Secondaprova2024-Matematica
SamueleMongodi,NicolaTurchi
UniversitàdiMilanoBicocca1Problema1
Notiamoperconvenienzapertuttoilproblema(manonènecessario)che fa,b(x)= ax + b x2
(a). Nelpuntodiascissa x =1 laretta 7x + y 12=0 haordinata y =12 7 · 1=5.Dunqueènecessario innanzituttoche fa,b(1)=5.Questodàlaprimacondizione a + b =5.Lasecondacondizionesi determinaconlatangenzadellaretta,poichélarettahapendenza 7,abbiamobisognoche f ′ a,b(1)= 7 Poiché f ′ a,b(x)= a 2b x2 ,otteniamo a 2b = 7.Sideverisolveredunqueilsistemalineareadue equazioni
chehasoluzione a =1, b =4 esipuòrisolvereperesempiopersostituzione,oppuresottraendola primaequazioneallaseconda,ricavandocosì b,chepoi,sostituitoinunadelledue,permetteditrovare immediatamente a
(b). Sistudialafunzione f (x)= x3+4 x2 = x + 4 x2 .Ildominiositrovaponendo x2 =0,cheèequivalentea x =0,quindi f èdefinitasututtiipuntidellarettarealetranne x =0.Perquestomotivo f nonpuò intersecarel’assedelle y.Tuttaviaintersecal’assedelle x nelpuntoottenutoponendo f (x)=0,cheè equivalentea x3 +4=0,cioèl’unicaintersezioneavvienenelpunto x = 3 √4.
Poichéildenominatore x2 èsemprepositivoneldominio,perstudiareilsegnodi f bastastudiareil segnodi x3 +4.Poichéabbiamogiàstabilitochequestaespressionevale 0 inununicopunto,èuna facileconseguenzailfattoche f (x) > 0 perogni x in ( 3 √4, 0) ∪ (0, +∞),e f (x) < 0 perogni x in (−∞, 3 √4)
Ilimitiagliestremideldominiovalgono limx→−∞ f (x)= −∞, limx→0 f (x)=+∞, limx→+∞ f (x)=+∞ epossonoesserecalcolatitenendopresentelagerarchiatrainfinitieinfinitesimidellepotenzedi x. Vediamoinoltreche lim x→±∞ f (x) x =lim x→±∞ 4 x2 =0 edunquelaretta y = x èasintotoobliquoa ±∞;laretta x =0 èovviamenteasintotoverticalebilatero enonsonopresentiasintotiorizzontali.
Laderivataprimavale f ′(x)=1 8 x3 ,èpositivaper x in (−∞, 0) ∪ (0, 2) (quindilafunzionelàè crescente),edènegativaper x in (0, 2) (quindilafunzionelàèdecrescente),hal’unicozeroin x =2 (quindilafunzionelàhaunminimolocale).
Laderivatasecondavale f ′′(x)= 24 x4 cheèsemprepositivaquindilafunzioneèconvessasianell’intervallo (−∞, 0) chenell’intervallo (0, ∞).
Figura1:Graficodi f (x) conl’asintotoelatangente t
Pertrovarelasecondatangenteda P ,supponiamochequestasiatangenteinunpuntodi γQ =(t,t+4/t2); allorapossiamoscriverlacome y 5= t + 4 t4 5 t 1 (x 1) enotiamoche, t + 4
Affinchéquestarettasiatangentein Q a γ ilsuocoefficienteangolaredevecoinciderecon f ′(t) edunque sideveavere t3 8 t3 = t2 4t 4 t2
ovvero,dopolasemplificazione(t =0 nonpuòesseresoluzioneperchéfuoridaldominiodi f (x)), 4t2 +4t 8=0,ovvero t =1 (chegiàconosciamo)o t = 2.Dunquel’altrarettatangenteè y 5=2(x 1)
(c). Notiamoinnanzituttochelarettadatapassa,perognivaloredi m,perilpunto P definitosopra; talepuntoappartieneancheallacurva γ.Leintersezionicercatehannocomeascisselesoluzioni dell’equazione
m(x 1)+5= x + 4 x2
ovvero x3(1 m)+ x2(m 5)+4=0 che,perquantodetto,deveaverecomesoluzione x =1 per ogni m.Fattorizzandootteniamo (x 1)((1 m)x2 4x 4) eildiscriminantedelsecondofattoreè ∆=16+16(1 m)
Se m =1,ilsecondofattoreèlineareelarettahadueintersezioni: x =1 e x = 1 (ciòèragionevole: talerettaèparallelaall’asintotoobliquodi f (x)).
Se m =1,notiamocheildiscriminanteènulloper m =2,positivose m< 2 enegativose m> 2; sappiamoinoltregiàcheper m =2 e m = 1 larettaètangentealgraficoinunqualchepuntoche
produrràunasoluzionedimolteplicitàdoppia.Dunquelarettadataavrà 2 intersezionicon γ se m =1, m = 1 o m =2,avràtreintersezionise m< 2 e m = ±1,eavràunaintersezionese m> 2
(d). Notiamochelaretta t intersecal’asintoto x = y proprioin (3/2, 3/2);inoltrelarettaessendotangente in P elafunzioneessendoconvessasu (0, +∞),larettasaràsottoilgraficoperleascissepositivee sopraall’asintotoper x< 3/2
Dunquel’arearichiestaèdatada
edunquesivedefacilmenteche lim k→+∞ S(k)=3 . Talelimiterappresental’areadellaporzioneinfintadi pianodelimitatadallaretta t,dall’asinitoedalgrafico;puressendounaparteillimitatadelpiano,la suaarearisultafinita(inquantolafunzionesiavvicinaalproprioasintotocomelafunzione 4/x2 si avvicinaall’assedelle x elostessofenomenoaccadepertalefunzione).
2Problema2
(a). Notiamochelafunzione √ax2 + bx +1 ammetteèsemprederivabileper x =0 (chenonèmaiuno zerodell’argomentodellaradice);dunqueladerivabilitàdellafunzionedatadipendesoloda n √x2 Calcoliamoneladerivataper x =0 utilizzandoladefinizione:
lim x→0 f (x) f (0)x =lim x→0 n √x2 x
evediamocheper n =2 abbiamoche √x2 = |x| edunque
percuilafunzione f2(x) nonèderivabileepresentaunpuntoangolosoin x =0.Mentreper n> 2 siha
Inoltre,lafunzione n √x2 èpariedunque
Dunque x =0 èunpuntodicuspideper fn(x) con n ≥ 3.
Affinchélafunzione f2(x) siapari(cioèsimmetricarispettoall’asse y),poichélafunzione |x| loè,serve cheanchelasecondapartesiapari.Dunquel’argomentodellasecondaradicedeveesserepari,ovverosi deveavere b =0
Inoltre, √ax2 +1 èdefinitaperle x taliche ax2 +1 ≥ 0;notiamoche a< 0 edunquetalepolinomio disecondogradosiannullaper x = ±1/ |a| edènegativoper |x| > 1/ |a|.Sevogliamochetale funzionesiadefinitasoloin [ 1, 1],sideveevidentementeavere a = 1
Figura2:Graficodi f2(x) edi g(x)
(b). Perlafunzione g(x)= |x| + √1 x2 valgonolestesseconsiderazionifatteprecedentementeper f2(x); ilsuodominioèdatodallacondizione 1 x2 ≥ 0 ovveroè [ 1, 1].Essendosommadifunzioninon negative,ènonnegativaemainulla(perverificadiretta:leduefunzioni |x| e √1 x2 nonhannozeri comuni).
Lafunzioneècontinuasuldominioedunqueilimitiagliestremicoincidonoconivaloriin x = ±1.La funzioneèderivabiledovelosonoentrambigliaddendiedunquein ( 1, 0) ∪ (0, 1).Comesopra,in x =0 lanonderivabilitàèdatadall’addendo |x| cheproducein x =0 unpuntospigoloso.
Notiamoancorachelafunzioneèpari.
In x =1 possiamosolocalcolareladerivatasinistra(edestrain x = 1,chesaràl’oppostodiquellain x =1 perparità).Vediamoche
lim h→0+ g(1) g(1 h) h =lim h→0+ 1 1 (1 h)2 h =1 lim h
Allostessomodo
Dunque,in x = ±1 lafunzione g(x) nonèderivabile.
Neglialtripuntisiha
g ′(x)= |x| x x √1 x2 .
Procediamoallostudiodelsegnoper x ∈ (0, 1) (in ( 1, 0) ilsegnosaròopposto,perlaparitàdi g(x)).
Per x ∈ (0, 1) siha g′(x)=(√1 x2 x)/√1 x2.Ildenominatoreèpositivo,mentreilnumeratore èpositivoseesolose (1 x2) >x2 ovverose 1 > 2x2 ovverose x< 1/√2.Dunqueladerivataè positivain (0, 1/√2),nullain 1/√2 enegativain (1/√2, 1);conseguentemente, g(X) cresce (0, 1/√2), haunmassimoin 1/√2 edecrescein (1/√2, 1).Loavverràin ( 1/√2, 0), 1/√2, ( 1, 1/√2) per simmetria.
Infine,laderivatasecondaè g′′(x)= 1/(1 x2)3/2 edèdunquesemprenegativa,quindilafunzioneè concavain (0, 1) ein ( 1, 0) (in x =0 laderivatasecondanonesiste,ovviamente).
(c). Laretta r interseca γ neipunti (k,f2(k)) e (k,g(k)),dunqueladistanzatraessiè g(k) f2(k)=2√1 k2 Ilgraficoditalefunzione,per k ∈ [ 1, 1],èunasemicirconferenzadiraggio 2 centratain (0, 0) edè
dunqueevidentecheilpuntodiordinatamaggioreè (0, 2),ovverocorrisponea k =0,valoreperil qualelaretta r èl’assedelleordinate.Essendo f2(x) e g(x) funzionipari,talerettaèancherettadi simmetriadientrambiilorografici.
Inalternativaèpossibilecalcolareladerivatadi 2√1 k2 cheè 2k/√1 k2,positivain ( 1, 0),nulla in 0 enegativain (0, 1),dacuisiconcludecheilmassimoèin k =0.
(d). Bisognaverificareche H ′(x)= h(x).Laderivatadi arcsin(x) è 1 √1
sipuòcalcolareconlaregoladelprodottocome
,mentreladerivatadi
√1 x2 = h(x).L’areadellaregionedipianodelimitatada γ sipuòottenereintegrandelungoleascisse lelunghezzedeisegmentiverticaliottenutialpuntoprecedente: 1 1 2 1 x2 dx =2(H(1) H( 1)), vistocheabbiamoappenaverificatolaprimitiva.Dunquel’areaequivalea arcsin(1) arcsin( 1)=
2 = π.Alternativamentesipuònotarecheilgraficodellafunzione √1 x2 èunsemicerchiotra 1 e 1,econcludereusandoilfattonotochel’areadelcerchiodiraggio 1 è π.
3Quesiti
(1). Vistoche ABC èrettangoloin B,itriangoli ABH e BCH sonosimili.Poichéhannoillato BH incomune,sonocongruentiseesolose AH = CH eseesolose AB = BC,cioè ABC èisoscele. Unaconseguenzadellasimilitudineèche BH 2 = AH · CH (anchenotocometeoremadiEuclide). Diconseguenza ABC èisosceleseesolose BH = AH = CH.Poichélalunghezzadell’ipotenusaè AB = AH + CH,allora ABC èisosceleseesolose AB =2BH
(2). P(ottengotestaesattamente 2 voltesu 5 lanci)= 5 2 p2(1 p)3.Laderivatarispettoa p èdatada 5 2 p(1 p)2(2 5p),quindiilmassimodellaprobabilitàprecedentesiottieneper p =2/5,dovevale P(ottengotestaesattamente 2 voltesu 5 lanci)=
(3). • Ilpiano π : 3x 2y +5=0 èortogonalealvettore (3, 2, 0),dunquelaproiezioneortogonaledi P (4, 2, 1) su π èl’intersezionedellaretta r : (4, 2, 1)+ t(3, 2, 0) (alvariaredi t neireali)con π Ungenericopuntodi r hadunquecomponente x datada 4+3t ecomponente y datada 2 2t Affinchéappartengaa π devevaleredunque 3(4+3t) 2(2 2t)+5=0.Questaequazioneè risoltada t = 1,cheporgelaproiezione H(1, 4, 1).
• Dobbiamorisolvereilsistemalinearein 3 equazionie 3 incognite
3x 2y +5=0 x y +1=0 z 2=0
Notiamosubitoche z =2 epoipossiamosostituire y = x +1 ricavatodallasecondaequazione,nella prima,ottenendo 3x 2(x +1)+5=0,chehasoluzione x = 3 edunque y = 2.L’intersezione cercataèdunqueilpunto Q( 3, 2, 2)
(4). Sia y = p(x)= ax4 + bx3 + cx2 + d + e percerti a,b,c,d,e realidadeterminare.Poichéilgraficoè tangenteall’asse x nell’origine,questosignificacheilgraficopassaancheper 0, 0,questoimplicache e =0.Inoltrehaderivatanullanell’origine.Poiché p′(x)=4ax3 +3bx2 +2cx + d,alloraanche d =0
Conlaprimacondizionecisiamodunquericondottia y = ax4 + bx3 + cx2.Ora,imponiamocheilsuo graficopassiper (1, 0),otteniamo 0= a + b + c,quindipossiamoscrivere y = ax4 + bx3 (a + b)x2.Se haunpuntostazionarioin (2, 2),alloradeveinnanzituttopassarci,ottenendo 2=16a +8b 4(a + b), cioè 6a +2b +1=0,epoiladerivatainquelpuntodevevalere 0,chedà 0=32a +12b 4(a + b),cioè 7a +2b =0.Risolvendoquestosistemadi 2 equazionipersostituzionesitrova a =1,b = 7/2,chedà comerisultatofinale y = x4 7 2 x3 + 5 2 x2
(5). Lafunzione f (x)= x3 + x cos(x) ècontinuaederivabilesututtalarettareale.Poiché f (0)= 1 < 0 e f (π/2)= π3 8 + π 2 > 0,alloraperilteoremadeglizeri f ammetteunozerocollocatoin (0,π/2).La derivatavale f ′(x)=3x2 +1+ sin(x).Poiché sin(x) ≥−1 perogni x realee sin(0)=0,allora f ′(x) > 0 perogni x realequindi f èstrettamentecrescente,questoimplicachelozerolacuiesistenzaabbiamo stabilitoprecedentementeèanchel’unicosututtalarettareale.
(6). Unaprimitivadi cos(1/t) t2 èdatada sin(1/t) (svolgendol’integralepersostituzione u =1/t).In particolare F ( 2 π )= sin(π/2)+ sin(1/a)= 1+ sin(1/a).Quindiiltestochiededideterminareil massimo a ≤ 2/π taleche sin(1/a)=1/2.Questoèequivalenteadeterminareilminimo y ≥ π/2 tale che sin(y)=1/2,equestoèdatoda y = 5π 6 ,inparticolareilvaloredi a cercatoè a = 6 5π .
(7). Poichél’orbitadellaTerraèellitticaconilSoleinunfuoco,possiamosceglierecomesistemacartesiano quellocentratonelcentrodisimmetriadell’ellisse,possiamoporreilsemiassemaggioredell’orbita sull’asse x eilsemiasseminoresull’asse y.L’orbitaellitticahainquestomodoequazione x2 a2 + y2 b2 =1 doveilsemiassemaggioreèdatoda a = 1 52+1 47 2 · 1011,(infattil’assemaggioreèlasommadiminimae massimadistanza),mentreilsemiasseminoreè b = √1 47 · 1 52 · 1011 (ladifferenzatramassimae minimadistanzarestituisceladistanzafocale 2c esiha b2 = a2 c2)e x e y siintendonoinmetri.In questosistema,possiamosupporrecheilSolesitrovisulsemiassepositivodelle x;allorasitroverànel punto (√a2 b2 , 0) ovvero (5 109 , 0).
(8). Sia ABCDEF unesagonoregolareconcentro O,sia H laproiezionedi O sullato AB,inmodotale che OH sialalunghezzadell’apotemadell’esagono.Inoltre OA èlalunghezzadelraggiodelcerchio circoscritto.Siconsideriorailtriangolo AHO.Questoèuntriangolorettangoloincuil’angoloin A vale 60.Inparticolare OH = OA sin(60)= √3 2 OA.Sostituendo OA =6cmsitrovacirca OH =5.196cmin accordoconGadda.Piastrelleesagonalicongruenticonsentonodipavimentareilpianoperchél’angolo internodiunesagonoregolarevale 2π/3 equindi3esagonicheconcorronoinunverticericoprono esattamentel’angologiro.Perlostessomotivoipoligoniregolarichepermettonoditassellareilpiano sonoquellipercuil’angologiro 2π èunmultiploesattodelproprioangolointernoaunvertice.Poiché l’angolointernodiun n-agono regolareèdatoda n 2 n π,questoèsolopossibilequando 2n n 2 èunnumero naturale.Questoèverosoloper n =3 (tassellazionetriangolare), n =4 (tassellazionequadrata)e n =6 (tassellazioneesagonale).