimento sia parallelo alla retta AB: a) scrivere l equazione della circonferenza k; b) trovare le coordinate dei vertici del triangolo e del punto D in cui la circonferenza k interseca il segmento BC; c) determinare l equazione della parabola p, avente l asse perpendicolare alla retta AB, tangente in D alla circonferenza k e passante per A; d) calcolare le aree delle due regioni in cui la parabola p divide il triangolo ABC; e) trovare, infine, le coordinate dei punti comuni alla circonferenza k e alla parabola p. PROBLEMA Si considerino i polinomi di grado, nella variabile, con coefficienti reali, i cui grafici, rappresentati in un piano riferito a un sistema di assi cartesiani ortogonali (O), sono simmetrici rispetto all origine O e hanno un massimo relativo nel punto ; 6 4. a) Trovare l equazione f () dei grafici suddetti. b) Dimostrare che tali grafici hanno tre punti in comune, in due dei quali hanno anche la stessa tangente. c) Indicare con il grafico avente come tangente inflessionale l asse e disegnarne l andamento. d) Indicato con P() il polinomio rappresentato da e chiamati u e v (u v) le ascisse dei punti, distinti da O, in cui interseca l asse, calcolare: v P() d. u e) Dopo aver controllato che ha tre flessi allineati, determinare le ascisse dei punti in cui la retta dei flessi interseca.
QUESTIONARIO 4 6 7 8 9 È assegnato un pentagono regolare di lato lungo L. Recidendo opportunamente, in esso, cinque triangoli congruenti, si ottiene un decagono regolare: calcolarne la lunghezza del lato. (Si lascino indicate le funzioni goniometriche degli angoli coinvolti). Una piramide quadrangolare regolare è tale che la sua altezza è il doppio dello spigolo di base. Calcolare il rapporto fra il volume del cubo inscritto nella piramide e il volume della piramide stessa. Se le funzioni f () e g(), entrambe tendenti a 0, quando a, non soddisfano alle condizioni previste dal teorema di De L Hôpital, non è possibile calcolare il limite di g ( ) quando a. È vero o è falso? Fornire un esauriente spiegazione della risposta. f ( ) Il limite della funzione f () ln, per è: A 0. B un valore finito diverso da 0. C. D. Una sola alternativa è corretta: individuarla e fornire un esauriente spiegazione della scelta operata. Il limite della funzione f () e, per 0, è uguale a. Si chiede di calcolarlo senza ricorrere alla regola di De L Hôpital. Si ricorda la seguente definizione: «Considerata una funzione reale di variabile reale, definita in un intervallo I, ogni funzione, derivabile in I e tale che F () f (), si dice primitiva di f () in I». Stabilire se la funzione: f () se se ammette primitiva nell intervallo [; ]. Giustificare, con considerazioni analitiche o mediante un interpretazione grafica, che la seguente equazione: 0 ammette una e una sola soluzione reale. Trovare, quindi, l intervallo [z; z ] al quale appartiene tale soluzione, essendo z un numero intero. Descrivere un algoritmo idoneo a calcolare un valore approssimato, a meno di 0, della soluzione reale della precedente equazione. Si considerino le seguenti equazioni: a (a ), a (a ), dove a è un parametro reale. Determinare i valori di a per cui le equazioni rappresentano: ) un affinità, ) un affinità equivalente (si ricorda che un affinità si dice equivalente se conserva le aree).
0 Una classe è formata da 8 alunni, di cui 6 femmine e maschi. Fra le femmine ci sono due «Maria» e fra i maschi un solo «Antonio». Si deve formare una delegazione formata da due femmine e due maschi. Quanto vale la probabilità che la delegazione comprenda «Antonio» e almeno una «Maria»? 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.
SOLUZIONE DELLA PROVA D ESAME CORSO SPERIMENTALE P.N.I. 006 Sessione straordinaria PROBLEMA Rappresentiamo in scala il triangolo ABC tenendo conto che C AB, AC e tg   6. Considerato tg Â, calcoliamo le altre funzioni goniometriche: tg  sen  sen Â, tg ˆ A cos  cos Â. tg ˆ A L altezza CH misura CH AC sen  pertanto: CH 0. A H B Figura. Disegniamo la circonferenza k e scegliamo un sistema di riferimento con origine nel centro C della circonferenza e assi come in figura. k a) L equazione di una circonferenza di raggio r e centro C(0; 0) è del tipo r. Nel nostro caso r CH 0, quindi la circonferenza k ha equazione: 00. b) Poiché AH AC cos  e HB AB AH, ne segue che: A( ; 0), B Figura. ; 0, C(0; 0). Per determinare le coordinate di D calcoliamo l equazione della retta CB. Tale equazione è del tipo B m, dove m 4 B. Quindi CB ha equazione 4. Cerchiamo ora i punti di intersezione tra CB e la circonferenza k (per 0) considerando il seguente sistema: 4 00 Ne segue che D(6; 8). 4 00 9 6 8 A OC 0 H D B 4
c) La parabola p ha equazione del tipo a b c con a, b, c coefficienti reali e a 0. La tangente a tale parabola nel punto D ha come coefficiente angolare f (6), dove f () a b c. Pertanto vale: f () a b, quindi f (6) a b. Poiché la retta CB è perpendicolare alla tangente in D e ha coefficiente angolare uguale a 4, allora il coefficiente angolare della retta tangente in D è 4. Deve quindi valere la condizione a b, cioè 48a 4b. Mettiamo tale equazione a sistema 4 con le equazioni che si ottengono sostituendo all equazione della parabola le coordinate dei punti A e D: 6a 6b c 8 a b c 0 48a 4b Risolvendo tale sistema si ottiene: 6 a, b, c 7. 4 84 4 84 4 L equazione della parabola p è perciò: k 6 0. 484 6 d) Rappresentiamo nel sistema cartesiano precedente F OC 6 G la parabola p che ha vertice V 6 ; 4 89 0 400 p A e che interseca l asse nei punti G 6 4 89 ; 0 0 e F 6 D 4 89 8 ; 0 0 H. A E B V A 0 Evidenziamo le regioni in cui la parabola p divide Figura. il triangolo ABC (figura ). Determiniamo l ascissa del punto E, intersezione tra il segmento AB e la parabola, ponendo 0 nell equazione di p: 6 0 0 6 0 0. 484 Tale equazione ha come soluzioni e 6. Il primo valore è l ascissa del punto A, mentre il secondo valore è l ascissa di E, che, quindi, ha coordinate E 6 p ; 0. D Determiniamo ora l area del segmento parabolico delimitato dal segmento DE, che ha equazione 0, e la parabola p (in figura 4 è rappresentata la regione 44 ingrandita). = 0 44 E B Figura 4.
Calcoliamo il seguente integrale: 6 6 0 6 0 44 484 d 6 6 7 d 484 4 84 06 6 704 7. 6 87 Il triangolo EDB ha altezza rispetto alla base EB che misura e base lunga EB. L area del triangolo EDB vale quindi: 0 A EDB 0. 0 Se a tale area sottraiamo l area del segmento parabolico precedentemente trovata, otteniamo l area della regione di piano delimitata dai segmenti EB, DB e dall arco di parabola ED, pertanto: A 704 7 47. 0 87 70 L area del triangolo ABC vale invece AB CH. Ne segue che l area della regione di piano delimitata dai segmenti AE, CD, AC e dall arco di parabola ED vale: A A ABC A 7 4 7 7 0 0 8 479. 87 e) Le coordinate dei punti comuni alla circonferenza k e alla parabola p sono tutte le soluzioni del sistema: 6 0 484 00 Sostituendo l espressione di nella seconda equazione si ottiene: 6 0 484 00 4 6 77 96 876 0. Sappiamo che D è un punto comune alle due curve. In particolare esse hanno la stessa retta tangente in D. L ascissa di tale punto è quindi una soluzione doppia di tale equazione. Scomponendo il primo membro dell equazione otteniamo: ( 6) ( 46 44) 0 Poiché il discriminante dell equazione 46 44 0 è negativo, si può concludere che la circonferenza k e la parabola p hanno in comune solo il punto D. PROBLEMA a) Affinché il grafico di una funzione f () sia simmetrico rispetto all origine, la funzione deve essere dispari, cioè tale che f ( ) f (). Le uniche funzioni polinomiali dispari di grado sono del tipo: f () a b c, con a, b, c coefficienti reali e a 0. Il grafico di tale funzione passa per il punto ; 6 4 se f ( ) 6 4, cioè se vale: a 8b c 6 4 40a 60b c. 6
Tale punto è anche un estremo relativo se f ( ) 0. Poiché f () a 4 b c, si ha che f ( ) 80a b c. Deve quindi valere 80a b c 0. Mettendo a sistema tali condizioni, si ottiene: b 4 0a 80a b c 0 c 80a b 40a 60b c 0a b 4 0 c 80a 6 Inoltre, il punto ; 6 4 è in particolare un massimo relativo se f () 0. Poiché f ()0a 6b, si ha che f () 60a b. Sostituendo l espressione di b trovata in funzione di a si ottiene f () 6 (0a ). Perciò f () 0 solo se a 0. L equazione dei grafici considerati è in conclusione la seguente: a 4 0a 80a 6, con a 0 ; 0 ]0; [. b) Riscriviamo l equazione della curva mettendo in evidenza il parametro a: 4 a ( 8 6) 6 0. Per determinare i punti comuni alle curve consideriamo il seguente sistema: 8 6 0 4 6 0 ( 4) 0 4 6 Le soluzioni della prima equazione sono 0, in corrispondenza delle quali troviamo i tre punti (0; 0), ; 6 4, ; 6 4. Il coefficiente angolare della tangente alla curva in un punto di ascissa è: f () a 4 4 0a 80a 6. Poiché f () f () 0, i punti comuni alle curve di ascissa e hanno tutti, rispettivamente, le rette 6 4 e 6 4 come tangenti. c) Il punto di ascissa c è un punto di flesso con tangente inflessionale l asse se: - f (c) 0, poiché c è un punto di flesso; - f (c) 0, poiché il punto di ascissa c deve appartenere all asse ; - f (c) 0, poiché il coefficiente angolare della tangente nel punto di ascissa c vale 0. Osserviamo che f (c) 0 a (4 0 a). In particolare f (0) f (0) 0. Se, quindi, imponiamo f (0) 0, si può concludere che in (0; 0) vi è un flesso con tangente l asse : f (0) 0 80a 6 0 a. 7
La curva è dunque quella che si ottiene per a, cioè: : 4. Il campo di esistenza di tale funzione è l asse reale. La funzione è dispari, interseca gli assi cartesiani nei punti (0; 0), ; 0 e è positiva solo se ; 0 ;. Inoltre vale: lim 4 lim 4, ma anche: lim f ( ) lim 4 4. Pertanto non vi sono asintoti obliqui. La derivata prima risulta: f () 4 4 ( 4). Essa si annulla in 0 e in e lo schema di figura ne riassume il segno. La funzione ammette quindi un minimo relativo per, che vale f () 64, e un massimo relativo per, con f ( ) 6 4. Studiamo ora la derivata seconda: f () 4 8 4( ). Essa si annulla in 0 e in. In figura 6 è indicato lo schema del segno. La funzione ha tre flessi nei punti di coordinate (0; 0), ; 8, ; 8. Nella figura 7 è rappresentato il grafico della curva. f'() f() f'() f() M + B 8 0 0 0 0 ma flesso min + Figura. 0 + 0 0 + 0 O 64 64 8 flesso A N γ flesso Figura 6. Figura 7. d) Per considerazioni al punto precedente risulta u e v. Essendo P() 4 un polinomio dispari e u v allora possiamo concludere, senza neces sità di calcoli, che v P()d 0. u e) I tre flessi di sono O(0; 0), A ; 8, B ; 8. La retta passante per A e B ha equazione 8. Poiché tale retta passa per l origine degli assi possiamo concludere che i tre punti sono allineati. 8
Troviamo ora le ascisse dei punti di intersezione tra tale retta e la curva risolvendo il seguente sistema: 8 8 4 0 8 0 ( 4 0 8) 0. 4 Per la proprietà dell annullamento del prodotto risulta: 0 4 0 8 0. L equazione biquadratica 4 0 8 0 ha soluzioni 4 e. In conclusione, le ascisse dei punti in cui la retta passante per i flessi interseca sono: 0, 4 e. QUESTIONARIO Dato il pentagono regolare ABCDE, per ogni vertice si ricavino cinque triangoli isosceli congruenti, di base e lato obliquo, in modo da ottenere un decagono regolare di lato (figura 8). Si tracci l altezza AK del triangolo isoscele AFQ. Poiché l angolo al vertice di un poligono regolare di n lati vale n, nel caso di n un pentagono (n ) risulta. Pertanto l angolo alla base del triangolo isoscele AFQ vale AFK. Per la trigonometria, segue che cos. cos e, quindi, N O E P Q K A F D M L C I H G B Figura 8. Inoltre risulta L. Sostituendo l espressione di, sopra trovata, si ottiene la seguente equazione in che risolviamo: cos L L. cos cos cos Il lato del decagono è lungo perciò L. cos 9
È data una piramide quadrangolare di altezza doppia dello spigolo di base, nella quale è inscritto un cubo (figura 9). Supposto di lunghezza a lo spigolo di base, l altezza è VO a e il volume della piramide risulta: V Figura 9. V A ABCD VO a a a. Determiniamo la lunghezza dello spigolo del cubo inscritto alla piramide. Sia A B O O, dove O è l intersezione tra l altezza VO della piramide e la faccia A B C D del cubo. Quindi ]0; a [. Poiché A, B, O, V sono i corrispondenti di A, B, O, V in un omotetia di centro V, vale: A B VO. AB VO Ma VO VO O O a. Sostituendo, troviamo che: A' D' O' D O B' C' C a a a a a a. A a B Quindi lo spigolo del cubo ha lunghezza a. Ne segue che il volume del cubo vale: V a 8 7 a. Il rapporto richiesto è perciò: 8 V 7 a 8 V 7 4 9. a Tale affermazione è falsa. Forniamo un controesempio considerando le seguenti funzioni: f () sen, g (). Poiché sen, possiamo applicare il teorema del confronto e risulta lim f () 0. 0 Quindi f () e g () sono entrambe funzioni tendenti a 0 per 0. f ( ) Esse non soddisfano le condizioni previste dal teorema di De L Hôpital, in quanto non esiste lim. 0 Infatti: g ( ) f ( ) g ( ) sen cos. Per 0, il primo termine tende a 0 mentre l addendo cos non ammette limite (essendo una funzione oscillante). f ( ) Questo, però, non implica che non si possa calcolare lim. Infatti risulta: 0 g ( ) lim 0 sen sen cos lim 0 sen 0. 0
4 Il limite lim ( ln ) porta alla forma indeterminata. Riscriviamolo raccogliendo la al numeratore: lim ( ln ) lim ln. Ora, per il teorema di De L Hôpital risulta lim ln lim 0, pertanto vale: lim ( ln ). L alternativa corretta è C. Data la funzione f () e, poniamo e, per cui e e ln( ). Inoltre per 0 risulta 0. Sostituiamo nel limite lim e la variabile : 0 lim e lim lim 0 0 ln( ) ln( ) Il limite lim ln( ) è notevole e vale poiché: 0 0. lim ln( ) lim ln( ) ln 0 0 lim ( ) 0 Pertanto vale: lim e. 0 ln lim t t t ln e. 6 7 Una primitiva di f nell intervallo [; ] è del tipo c e una primitiva di f nell intervallo ]; ] è del tipo d, con c e d costanti reali. Allora se esiste una primitiva di f nell intervallo [; ], deve essere della forma: F () c se d se Tale funzione è una primitiva di f se è derivabile in e F () f (). Calcoliamo il rapporto incrementale destro in : lim 0 F ( h) F () h lim b 0 ( h) d ( c) h lim b 0 h d c h se d c 0 se d c 0 Quindi la derivata destra di F () in non può valere. Ne segue che f non ammette primitiva nell intervallo [, ]. Consideriamo la funzione di equazione f (). Tale funzione è definita in tutto R e ivi continua e derivabile, in quanto polinomiale. Inoltre f (0) 0 e f () 0. Quindi per il teorema di esistenza degli zeri di una funzione, l equazione considerata ammette almeno una soluzione reale nell intervallo [; 0]. Poiché f () 4 è positiva in R {0} e si annulla solo in 0, ne segue che la funzione è strettamente crescente e quindi iniettiva. In particolare l equazione ammette un unico zero compreso tra e 0. Pertanto z.
8 Uno dei metodi per determinare tale soluzione nell intervallo [; 0] con un approssimazione ε 0 è il metodo ricorsivo della bisezione che permette di restringere l intervallo di partenza intorno alla soluzione fino all approssimazione desiderata. Si costruisce il seguente algoritmo, il quale chiede in ingresso l approssimazione ε voluta. Inizio Programma Equazione polinomiale Leggi ε Si legge il valore dell approssimazione ε g Si assegna alla variabile g il grado dell equazione, A [, 0,, 0, 0, ] al vettore A i coefficienti dell equazione polinomiale, alla variabile l estremo sinistro dell intervallo, 0 alla variabile l estremo destro dell intervallo, P alla variabile P il valore f ( ) Ripeti Si costruisce il ciclo basato sul metodo di bisezione M ( )/ Si calcola il punto medio dell intervallo [ ; ] i 0 Si azzera il contatore i P M 0 Si azzera la variabile P M Ripeti i i P M P M M A i Finché i g Se P P M 0 Si calcola il valore f ( M ) contenuto in P M Si effettua il controllo sulla posizione della radice rispetto al punto medio M, P P M altrimenti M finché ( )/ ε Si effettua il controllo sull approssimazione voluta Scrivi M Si mostra la radice approssimata Fine In linguaggio Derive il programma corrispondente da scrivere nella riga di editazione delle espressioni è il seguente: Equaz(ε): PROG (g :, A : [, 0,,, 0, 0, ], :, :0, P :,LOOP (M : ( )/, i : 0, PM : 0, LOOP (i : i, PM : PMM A I, IF (i g, eit)), IF (PPM 0, PROG ( : M, P : PM), : M), IF (( )/ ε, eit)), RETURN [M]) Nella figura 0 è riportato il programma come appare nella finestra algebrica. Figura 0.
9 Una trasformazione che ha equazioni del tipo b c d b c d è un affinità se bc b c 0. Quindi, le equazioni a (a ) rappresentano un affinità se vale: a (a ) a (a ) a a b b c c 0 a (a ) a (a ) 0 a (a ) 0 a 0 a. Inoltre, in ogni affinità, il rapporto tra l area di una figura piana S e l area della sua immagine S rimane costante e vale la relazione A S AS det b c. Un affinità è in particolare un equivalenza se tale rapporto b c vale. Ne segue che le equazioni considerate rappresentano un affinità equivalente se: a (a ) a (a ) a (a ) a a 0 a a 0. La prima delle due equazioni ha come soluzioni a, mentre la seconda equazione è impossibi- 6 le. Quindi si ha un equivalenza se a oppure se a. 6 6 0 Consideriamo i due seguenti eventi: E «La delegazione comprende «Antonio» e una sola «Maria»», E «La delegazione comprende «Antonio» e due femmine di nome «Maria»». L evento E del quale si chiede la probabilità è la somma logica dei precedenti due eventi che sono incompatibili. Quindi risulta: p (E ) p (E ) p (E ). Calcoliamo le probabilità di E e E come rapporto tra numero di casi favorevoli e numero di casi possibili. Le possibili coppie formate da due maschi sono le combinazioni semplici di elementi di classe, cioè: C, 66.! Analogamente, le possibili coppie formate da due femmine sono: 6 C 6, 6 0.! Tutte le possibili delegazioni sono, quindi, 66 0, cioè 790. Le coppie di maschi comprendenti «Antonio» sono. Per formare coppie di femmine comprendenti una sola «Maria», è necessario abbinare una delle due persone di nome «Maria» con le rimanenti 4 femmine che non hanno tale nome, per un totale di 4, cioè 8, coppie possibili. Quindi risulta: p (E ) 8 08 7 790 7 90 80. Esiste, invece, una sola coppia formata da due femmine con entrambe il nome «Maria». Ne segue: p (E ) 790 7 90 7 0.
In conclusione: 7 p (E) p (E ) p (E ) 80 70 9. 70 Per esercitarti ancora sugli argomenti trattati nel Svolgi il Problema Problema pag. W 74 Esercizio 64 pag. Q 8 Esercizio pag. W Problema Problema pag. W 74 (punti a, b e c) Problema pag. W 7 Problema pag. V 8 Quesito Quesito 6 pag. Q4 Quesito Problema 8 pag. 98 Esercizio 60 pag. 9 Quesito Esercizio 94 pag. V Esercizio 9 pag. V Quesito 4 Esercizio 0 pag. V 4 Esercizio 4 pag. W 8 Quesito Esercizio 76 pag. U 7 Esercizio 70 pag. U 74 Quesito 6 Esercizio 0 pag. V Quesito pag. W 70 Quesito 7 Esercizio 4 pag. Esercizio 9 pag. Quesito pag. Quesito 8 Esercizio 6 pag. 8 Esercizio 7 pag. 8 Quesito 9 Problema pag. J Problema 8 pag. J 4 Quesito 0 Quesito pag. 40 Quesito pag. 40 4