SESSIONE STRAORDINARIA 2007
CORSO DI ORDINAMENTO
PROBLEMA 1
Data una semicirconferenza di diametro AB  2r , si prenda sul prolungamento di AB, dalla parte di
B, un punto C tale che sia BC = AB.
Essendo P un punto della semicirconferenza:
2
ˆ il rapporto y  CP .
1. Si esprima per mezzo di r e dell’ampiezza dell’angolo x  ABP
AP  PB
2. Si studi nell’intervallo  0, 2  la funzione y = f(x) espressa per mezzo della tangente di x.
3. Si calcoli in gradi e primi (sessagesimali) il valore di x, nell’intervallo 0  x 

, per cui il
2
rapporto y assume il valore minimo.
4. Si calcoli l’area della regione finita di piano delimitata dalla curva rappresentativa della


funzione y = f(x), dall’asse delle ascisse e dalle rette di equazione x  e .
4
3
Svolgimento
ˆ , con x misurato in radianti.
1. Poniamo, come suggerito nel testo del problema, x  ABP
Il punto P descrive l’intera semicirconferenza. Se P coincide con A si ha x = 0, AP  0 , PB  2r ;
CP 2
la frazione y 
perde di significato perché ha denominatore 0. Se P coincide con B si ha
AP  PB

x  , AP  2r , PB  0 , anche in questo caso la frazione che definisce la funzione perde di
2

significato. Si ha perciò 0  x  . Si noti che y è un puro numero, perché rapporto fra grandezze
2
omogenee.
Il triangolo ABP è rettangolo in P, in quanto inscritto in una semicirconferenza. Applicando a
questo triangolo il primo teorema sui triangoli rettangoli si ottiene AP  2r sin x e PB  2r cos x .
Il triangolo PBC è un triangolo qualsiasi: per trovare PC applichiamo il teorema di Carnot.
ˆ )
CP 2  PB 2  BC 2  2 PB  BC  cos( PBC
Sostituendo CP 2  4r 2 cos2 x  4r 2  2  2r cos x  2r cos(  x) , e per una relazione sugli archi
associati: CP 2  4r 2 cos2 x  4r 2  8r 2 cos 2 x  12r 2 cos2 x  4r 2  4r 2 (3cos2 x  1) .
1
CP 2
Sostituendo gli elementi ricavati nell’espressione y 
, e semplificando il fattore 4r 2 , si
AP  PB
2
3cos x  1
ottiene y 
. Quindi:
sin x cos x
CP 2
ˆ , è:
il rapporto y 
, espresso per mezzo di r e dell’ampiezza dell’angolo x  ABP
AP  PB
3cos 2 x  1

y
, con 0  x  .
sin x cos x
2
2. Per trasformare in tangente, come richiesto, si dividono numeratore e denominatore della frazione
per cos2 x :
cos 2 x
1
3

2
2
sin x
1
 tan x e che
 1  tan 2 x , si ottiene
y  cos x cos x . Ricordando che
2
sin x cos x
cos x
cos x
cos 2 x
tan 2 x  4
y  f ( x) 
, da studiare in  0, 2  .
tan x
La funzione f(x) è periodica e ha periodo π.
Dominio

3
, x   per l’esistenza della tangente e tan x  0 , ovvero x  0, x   , x  2 ,
2
2
per l’esistenza della frazione.
      3   3

Il dominio della funzione f(x) è l’insieme:  0,    ,      ,      , 2  .
 2 2   2  2

Deve essere x 
Studio del segno e intersezioni con gli assi
Il numeratore della frazione che dà f(x) è la somma di due quadrati: f(x) non si annulla mai, è
positiva quando è tan x  0 ed è negativa se tan x  0 .

3
La disequazione elementare tan x  0 , nel dominio, ha soluzione 0  x  ,   x   .
2
2
Quindi:
il grafico di f(x) non ha intersezioni con gli assi, è contenuto nel primo quadrante se

3

3
0  x  ,   x   , è contenuto nel quarto quadrante se  x   ,   x  2 .
2
2
2
2
Ricerca degli asintoti
Osserviamo preliminarmente che, col dominio assegnato, non ha senso ricercare i limiti all’infinito

di f(x). Calcoliamo, invece, i limiti in 0, ,  .
2
2
2
tan x  4 4
tan x  4   
tan 2 x
lim
    ; lim
    lim
  ;
x 0

tan x
0
tan x
   x  tan x
x
2
2
2
tan 2 x  4   
tan 2 x
tan 2 x  4 4
lim
    lim
  ; lim
    .
x 

tan x
tan x
0
   x  tan x
x
2
2
Tenendo conto della periodicità di f(x) si deduce che:
lim f ( x )  , lim
f ( x )  , lim
f ( x)  , lim f ( x)   .
3
3
x 
x  
2
x  2
x  
2
Il grafico di f(x) ammette come asintoti verticali le rette di equazione: x  0, x 

3
, x   , x  2 .
2
2
Calcolo della derivata prima
Per calcolare la derivata prima di f(x) applichiamo la regola di derivazione del rapporto di funzioni e
quella di derivazione delle funzioni composte, ricordando che la derivata di tan x si può scrivere
come 1  tan 2 x :
2 tan x(1  tan 2 x)  tan x  (1  tan 2 x)  tan 2 x  4 
y'
, da cui, raccogliendo:
tan 2 x
1  tan 2 x  2 tan 2 x  tan 2 x  4  1  tan 2 x  tan 2 x  4 

y'

.
tan 2 x
tan 2 x
Quindi:
1  tan x  tan
la derivata prima di y = f(x) è y ' 
2
2
tan x
2
x 4
.
Ricerca massimi e minimi
Si ha y’= 0 solo se tan 2 x  4  0 , ovvero se tan x  2 .
tan x  2 dà come soluzioni, nel dominio di f, x1  arctan 2 e x2    arctan 2 . Se per comodità
indichiamo con   arctan 2  1,107 rad, le due soluzioni si esprimono come x1   ; x2    
(circa 4,249 rad).
tan x  2 , nell’intervallo  0; 2  , ha soluzioni x3     (circa 2,035 rad), x4  2   (circa
5,176 rad).
Le ordinate dei punti  ,    si ottengono per sostituzione nell’espressione di y = f(x).
Per trovare le ordinate dei punti di minimo e di massimo sostituiamo i corrispondenti valori delle
ascisse nell’espressione y = f(x), quelle di    e 2   sfruttando la periodicità:
44
f ( )  f (   ) 
4.
2
44
f (   )  f (2   ) 
 4 .
2
Per stabilire gli intervalli i cui la f(x) è crescente o decrescente, risolviamo la disequazione:
1  tan 2 x  tan 2 x  4   0 che, eliminati i fattori certamente positivi, si riduce alla disequazione:
tan 2 x
tan 2 x  4  0 , ovvero alle due disequazioni elementari: tan x  2, tan x  2 .
Si ottiene:

3
tan x  2   x        x  2  
2
2
3

3
    x  
2
2
Si traggono le seguenti conclusioni:
posto   arctan 2  1,107 rad, la funzione f(x) è:
3  3
   
 

crescente negli intervalli   ,  ,  ,     ,     ,   ,   , 2    ;
2  2
 2 2
 

decrescente negli intervalli  0,   ,     ,     ,  2   , 2  ;
Sono punti di minimo relativo ( , 4) e (   , 4) mentre sono punti di massimo relativo
(   , 4) e (2   , 4) .
tan x  2    x 
Calcolo della derivata seconda
(1  tan 2 x )(tan 2  4)
Partendo dall’espressione y ' 
, applicando le regole di derivazioni del prodotto
tan 2 x
e del rapporto, calcoliamo la derivata seconda:
 2 tan x 1  tan 2 x tan 2 x  4  2 tan x 1  tan 2 x 2  tan 2 x  2 tan x 1  tan 2 x 2 tan 2 x  4


y ''  
4
tan x
da cui si ottiene, raccogliendo e semplificando:
2 1  tan 2 x  tan 4 x  4 
y '' 
.
tan 3 x
L’equazione y’’ = 0 non ha soluzioni reali, mentre si vede che y’’>0 per tan x  0 e y’’<0 per
tan x  0 . Si conclude, allora, che:








la funzione f(x) non ha flessi. Il suo grafico volge la concavità verso il semiasse positivo delle y per

3

3
0  x  ,   x   , volge la convessità verso lo stesso semiasse per  x   ,   x  2 .
2
2
2
2
Il grafico della funzione è il seguente.
4
3. Dopo essersi assicurati che la calcolatrice sia in modalità DEG, si digita 2, 2ndF, tan. Si ottiene
63,4349, che è la misura in gradi del punto di minimo, ma espressa in notazione decimale. Per
ottenere la conversione in notazione sessagesimale, si digita D.MS e si legge 63°26’05”. Quindi:
il valore di x in gradi e primi sessagesimali, nell’intervallo 0  x  90 , per cui il rapporto y assume
il valore minimo è 63°26’.

3
4. L’area richiesta si trova calcolando l’integrale
tan 2 x  4
 tan x dx .

4
2
tan x  4
dx . Esso si calcola per decomposizione in
tan x
somma e per semplici trasformazioni delle funzioni da integrare:
4 
1
sin x
cos x

  tan x  tan x  dx   tan xdx  4 tan x dx   cos x dx  4 sin x dx =  ln cos x  4 ln sin x  c .
Il corrispondente integrale indefinito è

Tornando all’integrale definito:

3

tan 2 x  4
3
dx
=



ln
cos
x

4
ln
sin
x
 tan x

   ln 2  4 ln 3  4 ln 2   ln 2  ln 2  4 ln 2  4 ln 2 =
4


4
1
3
= ln 2  2 ln 3  4 ln 2  ln 2  ln 2  2 ln 2  4 ln 2   2ln 3  ln 2
2
2
Quindi:
l’area della regione finita di piano delimitata dalla curva rappresentativa della funzione y = f(x),


3
dall’asse delle ascisse e dalle rette di equazione x  e
è 2ln 3  ln 2  0,0589.
4
3
2
PROBLEMA 2
Si consideri la funzione f ( x )  log x 2  4 .
1. Si studi tale funzione e si tracci il suo grafico C su un piano riferito ad un sistema di assi
cartesiani ortogonali Oxy.
2. Si scrivano le equazioni delle tangenti a C nei punti in cui essa incontra l’asse x e si calcoli
l’area del triangolo formato dalle suddette tangenti e dall’asse x medesimo.
3. Si studi la funzione derivata f '( x) e se ne tracci il grafico C’.
4. Si calcoli l’area della superficie piana, delimitata dalla curva C’, dall’asse x e dalla retta di
equazione x   3 .
Svolgimento
1. Studiamo la funzione y  f ( x )  log x 2  4 .
Insieme di esistenza e simmetria
Per la condizioni di esistenza del logaritmo e del radicale quadratico deve essere x 2  4  0 ;
risolvendo si ottiene: x  2  x  2 .
L’insieme di esistenza è simmetrico rispetto all’origine, quindi vale la condizione necessaria per
l’esistenza di simmetrie; possiamo cercarne la presenza:
f ( x)  log ( x )2  4  log x 2  4  f ( x) per ogni x dell’insieme di esistenza.
5
Quindi:
l’insieme di esistenza della funzione f(x) è  , 2    2,   . f(x) è pari e, perciò, il suo grafico è
simmetrico rispetto all’asse delle y
Studio del segno e intersezioni con gli assi
Per le condizioni di esistenza è impossibile che sia x = 0, quindi il grafico di f(x) non interseca
l’asse delle y.
Per cercare le intersezioni con l’asse delle x si risolve l’equazione f(x) = 0:
log x 2  4  0  x 2  4  1 x 2  5  x   5 .
L’insieme di positività di f(x) è l’insieme soluzione della disequazione f(x)>0:
log x 2  4  0  x 2  4  1 x 2  5  x   5  x  5 .


Il grafico di f(x) interseca gli assi nei punti  5, 0 e


5, 0 ; esso è contenuto nel primo
quadrante per x  5 , nel secondo quadrante per x   5 , nel terzo quadrante per  5  x  2 ,
nel quarto quadrante per 2  x  5 .
Ricerca degli asintoti
Calcoliamo i limiti in -2, 2,  ,  .
lim log x 2  4  log 0  log 0   , quindi la retta x = 2 è asintoto verticale.
x  2
Per la simmetria del grafico segue che anche la retta x = -2 è asintoto verticale sinistro a  .
lim log x 2  4  lim log( )  
x 
x 
Essendo verificata la condizione necessaria per l’esistenza dell’asintoto obliquo verifichiamo se
f ( x)
log x 2  4
 lim
.
x 
x 
x
x
Per immediato confronto fra la “gerarchia” degli infiniti del numeratore e del denominatore, è
esiste m  lim
log x 2  4
 0 ; quindi il grafico di f(x) non ammette asintoto obliquo.
x 
x
Per simmetria, valgono le stesse considerazioni a  .
lim
Il grafico di f(x) ha come asintoti verticali, rispettivamente destro e sinistro, le rette di equazioni
x = 2 e x = -2. Non ci sono altri asintoti.
Calcolo della derivata prima
Prima di eseguire il calcolo della derivata prima utilizziamo una proprietà dei logaritmi per rendere
più semplice l’espressione di y = f(x).
1
y  log x 2  4  log( x 2  4)
2
Ricordando la regola della derivata del logaritmo e della derivata di funzione composta, si deriva
nell’insieme di esistenza, ottenendo:
1 2x
x
y'
 2
.
2
2 x 4 x 4
x
La derivata prima di y = f(x) è y '  2
, con x  2  x  2 .
x 4
6
Ricerca massimi e minimi
y '  0 solo per x = 0, che è fuori dall’insieme di esistenza.
x
y '  0 per 2
 0 che, risolta, dà: x > 2. Per simmetria è anche y '  0 per x <-2.
x 4
La funzione y = f(x) non ha né massimi né minimi, è crescente per x > 2 e decrescente per x < -2.
Calcolo della derivata seconda
Applicando la regola di derivazione del rapporto, si ha:
x 2  4  2 x2
x2  4
x2  4
y '' 



, che è sempre negativa.
( x 2  4)2
( x 2  4)2
( x 2  4) 2
La funzione y = f(x) non ha flessi ed ha sempre la convessità rivolta verso il semiasse positivo delle
ordinate.
Il grafico di f(x) è rappresentato nella figura seguente.
2. Per trovare la tangente al grafico di f(x) in un punto x0 si applica la formula:
y  f ( x0 )  f '( x0 )( x  x0 ) . Nel nostro caso abbiamo
f'
 5   5 54 
x0  5 , per cui è
f
 5  0,
5.
L’equazione della tangente nel punto




5, 0 è, quindi, y  5 x  5 .




Per simmetria, l’equazione della tangente nel punto  5, 0 è y   5 x  5 .
Il punto comune alle due tangenti, che sono simmetriche rispetto all’asse delle y, deve trovarsi
sull’asse di simmetria, e quindi deve essere il punto (0, -5), punto di intersezione di ciascuna delle
due rette con l’asse delle ordinate. Se indichiamo con A il punto 5, 0 , con B il punto  5, 0 ,




con C (0, -5), è immediato verificare che il triangolo formato dalle due tangenti ha base AB e altezza
1
CO, essendo O l’origine degli assi. AB  5   5  2 5 ; CO  5 . Area: 2 5  5  5 5 .
2


7
L’area del triangolo formato dalle tangenti al grafico di C e dall’asse delle x, nei punti in cui C
incontra il medesimo asse x, vale 5 5 .
3. Lo studio di f’ (x) può essere condotto utilizzando gli elementi trovati nello studio di f(x).
x
Studio della funzione y '  f '( x)  2
, con x  2  x  2
x 4
 L’insieme di esistenza di f ‘(x) coincide con quello di f(x):  , 2    2,   .
 La funzione f ’(x) è una funzione dispari, dato che f '( x )   f '( x) per ogni x appartenente
all’insieme di esistenza.
 f ’(x) non interseca gli assi, dato che f(x) non ha massimi né minimi, né flessi a tangente
orizzontale, ed è positiva dove f(x) è crescente, negativa dove f(x) è decrescente.
 f ’(x) ha gli stessi asintoti verticali di f(x) e ha l’asse delle x come asintoto orizzontale.
 La derivata prima di f ’(x) è la derivata seconda di f(x).
 La funzione f ’(x) non ha né massimi né minimi, dato che f(x) non ha flessi, ed è sempre
decrescente dato che f(x) è sempre convessa.
 La derivata seconda di f '( x) è la derivata della derivata seconda di f(x) e deve essere
calcolata direttamente con la regola del rapporto:
2 x( x 2  4)2  2  2 x( x 2  4)( x 2  4) 2 x( x 2  4)( x 2  12) 2 x ( x 2  12)
.
y ''  


4
4
( x 2  4)3
x2  4
x2  4




La funzione f '( x) è concava verso il semiasse y>0, nell’insieme di esistenza, per x>2 e convessa,
sempre verso y>0, per x < -2.
Il grafico, C’, di f ‘(x) è perciò il seguente.
8
4. Il quesito non ha soluzione se si considera f '( x) in senso proprio: infatti x   3 cade fuori
dall’insieme di esistenza di f '( x) .
Risolviamo il quesito stesso considerando il grafico del prolungamento di f '( x) a tutto l’asse reale.
In questo caso si ha, ricordando che f(x) è una primitiva di f '( x) :
0
0

 3
x
1

dx   log x 2  4 
2
x 4
2

 log 2
3
L’area della superficie piana, delimitata dal grafico del prolungamento di f '( x) in R  2, 2 ,
dall’asse x e dalla retta di equazione x   3 , vale log 2.
QUESTIONARIO
QUESITO 1

Si determini il campo di esistenza della funzione y  x 2  3 x

1
x4
.
Svolgimento
Le condizioni di esistenza della funzione sono date dalla presenza di una potenza, che nel campo
reale deve avere base positiva, e di una frazione, che deve avere denominatore diverso da zero.
 x 2  3x  0
x  0  x  3
Bisogna porre: 
. Risolvendo: 
 x  0  x  3, x  4 . Quindi:
x  4
x  4  0

2
il campo di esistenza della funzione y  x  3 x

1
x4
è  , 0    3, 4    4,  
QUESITO 2
x  x  3 3
quando x tende a 1.
x  x  3 1
Si calcoli il limite della funzione
Svolgimento
x  x 3 3
0
si presenta sotto la forma indeterminata del tipo . L’indeterminazione
x 1
0
x  x  3 1
può essere eliminata in tre modi diversi: razionalizzando la frazione e semplificando, ricorrendo ai
limiti notevoli, o applicando la regola di De Hospital.
x  x  3 3
1. Per razionalizzare il denominatore della frazione
si procede per passi: si vede
x  x  3 1
x  x 3 3
la frazione stessa scritta come
e si moltiplicano numeratore e denominatore
x 1  x  3
Il limite lim

per il fattore razionalizzante:
x  x  3 3
=
x  x  3 1




x  1  x  3 . Si ottiene:
  x  1 
 x  1  ( x  3)
x  x  3 3 

x  3

2
Eseguendo i prodotti, sviluppando i quadrati e sommando i termini simili abbiamo:
9

  x  1 
 x  1  ( x  3)
x  x  3 3 

2
x  3  x  x  x  3  x( x  3)
=
x 1
x  3 fra terzo e quarto termine
Raccogliamo x fra primo e secondo termine del numeratore e
dello stesso numeratore:
x  x  x  3  x( x  3)
x 1
=
x


x 1  x  3

x 1

x 1

x 1
x3  x
x 1
Il limite della frazione, così semplificata, è di immediata soluzione lim
x 1
Il limite della funzione


x3 x

x  3  x  2 1  3 .
x  x  3 3
quando x tende a 1 è uguale a 3.
x  x  3 1
k
1  t   1  k , con
x  x 3 3
2. lim
può essere calcolato ricorrendo al limite notevole lim
x 1
t 0
t
x  x  3 1
1
k  . Infatti: poniamo t  x  1 , da cui x  t  1 e otteniamo:
2
1
1 t

1
t
1 t  2
 1  3
t
x  x 3 3
t 1  t  4  3
2
24 

lim
= lim
= lim
 lim 2 4  3 per il
x 1
x  x  3  1 t 0 t  1  t  4  1 t 0 1  1 t  2  1 t  1   1 t 0 1 t  t
24 
2 4
2


limite notevole richiamato, applicato ai quattro radicali.
x  x  3 3
verificano le ipotesi del teorema
x  x  3 1
di De L’Hôpital; calcoliamo, quindi il rapporto delle derivate della funzione a numeratore e di
quella a denominatore:
1
1
1 1


x  x 3 3
2
x
2
x

3
2
4  3.
lim
 lim

x 1
1
1 1
x  x  3  1 x 1 1 

2 x 2 x3 2 4
3. Il numeratore e il denominatore della frazione
QUESITO 3
Si calcoli, in base alla definizione di derivata, la derivata della funzione f ( x) 
1  x2
nel punto
1  x2
x = -1.
Svolgimento
La derivata di una funzione f(x) in un punto x0 è, per definizione, il lim
h 0
f ( x0  h)  f ( x0 )
, se il
h
limite esiste ed è finito.
1  x2
Nel nostro caso abbiamo f ( x) 
, x0  1 . Quindi:
1  x2
1  (1  h)2 1  (1) 2
 h 2  2h
f ( x0  h)  f ( x0 ) 


, da cui
1  (1  h) 2 1  (1)2 2  h 2  2h
10
f ( x0  h)  f ( x0 )
 h 2  2h
h  2


.
2
h
h(2  h  2h) 2  h 2  2h
f ( x0  h)  f ( x0 )
h  2
In conclusione: lim
 lim
 1.
h 0
h

0
h
2  h 2  2h
La derivata della funzione f ( x) 
1  x2
nel punto x = -1 vale 1.
1  x2
QUESITO 4
In un sistema di assi cartesiani ortogonali Oxy, si consideri l’ellisse  d’equazione x 2  9 y 2  9 e di
asse maggiore AB. Fra i trapezi isosceli contenuti nel semipiano y  0 inscritti in  e di cui un base
è AB, si determini quello di area massima.
Svolgimento
x2
L’ellisse  , scritta in forma canonica, ha equazione
 y 2  1 . I suoi vertici sono, quindi, i punti:
9
A(3, 0), B(3, 0), C (0, 1), D (0,1) .
Una retta di equazione y  t , 0  t  1 , interseca l’ellisse in due punti, E, F, che con A e B
individuano un trapezio isoscele, degenere nei casi t = 0 e t = 1. Dobbiamo trovare per quale valore
di t l’area di questo trapezio assume il valore massimo.
y  t
Determiniamo le coordinate di E e di F risolvendo il sistema:  2
, da cui x 2  9  9t 2 ,
2
x  9 y  9
x  3 1  t 2 .

 

I punti E ed F hanno, quindi, coordinate: E 3 1  t 2 , t , F 3 1  t 2 , t . L’area del trapezio, al
variare di t, è:
 AB  EF   t   6  6
f (t ) 
2
La derivata prima della funzione f (t ) è:
 2t
f '(t )  3 
 2 1  t 2
Ricerchiamo il massimo:
f '(t )  0 per

2
 t  1 1 t


1  t 2  1  2t 2  0


1 t2 t
2


 3 1  1 t 2 t .

t 2  1  t 2  1  t 2
1  t 2  1  2t 2

3

3

1 t2
1 t2

 1  t 2  2t 2  1 . Se 2t 2  1 è negativo, ovvero se è
2
2
l’equazione non ha soluzione. Se è, invece, 2t 2  1  0 , ovvero se è
 x  1,
2
2
possiamo elevare al quadrato i due membri dell’equazione, ottenendo: 1  t 2  4t 4  1  4t 2 , che
semplificata diventa: t 2 4t 2  3  0 e da cui si ricavano t = 0 (non accettabile per la condizione
0t 

posta) e t 

3
.
2
1  t 2  1  2t 2  0
Risolvendo la disequazione


 1  t 2  2t 2  1 solo nel caso 2t 2  1  0 ,
otteniamo la disequazione t 2 4t 2  3  0 , verificata per 0  t 
3
. Quindi la funzione area è
2
11
3
3
e decrescente a destra dello stesso punto.
è un punto di massimo
2
2
 3

3 3 9
relativo per la funzione. In tale punto la funzione area vale f 

3.
  3 1  1   
4 2 4
 2 

Per stabilire se il massimo relativo è anche massimo assoluto bisogna confrontare il suo valore con i
valori che la funzione assume agli estremi del dominio.
f (0)  0 . f (1) è il valore dell’area del trapezio che degenere in un triangolo isoscele di base AB e
9
altezza uguale al semiasse minore dell’ellisse. Tale area vale 3, che è minore di
3 (circa uguale a
4
3
9
3,9) . Quindi
è un punto di massimo assoluto e
3 è il massimo assoluto della funzione area.
2
4
Fra i trapezi isosceli contenuti nel semipiano y  0 inscritti nell’ellisse di equazione x 2  9 y 2  9 e
con la base maggiore coincidente con l’asse maggiore dell’ellisse, quello di area massima ha i
3 3  3 3
9
vertici nei punti A(3, 0), B(3, 0), E  ,
3.
 , F   ,
 . La sua area vale
4
2 2   2 2 
crescente a sinistra di t 
QUESITO 5
Si consideri la seguente proposizione: “Dato un triangolo rettangolo, il cerchio che ha per raggio
l’ipotenusa è la somma dei cerchi che hanno per raggio i cateti”. Si dica se è vera o falsa e si motivi
esaurientemente la risposta.
Svolgimento
Si tratta di una immediata applicazione del teorema di Pitagora.
Partendo dall’eguaglianza: i 2  c12  c22 , dove i è l’ipotenusa e c1 e c2 i cateti di un triangolo
rettangolo, si moltiplicano primo e secondo membro per  , ottenendo  i 2   c12   c22 . Si conclude
ricordando che l’area di un cerchio di raggio r è  r 2 .
La proposizione: “Dato un triangolo rettangolo, il cerchio che ha per raggio l’ipotenusa è la somma
dei cerchi che hanno per raggio i cateti” è vera.
QUESITO 6
1
 2
per  0
sin x sin
Si consideri la funzione: 
. Se ne studi la continuità nel punto x =0.
x
0
per x  0
Svolgimento
Ricordiamo che una funzione f(x) è continua in un punto x0 se f ( x0 )  lim f ( x) .
x  x0
1
 2
per  0
sin x sin
Nel nostro caso è f ( x )  
e x0  0 .
x
0
per x  0
Dopo aver notato che f(0) = 0 per definizione, calcoliamo il lim f ( x ) . Per far ciò, ricordando la
x0
definizione di limite che richiede che la relazione sia valida in un intorno del punto a cui tende la x,
dobbiamo calcolare il
1
lim sin 2 x sin
x0
x
12
1
, per x che tende a zero,
x
non ha limite ma è una funzione limitata, essendo sempre 1  sin   1 , per qualunque valore
dell’angolo α. Abbiamo, quindi, il prodotto di una quantità che tende a zero con un numero finito: il
risultata è zero.
In maniera più formale possiamo applicare il teorema del confronto, dopo aver notato che:
1
 sin 2 x  sin 2 x sin  sin 2 x
x
Il limite cercato vale zero. Pertanto
1
 2
per  0
sin x sin
La funzione 
è continua nel punto x = 0.
x
0
per x  0
Osserviamo che sin 2 x tende a zero per x che tende a zero; invece sin
QUESITO 7
Si calcoli il volume del solido generato in una rotazione completa attorno all’asse delle x della
regione finita di piano delimitata dalla curva di equazione y  sin x e dall’asse stesso
nell’intervallo 0  x   .
Svolgimento
b
È richiesta un’applicazione immediata della formula V    f 2 ( x)dx .
a

Nel nostro caso è:  

sin x

2


dx    sin xdx    cos x 0   (1  1)  2
0
0
Il volume del solido generato in una rotazione completa attorno all’asse delle x della regione finita
di piano delimitata dalla curva di equazione y  sin x e dall’asse stesso nell’intervallo 0  x   è
uguale a 2π.
QUESITO 8
Si determinino i coefficienti dell’equazione y 
ax 2  6
perché la curva rappresentativa ammetta un
bx  3
asintoto obliquo d’equazione y  x  3 .
Svolgimento
Calcoliamo l’equazione dell’asintoto obliquo del grafico della funzione y  f ( x ) 
ax 2  6
, in
bx  3
funzione di a e b, e imponiamo che la retta trovata coincida con quella data.
L’asintoto obliquo di equazione
y  mx  q , se esiste, è tale che
m  lim
x 
f ( x)
x
e
q  lim  f ( x)  mx  .
x 
Nel caso specifico abbiamo:
ax 2  6
ax 2  6 a
m  lim
 lim 2

x  x (bx  3)
x  bx  3 x
b
 ax 2  6 a 
abx 2  6b  abx 2  3ax
3ax  6b
3a
q  lim 
 x   lim
 lim 2
 2
x 
x  b x  3b
b(bx  3)
b
 bx  3 b  x
13
Quindi la funzione data ha come asintoto obliquo la retta di equazione y 
a
a
x  3 2 . Questa retta
b
b
coincide con quella di equazione y  x  3 se:
a
 b  1

3 a  3
 b 2
a  b
 a  1; b  1

b  1
ax 2  6
ammetta come asintoto obliquo la retta
bx  3
d’equazione y  x  3 i coefficienti devono assumere i valori a = -1, b = -1, per cui l’equazione
Perché la curva rappresentativa dell’equazione y 
della funzione è y 
x2  6 x2  6

.
x  3
x3
QUESITO 9
Si enunci il teorema di Lagrange e se ne fornisca un’interpretazione geometrica.
Svolgimento
È un quesito che non richiede applicazioni, ma la semplice esposizione dell’enunciato del teorema
di Lagrange e della sua interpretazione geometrica, come riportato su tutti i manuali.
QUESITO 10
Si determinino le costanti a e b in modo che la funzione F ( x )  a sin 3 x  b sin x  2 x sia una
primitiva della funzione f ( x )  cos3 x  3cos x  2 .
Svolgimento
Tenendo conto della definizione di primitiva di una funzione, possiamo dire che la derivata di
F ( x )  a sin 3 x  b sin x  2 x deve coincidere con f ( x )  cos3 x  3cos x  2 .
F '( x)  3a sin 2 x cos x  b cos x  2 = 3a (1  cos 2 x ) cos x  b cos x  2 =
= 3a cos x  3a cos3 x  b cos x  2 = 3a cos 3 x  (3a  b) cos x  2
Perché F’(x) coincida con f(x) poniamo:
1

3a  1
a  
che risolto dà: 
3.

3a  b  3
b  2
La funzione F ( x )  a sin 3 x  b sin x  2 x è una primitiva della funzione f ( x )  cos3 x  3cos x  2
1
se i parametri a e b assumono, rispettivamente, i valori 
e -2, per cui essa è:
3
1
F ( x )   sin 3 x  2sin x  2 x .
3
14