LICEO SCIENTIFICO
SCUOLE ITALIANE
ALL’ESTERO (AMERICHE)
SESSIONE ORDINARIA
201 3
Il candidato risolva uno dei due problemi e 4 degli 8 quesiti scelti nel questionario.
2
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
PROBLEMA1
E’ data la semicirconferenza Γ di centro C e diametro AB=2. Sia t la semiretta tangente a Γ
in B e giacente nello stesso semipiano di Γ rispetto ad AB.
1. Da un punto D di t, distinto da B, si conduca l’altra tangente a Γ e si indichi con E il
punto di tangenza. Dal centro C si conduca una semiretta parallela a DE che tagli t in F. Si
provi che il triangolo FDC è isoscele.
x2 1
2.Posto x  DB e y  DF si provi che y 
. Si determini l’intervallo in cui può
2x
variare x e, in corrispondenza, quello in cui varia y.
3. Si tracci il grafico Φ della y  f x  , senza tener conto dei limiti posti dal problema
geometrico, e si indichi con s il suo asintoto obliquo.
4. Si calcoli il volume del solido generato dalla rotazione attorno all’asse y della regione di
piano delimitata da Φ, da s e dalle rette x  1 e x  2 .
RISOLUZIONE
Punto 1
Si consideri la figura seguente.
I triangoli DEC e DCB sono congruenti in quanto hanno tutti e tre lati uguali; infatti il lato
DC è in comune, CE  CB in quanto raggi e DE  DB in quanto tangenti alla
semicirconferenza condotte dal punto esterno D. Di conseguenza DC è bisettrice dell’angolo
EDˆ B e pertanto EDˆ C  CDˆ F . Poichè DE ed FC sono parallele tagliate dalla trasversale DC,
si ha EDˆ C  DCˆ F in quanto angoli alterni interni; avendo, quindi, gli angoli alla base uguali,
il triangolo FDC è isoscele su base DC.
Liceo sci. scuole italiane all’estero (Americhe) ses. ord. 2013
Punto 2
.Il triangolo FBC è rettangolo in B ed ha i cateti FB e BC che misurano rispettivamente
FB  x  y, BC  1 ; di conseguenza per il teorema di Pitagora
FC 
x  y 2  1 
x 2  y 2  2 xy  1
Poichè il triangolo FDC è isoscele si ha
FC  DF  y
pertanto imponendo l’uguaglianza si ha:
x 2  y 2  2 xy  1  y
Poichè y  0 , è possibile elevare al quadrato ambo i membri, ottenendo:
x 2  y 2  2 xy  1  y 2  2 xy  x 2  1  y 
x2 1
2x
Individuiamo ora la limitazione geometrica imposta dal problema. La prima posizione
limite la si ha quando F coincide con B, pertanto quando x  y  1 , mentre la seconda
posizione limite la si ha quando sia F che D tendono all’infinito, cioè
x  , y   . Di conseguenza il range di valori di x e y sono x  1,, y  1, .
Punto 3
Studiamo la funzione y 
x2 1
non tenendo conto dei limiti geometrici.
2x
Dominio: x  0  x   ,0  0, ;
Intersezioni asse ascisse: non ve ne sono in quanto il numeratore x 2  1 è sempre
positivo nel dominio;
Intersezioni asse ordinate: non ve ne sono in quanto x  0 non appartiene al dominio;
Simmetrie: la funzione è dispari in quanto
2

 x  1
x2 1
y x  

  yx  ;
2 x 
2x
Positività: visto che il numeratore x 2  1 è sempre positivo nel dominio, la funzione è
positiva laddove 2 x  0 e quindi per x  0 ed è negativa per x  0 ;
+
-
x2 1
2x
Asintoti verticali:
Positività:
+
+
0
f x  
+
x
x2 1
- Quadro dei segni
2x
3
4
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
x2 1
x2 1
lim
 , lim
  pertanto la retta x  0 è asintoto verticale destro e
x 0 
x 0
2x
2x
sinistro;
Asintoti orizzontali: non ve ne sono in quanto, come si deduce applicando il teorema di De
x2 1
 lim x   ; alternativamente senza applicare il teorema di
x  2 x
x 
De L’Hopital, poichè il numeratore è un ordine di infinito superiore al denominatore allora
per x   la funzione diverge;
L’Hopital, si ha lim
Asintoti
obliqui:
m  lim
essendo
x 
f x 
x2 1 1
 lim

x  2 x 2
x
2
e
 x2 1 x 
x
1

q  lim  f x     lim 
   lim
 0 si deduce applicando che la funzione
x 
x


x


2
2
x
2
2
x



presenta un asintoto obliquo destro e sinistro di equazione s : y 
x
;
2
2 x  x  x 2  1 x 2  1
che è

x2
x2
positiva se x 2  1  0  x  1  x  1 pertanto la funzione è strettamente crescente in
 ,1  1, e strettamente decrescente in  1,0  0,1 e di conseguenza presenta un
massimo relativo in M  1,1 e un minimo relativo in m1,1 ;
Crescenza e decrescenza: la derivata prima è f ' x  
x2 1
x2
-1
Derivata prima:
f ' x  
0
x
2
 1
x2
x
1
- Quadro dei segni
2 x  x 2  2 x  x 2  1 2
 3 che è
x4
x
positiva se x  0 pertanto la funzione volge concavità verso l’alto in 0, , verso il
basso in  ,0 e non presenta flessi.
Concavità e convessità: la derivata seconda è f ' ' x  
x3
0
Derivata seconda: f ' '  x  
Il grafico è di seguito mostrato:
x
2
- Quadro dei segni
x3
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5
Punto 4
In generale, il solido generato dalla rotazione attorno all’asse y di una regione piana può
essere visto come somma di tanti “gusci cilindrici”, cioè cilindri cavi di raggio interno x,
raggio esterno x  x ed altezza f x  . Consideriamo il volume finito V di un “guscio”
come volume infinitesimo dV , quindi trattiamo x come infinitesimo dx ; esso può essere
espresso nella forma:


dV   x  dx   x 2  f x   2  x  dx  f x     dx   f x 
2
2
Poiché dx  è un infinitesimo di ordine superiore a dx , allora il termine   dx   f x  è
2
2
trascurabile rispetto a 2  x  dx  f x  , pertanto


dV   x  dx   x 2  f x   2  x  dx  f x 
2
Il volume del solido dovuto alla rotazione intorno all’asse delle ordinate, pensato come
somma di tanti volumetti dV relativi all’intervallo di ascisse a, b , è pertanto pari a
b
b
a
a
V   dV  2  xf x dx .
Nel caso in esame, basta notare che la funzione f x  è
f x   yx  
x x2 1 x 1

 
2
2x
2 2x
6
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
pertanto, applicando la formula si ha:
1
1
 1 
V  2  x   dx  2  dx  2   2  1  
2
2
 2x 
1
1
2
2
Alternativamente, consideriamo la figura sottostante in cui viene rappresentato il solido di cui
calcolare il volume.
Calcoliamo il volume V1 dovuto alla rotazione del triangolo rettangolo AEC intorno all’asse
delle ordinate. Esso è pari al volume del tronco di cono ABDC avente per basi i cerchi di
raggi IC  2 e MA  1 e altezza IM 
1
cui va sottratto il volume del cilindro ABFE avente
2
per base il cerchio di raggio MA  1 e altezza IM 

1
:
2

2
2
2
1
   IM  IC  MA  IC  MA    IM  MA 
3
1
1
1
7
1
2
     4  1  2     1      
3
2
2
6
2
3
V1 
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Il volume V2 generato dalla rotazione intorno all’asse delle ordinate del triangolo
mistilineo ECG può essere calcolata come differenza tra il volume del cilindro HDCG
avente raggio di base IG  2 ed altezza IL 
1
cui va sottratto il volume generato
4
dall’arco di curva EC.
Calcoliamo l’equazione del ramo di curva EC. E’ necessario invertire la funzione
x2 1
, si ha:
y
2x
x2 1
y
 x 2  2 xy  1  0  x  y  y 2  1
2x
Per x  1,2 il ramo di curva EC è rappresentato dalla funzione x  y  y 2  1 , pertanto
 5
il volume generato dall’arco di curva EC nell’intervallo y  1,  è pari a:
 4
5
4
5
4


2


VEC    y  y 2  1 dy    2 y 2  1  2 y y 2  1 dy 
1
1
5
3 4
 125 5 9   2  2
2

2
   y 3  y  y 2  1 2    
      1 
3
3
3
1
 96 4 32   3 


Di conseguenza
V2    2 2 
1 2

 
4 3
3
e, pertanto, il volume richiesto è pari a
V  V1  V2 
come già precedentemente trovato.
2 
 
3
3
7
8
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
PROBLEMA2
Sia R la regione del primo quadrante degli assi cartesiani delimitata da y  x e da y 
x
4
1. Si determini la retta y  k che dimezza l’area di R.
2. Si disegni la regione piana simmetrica di R rispetto alla retta y  4 , e si scrivano le
equazioni delle curve che la delimitano.
3. Si calcoli il volume del solido generato dalla rotazione di R attorno alla retta y  4
4. R è la base di un solido W le cui sezioni con piani ortogonali all’asse y sono tutte
quadrati. Si calcoli il volume di W.
RISOLUZIONE
Punto 1
Identifichiamo i punti di intersezioni tra il ramo di parabola del primo quadrante di
x
equazione
y  x e la retta y  . Bisogna risolvere il sistema
4
y  x


x
y 
4

ovvero l’equazione
x
x
4
Essendo x  0 per la definizione della funzione y  x , è possibile elevare al quadrato
ambo i membri ottenendo:
x2
x
16
da cui
x 2  16 x  0  x  0  x  16
I punti di intersezione sono quindi
O0,0, A16,4
L’area della regione R è pari a
16
 2 32 x 2 
x
2 4 32 16 2 2 6
128
32

AR     x  dx   x     2  
  2  32 
 32 
4
8 0
3
8
3
3
3
0
3
La retta y  k interseca la regione R nei punti B e C come di seguito raffigurato se e
soltanto se 0  k  4 . I casi limite sono k  0 in cui i due punti di intersezione
collassano in O0,0 e k  4 in cui i due punti di intersezione collassano in A16,4 .
Calcoliamo le coordinate di B. Bisogna risolvere il sistema
y  x

y  k
16
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ovvero l’equazione
x k
Essendo x  0 per la definizione della funzione y  x , è possibile elevare al quadrato ambo
i membri ottenendo:
x  k2
da cui
Bk 2 , k 
Calcoliamo le coordinate di C. Bisogna risolvere il sistema
x

y 
4

 y  k
ovvero l’equazione
x
k
4
da cui
x  4k
da cui
C 4k , k 
Definite:
 S1 l’area del triangolo di base 4k e altezza k formato tra la retta y 
ordinate e dalla retta y  k
x
, l’asse delle
4
 S 2 l’area della regione di piano R2 delimitata da y  x , dall’asse delle ordinate e dalla
retta y  k
l’area della regione R1 è pari a
S R1   S 2  S1
L’area S1 è pari a

k2

3

2 
2
k3
S1   k  x dx  kx  x 2   k 3  k 3 
3 0
3
3
0

Alternativamente tale area poteva essere calcolata considerando la funzione inversa x  y 2 :
k2
k
 y3 
k3
S1   y dy    
3
 3 0
0
k
2
L’area S 2 è pari a
S2 
4k  k
 2k 2
2
Imponendo
S R1   S 2  S1 
si ha
S R 
2
9
10
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo

k3
16
 2k 2 
3
3
ovvero l’equazione risolvente
k 3  6k 2  16  0
Notiamo subito che l’equazione k 3  6k 2  16  0 ha come soluzione k  2 come si
evince
per sostituzione diretta. Di conseguenza applicando la regola di Ruffini si ha:
k 3  6k 2  16  k  2 k 2  4k  8
pertanto l’equazione k 3  6k 2  16  0 equivale a
k  2 k 2  4k  8  0
e presenta tre soluzioni reali:
k1  2  k 2  2  2 3  k 3  2  2 3
L’unica soluzione che rispetta la condizione 0  k  4 è k1  2 . Quindi la retta che
dimezza l’area della regione R è y  2 .
Di seguito la geometria del problema con le regioni sopra definite.




Punto 2
La simmetrica di y  x rispetto a y  4 si ricava mediante la trasformazione
X  x
e pertanto ha equazione 8  Y  X  Y  8  X

Y   y  8
e ritornando alla
simbologia delle coordinate x, y  si ricava che la simmetrica rispetto alla retta y  4 è
y  8  x . Di seguito vengono rappresentate nello stesso riferimento cartesiano la
funzione y  f x   x e la simmetrica y  g x   8  x rispetto a y  4 .
Liceo sci. scuole italiane all’estero (Americhe) ses. ord. 2013
Punto 3
Per calcolare il volume del solido ottenuto dalla rotazione di R attorno alla retta di
equazione
y  4 , ricordando l’invarianza del volume rispetto a trasformazioni
X  x
geometriche, è opportuno considerare la seguente trasformazione: 
. In questo
Y  y  4
modo la retta y  4 verrà a coincidere nel sistema di riferimento OXY con l’asse delle
ascisse mentre il ramo di parabola avrà equazione Y  X  4 e la retta avrà equazione
Y
1.
X
4.
4
11
12
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
Il volume richiesto sarà quindi pari al volume del cono con raggio di base r  4 ed altezza
h  16 cui va sottratto il volume generato dalla rotazione di Y  X  4 attorno all’asse
delle x. Si ha quindi:
16
2
r 2 h
V R  
    X  4 dX 


3
0



256
   X  16  8 X dX 
3
0
16


16
3
X 2
256
16 2 

 
 16 X  X  
3
3
 2
0
256
1024 


  128  256 

3
3 

256 128 128



3
3
3
Alternativamente il volume può essere anche calcolato come segue:
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2
16
 X

V R       4  

 4
0 
13
2
X  4 dX 





 X 2


   
 16  2 X   X  16  8 X dX 
16

0 

16
X2

   
 3 X  8 X dX 
16

0
16
16
 X 3 3 X 2 16 32 


 X  
48
2
3

0
1024  128
 256
 
 384 


3 
3
 3
Un altro modo per calcolare il volume del solido di rotazione ottenuto ruotando la regione R
attorno alla retta di equazione y  4 , deriva dall’applicazione del Principio di Cavalieri, cioè
immaginiamo il solido di rotazione come insieme delle sue sezioni con piani
perpendicolari
all'asse
x;
tali
interno costante, pari a Rint x  

sezioni
sono
corone
circolari
di
raggio

x

x  4 , e raggio esterno pari a Rest x     4  . Pertanto il
4

volume richiesto è pari a
16
V R    
0
2
 x

R x   R dx      4  

 4
0

2
est
2
int

16

2
128
x  4 dx 
.
3


Punto 4
Prima di procedere al calcolo del volume, calcoliamo le funzioni inverse di y  x e y 
con 0  x  16 . Si ha:
y  x  x  y 2 con 0  y  4
y
x
 x  4y
4
con 0  y  4
Le sezioni del solido W con piani ortogonali all’asse y generano quadrati di lato
L y   4 y  y 2 con 0  y  4
pertanto il volume richiesto è pari a
x
4
14
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
4
V   L2  y dy 
0
4


  4 y  y 2 dy 
2
0
4


  y 4  8 y 3  16 y 2 dy 
0
4
 y5
16 y 3 
   2y4 
 
3 0
5

1024
1024 3072  7680  5120 512
 512 


5
3
15
15
Liceo sci. scuole italiane all’estero (Americhe) ses. ord. 2013
QUESTIONARIO
Quesito 1 Un trapezio è inscritto in un semicerchio di raggio 2 con una base
coincidente con il diametro del cerchio. Si trovi l’area massima del trapezio.
Il trapezio inscritto in una semicirconferenza con una base conincidente con il diametro è
un trapezio isoscele. Consideriamo la figura seguente.
Poniamo HC  x con 0  x  2 . La base minore del trapezio isoscele è AB  4  2 x
mentre per il teorema di Euclide l’altezza è pari a BH  DH  HC  x4  x  . Di
conseguenza l’area del trapezio è pari a
S x  
AB  DC BH  4  2x  4 
2
x4  x 
2
 4  x   x4  x 
Poichè la limitazione geometrica impone 0  x  2 , deduciamo che il fattore 4  x  è
sempre positivo e pertanto è possibile portarlo sotto il segno di radice. In questo modo
l’area diventa
S x   x4  x 
3
Poichè la funzione radice è strettamente crescente, la sua massimizzazione equivale alla
massimizzazione del radicando, pertanto per trovare l’area massima procederemo mediante
derivazione della funzione
g x   S 2 x   x4  x 
3
La derivata prima è pari a
g ' x   4  x   3x4  x   44  x  1  x 
3
2
2
15
16
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
Il fattore 44  x  è sempre positivo in quanto per ipotesi 0  x  2 , pertanto il segno
2
della derivata prima si riduce al segno del fattore 1  x  :
g ' x   44  x  1  x   0  1  x   0
2
in quanto il fattore 44  x  è sempre positivo considerando la limitazione 0  x  2 ; di
2
conseguenza la derivata prima è positiva in 0,1 e negativa in 1,2 , ovvero la funzione
area è strettamente crescente in 0,1 e strettamente decrescente in 1,2 pertanto presenta
un massimo relativo per x  1 cui corrisponde l’area massima S 1  3 3 .
1 x
0
1
2
x
Derivata prima: g ' x   44  x  1  x  - Quadro dei segni
2
Si noti come l’area massima si ottiene in corrispondenza di una base minore di misura pari
al raggio.
Quesito 2 In un libro si legge: “La definizione classica di misura di un angolo per
mezzo della lunghezza di un arco di cerchio è essenzialmente corretta”. Si spieghi,
eventualmente con qualche esempio, il significato di tale affermazione.
Il rapporto tra la lunghezza di un arco di circonferenza L e l’angolo al centro  è pari al
raggio:
L  R  R 
L

Ad esempio l’intera circonferenza ha un angolo al centro pari a 2 pertanto ha lunghezza
L  2  R ; analogamente una semicirconferenza ha lunghezza L    R e un quarto di
circonferenza L 

2
 R . Quindi in generale, data una circonferenza, e due suoi archi
L1 , L2 cui corrispondono rispettivamente due angoli al centro  ,  il rapporto tra le
lunghezze degli archi è pari al rapporto tra gli angoli:
L1 
 
L2 
Liceo sci. scuole italiane all’estero (Americhe) ses. ord. 2013
In sostanza, quindi, è corretto misurare un angolo mediante la lunghezza dell’arco visto
che la proporzionalità, tra lunghezza dell’arco e misura dell’angolo, è diretta e la costante
di proporzionalità è il raggio.
Nella realtà si trovano moltissimi casi in cui la grandezza di una misura viene espressa
mediante un’altra grandezza: ad esempio per misurare distanze elevatissime si parla di
anni-luce, oppure si esprime lo spazio percorso a velocità costante in funzione del tempo
impiegato.
Quesito 3
Tommaso ha costruito un modello di tetraedro regolare e vuole colorare le
4 facce, ognuna con un colore diverso. In quanti modi può farlo se ha a disposizione 9
colori? E se invece si fosse trattato di un cubo?
Il numero di disposizioni nel caso del tetraedro è
9
9!
67 89
  

 126
 4  4!5! 1  2  3  4
Nel caso del cubo a 6 facce il numero di disposizioni è
9
9!
7 89
  

 84
 6  3!6! 1  2  3
Quesito 4
Si provi che l’equazione x 4  4 x 3  6 x 2  1  0 ammette nell’intervallo
0,1 un’unica soluzione.
La funzione f x   x 4  4 x 3  6 x 2  1  0 assume agli estremi dell’intervallo 0,1 valori
discordi, in quanto f 0  1  0, f 1  10  0 pertanto certamente esisterà uno zero
all’interno dell intervallo 0,1 . Dobbiamo verificare che questo zero nell’intervallo 0,1
sia
unico.
La
derivata
prima
della
funzione
è
3
2
2
risulta essere positiva per x  0 e
f ' x   4 x  12 x  12 x  4 xx  3x  3 che
negativa per x  0 . Di conseguenza la funzione
è
f x   x 4  4 x 3  6 x 2  1
strettamente decrescente per x  0 e strettamente crescente per
La
stretta
x  0.
crescenza per x  0 assicura che lo zero nell’intervallo 0,1 è anche unico.
possiamo calcolarlo attraverso vari metodi numerici, utilizzeremo il metodo delle tangenti
o di Newton-Raphson mediante la formula ricorsiva:
f xn 
x 4  4 xn3  6 xn2  1 3xn4  8 xn3  6 xn2  1
xn1  xn 
 xn  n 3

f ' xn 
4 xn  12 xn2  12 xn
4 xn3  12 xn2  12 xn
con punto di partenza x0  1 . Si ha la seguente tabella che mostra i passi dell’algoritmo:
17
18
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
n
xn
xn 1
 n  xn  xn1
0
1
2
3
4
5
1,000
0,643
0,445
0,373
0,363
0,363
0,643
0,445
0,373
0,363
0,363
0,363
0,357
0,198
0,072
0,010
0,000
da cui deduciamo che x  0,363 .
Quesito 5
Il volume di una sfera è pari ai 2 /3 del cilindro ad essa circoscritto. E’
questo uno dei risultati più noti che si attribuisce ad Archimede tant’è che una sfera e un
cilindro furono scolpiti sulla sua tomba. Si ritrovi tale risultato mediante l’applicazione del
calcolo integrale.
Una sfera può essere vista come il solido di rotazione derivante dalla rotazione intorno
all’asse delle ascisse della semicirconferenza di equazione y  r 2  x 2 mentre il volume del
cilindro circoscritto alla sfera può essere visto come il solido ottenuto dalla rotazione intorno
all’asse delle ascisse della retta y  r .
Di seguito una illustrazione della geometria del problema.
Il volume della sfera è pari a
Liceo sci. scuole italiane all’estero (Americhe) ses. ord. 2013


r
 2
 3 r 3  4r 3
x3 
VS    r  x dx  2  r  x dx  2 r x    2  r   
3 0
3
3


r
0
mentre il volume del cilindro è pari a
r
2
2
r
2

r
2
2

r
 
VC    r  dx  2  r 2 dx  2r 2  r  2r 3
2
r
0
Pertanto
4r 3
VS
2
 33 
VC 2r
3
Quesito 6
Un cono rotondo ha altezza ℎ = 7 dm e raggio r = 4 dm. Si vuole
diminuire la prima di quanto si aumenta il secondo in modo che il volume del cono
aumenti del 25 %. Si dica se la questione ammette soluzioni e, in caso affermativo, si dica
quali sono.
Consideriamo la figura seguente.
Il volume del cono rotondo ha altezza h = 7 dm e raggio r = 4 dm è pari a
hr 2 112
V


3
3
19
20
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
Supponiamo che l’altezza diminuisca di una quantità pari a x, di conseguenza il raggio
aumenterà di x con 0<x<7.
Di conseguenza il nuovo volume sarà
 7  x 4  x 2
V1 
3
Se il volume del nuovo cono deve aumentare del 25% allora deve essere pari a
112
5 112
140
V1  V  0,25V  1,25V  1,25 
 


3
4 3
3
Imponendo l’uguaglianza si ha:
 7  x 4  x 2 140

  7  x 4  x 2  140
3
3
Sviluppando i calcoli si ha:
7  xx 2  8x  16  140  x 3  x 2  40x  28  0
La funzione f x   x 3  x 2  40 x  28 può avere al massimo 3 soluzioni reali o una reale
e due complesse coniugate. Calcoliamone alcuni valori, si ha:
f  8  100,5, f  7   14
f 0  28, f 1  10
f 5  22, f 6  40
da cui per il teorema degli zeri deduciamo che le tre radici dell’equazione f x   0 sono
tutte reali e appartengono rispettivamente agli intervalli
x1   8,7, x 2  0,1, x 3  5,6
Dovendo considerare la restrizione geometrica 0  x  7 , deduciamo che le soluzioni del
quesito sono due
x 2  0,1, x 3  5,6
e possono essere determinate in maniera ricorsiva attraverso il metodo delle tangenti o di
Newton-Raphson mediante la formula:
f xn 
x 3  x 2  40 xn  28 2 xn3  xn2  28
xn1  xn 
 xn  n 2 n
 2
f ' xn 
3xn  2 xn  40
3xn  2 xn  40
In particolare considerando x 2  0,1 con punto di partenza x0  0 si ha la seguente
tabella che mostra i passi dell’algoritmo:
n
xn
xn 1
 n  xn  xn1
0
1
2
3
0,000
0,700
0,722
0,722
0,700
0,722
0,722
0,722
0,700
0,022
0,000
da cui deduciamo che x 2  0,722 .
Applicando lo stesso metodo per x 3  5,6 con punto di partenza x0  6 si ha:
Liceo sci. scuole italiane all’estero (Americhe) ses. ord. 2013
n
xn
xn 1
 n  xn  xn1
0
1
2
3
4
6,000
5,500
5,425
5,423
5,423
5,500
5,425
5,423
5,423
5,423
0,500
0,075
0,002
0,000
21
da cui deduciamo che x 3  5,423 .
Quesito 7
Data la funzione definita da:
ax 2  bx se x  2
f x   
se x  2
bx  c
Si determini la terna ordinata a, b, c  in modo che siano soddisfatte le seguenti condizioni:
f x  è continua
f 3  20
lim f x   0
x 2
ax 2  bx se x  2
La funzione f x   
è data dall’unione di due funzioni, una parabola e una retta,
se x  2
bx  c
continue e derivabili nei rispettivi intervalli di definizione  ,2 e 2, .
Affinchè f x  sia continua in R è necessario controllare che lo sia in x  2 ; dobbiamo quindi
verificare che
lim f x   lim f x 
x 2 
x 2
Si ha:


lim f x   lim ax 2  bx  4a  2b
x 2 
x 2
x 2 
x 2
lim f x   lim bx  c   2b  c
pertanto imponendone l’uguaglianza si ricava c  4a .
La seconda condizione f 3  20 comporta la condizione 3b  c  20 .
La terza condizione lim f x   0 comporta 4a  2b  0  b  2a
x 2
Sostituendo le condizioni c  4a e b  2a in 3b  c  20 si ricava
22
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
a  2

b  4
c  8

pertanto la funzione è
2 x 2  4 x
f x   
4 x  8
se x  2
se x  2
2 x 2  4 x
Di seguito un grafico della funzione f x   
4 x  8
Quesito 8 Si verifichi l’identità: tan45    
se x  2
.
se x  2
1  sin 2
cos 2
Ricordando la seguente formula di addizione e sottrazione per la funzione tangente
tan   tan 

tan    
,  ,  ,    ,       k , k  Z
1  tan  tan 
2
si ha
tan 45  tan  1  tan 
 k
tan45    

,    , k Z
1  tan 45 tan  1  tan 
4 2
Poichè
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sin 
1  tan 
cos   cos   sin  

sin  cos   sin 
1  tan 
1
cos 
2

cos   sin  cos   sin   cos   sin  



cos   sin  cos   sin   cos 2   sin 2
1
cos 2   sin 2  2 sin  cos  1  sin 2


cos 2
cos 2   sin 2
l’identità risulta pertanto verificata.
23