LICEO SCIENTIFICO
CORSO SPERIMENTALE
SESSIONE STRAORDINARIA
201 3
Il candidato risolva uno dei due problemi e 5 dei 10 quesiti scelti nel questionario.
2
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
PROBLEMA1
Data la semicirconferenza di centro O e diametro AB  2r si prenda su di essa un punto P e si
tracci il raggio OQ parallelo ad AP.
1. Posto PAˆ B   , si calcoli il rapporto:
AP  PQ
QB  BA

e lo si esprima in funzione di x  sin , controllando che risulta:
2
 2x 2  x  1
f x  
x 1
2. Prescindendo dalla questione geometrica, si studi la funzione f x  e se ne tracci il grafico
.
3. Si scriva l’equazione della retta s che congiunge i punti estremanti relativi di  e si
verifichi che essa passa per il punto d’intersezione degli asintoti. Si calcoli inoltre, in gradi
e primi (sessagesimali), l’ampiezza dell’angolo acuto  che s forma con l’asintoto
obliquo.
4. Si calcoli l’area della regione di piano  , delimitata dall’asse x, da  e dai suoi asintoti.
RISOLUZIONE
Punto 1
Si consideri la figura seguente.
Il triangolo APB è rettangolo in P in quanto inscritto nella semicirconferenza di diamtero AB,
di conseguenza applicando il teorema sui triangoli rettangoli si ha
AP  AB sin90     2r cos 
I triangoli PHQ e BHQ sono congruenti in quanto sono rettangoli in H, hanno QH in comune
e PH  HB , di conseguenza PQ  QB .

Il triangolo AOQ è isoscele con AOˆ Q  180   , OAˆ Q  AQˆ O  , pertanto applicando il
2
teorema dei triangoli rettangoli al triangolo AQB si ha
Liceo scientifico sperimentale sessione straordinaria 2013
 
PQ  QB  2r sin 
2
Il rapporto
AP  PQ
vale
QB  BA
 
2r cos   2r sin  
AP  PQ
2 

QB  BA
 
2r sin    2r
2

  
 


2r 1  2 sin 2    2r sin    2 sin 2    sin    1
 2 
2
2
2
 

 
 
2r sin    2r
sin    1
2
2
Posto x  sin

2
il rapporto diventa
f x  
 2x 2  x  1
x 1
La limitazione geometrica impone 0    90 , ovvero 0  x 
2
.
2
Punto 2
Prima di studiare la funzione f x  
f x  
 2x 2  x  1
, notiamo che essa può essere scritta come
x 1
2 x  11  x  .
x 1
Dominio: x  1  0  x   ,1   1, ;
Intersezione ascisse: f x  
2 x  11  x   0  2 x  11  x   0  x   1  x  1 ;
x 1
Intersezioni ordinate: x  0  f 0  1 ;
Simmetrie: la funzione non è pari nè dispari;
2
Positività: il numeratore della funzione 2 x  11  x  è positivo per 
denominatore è positivo per x  1 . Di seguito il quadro dei segni.
2 x  11  x 
x 1
2 cosx   1
-
+-
+ 1
-
Positività: f x  
+
+

1
2
2 x  11  x  x 1
+
1
 x  1 , mentre il
2-
+1
x
Quadro dei segni
3
4
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
 1 
Dal quadro dei segni deduciamo che la funzione è positiva in  ,1    ,1 e negativa in
 2 
1

  1,   1, .
2

Asintoti verticali:
lim f x   lim
x 1
x 1
2 x  11  x    2  
verticale destro e sinistro;
Asintoti orizzontali:
orizzontali;
Asintoti
m  lim
x 
lim f x   lim
x 
obliqui:
x 
2 x  11  x   
essi
pertanto x  1 è asintoto
0
x 1
x 1
hanno
pertanto non esistono asintoti
y  mx  q
equazione
f x 
 2x 2  x  1
 lim
 2
x 
x
x2  x
con
e
  2x 2  x  1

 3x  1 
q  lim  f x   mx  lim 
 2 x   lim 
  3 pertanto y  2 x  3 è
x 
x 
x  x  1
x

1




asintoto obliquo destro e sinistro;
Crescenza
e
decrescenza:
la
derivata
prima
è
 4 x  1  x  1   2 x 2  x  1 1   2 x 2  4 x   2 xx  2
; il numeratore della
x  12
x  12
x  12
derivata prima  2 xx  2 è positivo per  2  x  0 , mentre il denominatore è sempre
f ' x  
positivo nel dominio. Di seguito il quadro dei segni. della derivata prima.
 2 x x  2 
x  12
2 cosx   1
1
2
Derivata prima: f ' x  
 2 x x  2 
x  12
0
- Quadro dei segni
Dal quadro dei segni deduciamo che la funzione è crescente in  2,1   1,0 e decrescente
in  ,2  0, , pertanto la funzione presenta un minimo relativo in m   2,9 e un
massimo relativo in M  0,1 ;
Concavità e convessità:
la derivata seconda è
presenta concavità verso l’alto laddove
x  13  0
f ' ' x   
ovvero
4
per cui la funzione
x  13
in  ,1
e verso il basso
laddove x  1  0 ovvero in  1, ; la funzione non presenta flessi. Di seguito il quadro
3
dei segni della derivata seconda.
Liceo scientifico sperimentale sessione straordinaria 2013
 x  1
3
1
Derivata seconda: f ' '  x   
Di seguito il grafico di f x  
4
x  13
x
- Quadro dei segni
2 x  11  x  .
x 1
Punto 3
La retta che congiunge il minimo relativo m   2,9 e il massimo relativo M  0,1 ha
equazione
y 9 x 2
 x  2

 y  8
  9  y  4 x  1
1 9 0  2
 2 
I due asintoti si incontrano nel punto le cui coordinate sono determinate dal seguente sistema:
5
6
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
 x  1

 y  2 x  3
da cui si deduce che il punto C ha coordinate C   1,5 .
Il punto C appartiene alla retta s : y  4 x  1 congiungente gli estremi relativi.
Nella figura seguente viene mostrato quanto su dimostrato e d evidenziato l’angolo  di cui
calcolare l’ampiezza richiesta.
Ricordiamo la formula che consente di determinare l’angolo  formato tra due rette di
coefficienti angolari m, m'
m  m'
tan  
1  mm'
Nel caso in esame l’asintoto obliquo y  2 x  3 ha coefficiente angolare m  2 mentre la
retta s : y  4 x  1 ha coefficiente angolare m'  4 .
Di conseguenza si ha
 2   4 2
2
tan  
    arctan   1232' .
1 8
9
9
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Punto 4
La regione piana  , delimitata dalla curva  , dall’asse x e dagli asintoti di equazioni x  1
e y  2 x  3 è di seguito raffigurata.
L’area richiesta può essere calcolata come differenza tra l’area del triangolo rettangolo ABC e
l’area della regione  1 individuata dal grafico  e dall’asse x.
5
Il triangolo ABC ha i due cateti che misurano AC  yC  y A  5 e AB  x B  x A 
2
25
pertanto ha area S  ABC  
.
4
L’area della regione  1 è pari a
1
1
  2x 2  x  1 
2 

dx     2 x  3 
S  1    
dx 
x 1
x 1
1
1



2

  x 2  3x  2 ln x  1
2

1

1
2

1 
 1 3
  1  3  2 ln 2      2 ln  
2 
 4 2


 7
 15
 2  2 ln 2     2 ln 2    4 ln 2
 4
 4

7
8
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
Per differenza
S    S  ABC   S  1  
25 15
5
  4 ln 2   4 ln 2
4
4
2
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9
PROBLEMA2
Si consideri la funzione:
f x  
1
x ln x
1. Si studi tale funzione e si tracci il suo grafico  , su un piano riferito ad un sistema di assi
cartesiani ortogonali Oxy.
2. Si scriva l’equazione della tangente a  nel punto P di ascissa x  e e si determini
l’ascissa del punto C in cui essa incontra l’asse x. Si calcoli inoltre l’area del semicerchio
 , situato nel I quadrante, avente il centro in C e raggio uguale alla distanza di C
dall’origine O.
3. Si calcoli l’area della superficie piana  , delimitata dalla curva  , dall’asse x e dalle rette
x  e, x  e 2 .
4. Si scelga a caso un punto all’interno del semicerchio  . Si determini la probabilità che
tale punto risulti esterno alla superficie piana  .
RISOLUZIONE
Punto 1
Studiamo la funzione f x  
1
;
x ln x
Dominio: il campo di esistenza è dato dalla soluzione del seguente sistema
x  0
x  0

 x  0,1  1, ;

ln x  0
x  1
Intersezioni asse ascisse: non esistono in quanto il numeratore della funzione f x  
1
è
x ln x
costante;
Intersezioni asse ordinate: non esistono in quanto x  0 non appartiene al dominio;
Simmetrie: la funzione non è nè pari nè dispari;
Positività: la funzione è positiva se ln x  0 ovvero per x  1 e negativa per ln x  0 ovvero
0  x  1 . Di seguito il quadro dei segni della positività.
ln x
2 cosx   1
+
+
+
-
x
0
-
Positività: f x  
1
+
x
1
- Quadro dei segni
x ln x
10
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
1
1
Asintoti verticali: si ha: lim
ed essendo in presenza della forma
 lim x
x 0 x ln x
x 0 ln x

indeterminata
è possibili applicare il teorema di De L’Hopital ottenendo

1
1
 2
 1
lim x  lim x  lim      pertanto x  0 è asintoto verticale destro; inoltre
x 0 ln x
x 0
x 0 
1
x
x
1
1
1
1
1
1
lim

    e lim

    pertanto x  1 è asintoto


x 1 x ln x
x

1
x ln x ln 1  0
ln 1  0
verticale destro e sinistro;
Asintoti orizzontali: poichè lim
x 
1
1
1
1
1




 0 si deduce che y  0 è
x ln x   ln       
asintoto orizzontale destro;
1
1
1
1
1




0;
x  x ln x
  ln       
Asintoti obliqui: non ve ne sono in quanto lim
2
Crescenza e decrescenza: la derivata prima è f ' x   
ln x  1
pertanto, essendo il
x 2 ln 2 x
denominatore x 2 ln 2 x sempre positivo nel dominio, la derivata prima è positiva dove è
1
negativo il numeratore ovvero se ln x  1  0  x  e negativa dove il numeratore è
e
1
positivo ovvero ln x  1   x  1  x  1 ; di conseguenza la funzione è crescente in
e
1 
 1
 0,  e decrescente in  ,1  1, e presenta pertanto un massimo relativo in
e 
 e
1 
M   ,e  ; di seguito il quadro dei segni della derivata prima.
e

x 2 ln 2 x
 ln x  1
2 cosx   1
0
1
e
Derivata prima: f ' x   
1
ln x  1 x 2 ln 2 x
x
Quadro dei segni
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Concavità
e
convessità:
la
derivata
seconda
è
1 2 2
2 ln x 

 x ln x  ln x  1 2 x ln 2 x  x 2 

x ln 2 x  ln x  12 x ln 2 x  2 x ln x 
x
x 

f ' ' x   


x 4 ln 4 x
x 4 ln 4 x
2
2
x ln 2 x  2 x ln xln x  1
ln x  2ln x  1
2 ln 2 x  3 ln x  2




x 4 ln 4 x
x 3 ln 3 x
x 3 ln 3 x
pertanto, essendo il denominatore 2 ln 2 x  3 ln x  2 sempre positivo, la derivata seconda
risulta essere positiva laddove è positivo il denominatore ovvero per ln x  0 cioè x  1 e
negativa laddove è negativo il denominatore ovvero per ln x  0 cioè 0  x  1 ; di
conseguenza la funzione è concava verso l’alto in 1, e concava verso il basso in 0,1 e
non presenta flessi. Di seguito il quadro dei segni della derivata seconda.
2 ln 2 x  3 ln x  2
x 3 ln 3 x
0
Derivata seconda: f ' ' x  
Il grafico è di seguito mostrato:
1
x
2 ln 2 x  3 ln x  2
- Quadro dei segni
x 3 ln 3 x
11
12
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
Punto 2
La
tangente
inflessionale
in
 1
P e, 
 e
ha
equazione
y  mx  e  
1
e
con
2
 ln x  1
m  f ' e   2 2    2 di conseguenza la tangente inflessionale ha equazione
e
 x ln x  x e
2
1
2
3
y   2 x  e    2 x  .
e
e
e
e
3 
Tale tangente incontra l’asse delle ascisse in C   e,0  .
2 
Il raggio del cerchio  è pari a CO 
3
3 
e mentre il centro è C   e,0  , pertanto la
2
2 
corconferenza avrà equazione
2
3 
9 2

2
 x  e  y  e
2 
4

Di seguito nello stesso riferimento cartesiano il grafico  , la tangente y  
semicerchio  la cui area da calcolare è raffigurata in grigio.
2
3
x  e il
2
e
e
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L’area del semicerchio  è pari a
S   
  CO
2
2
9
 e 2
8
Punto 3
Consideriamo la figura di seguito in cui è raffigurata la regione  .
L’area della regione  è pari a
A  
e2
1
e2


dx

ln
ln
x
 ln 2 .
e x ln x
e
Punto 4
Consideriamo la figura seguente in cui è raffigurata in grigio la regione 1     in cui il
punto P deve trovarsi.
13
14
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
La probabilità richiesta è data dal rapporto tra l’area della regione 1     e l’area del
semicerchio  , ovvero dal complemento a 1 della probabilità di trovare il punto P all’interno
della regione  :
p P   1   1  p P     1 
 1
ln 2
8 ln 2
 1
 97%
9 2
9e 2
e
8
S  

S  
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15
QUESTIONARIO
Quesito 1
Un ufficiale della guardia di finanza, in servizio lungo un tratto rettilineo di
costa, avvista una motobarca di contrabbandieri che dirige in linea retta, perpendicolarmente
alla costa, verso un vecchio faro abbandonato. L’angolo tra la direzione della costa e il raggio
visivo dell’ufficiale che guarda la motobarca è di 34,6°; il natante si trova a 6 miglia marine
dal faro e si muove con una velocità di 18 nodi (miglia marine all’ora). L’ufficiale ordina di
salire immediatamente in macchina, in modo da raggiungere il faro, percorrendo una strada
parallela alla spiaggia, 10 minuti prima che vi approdino i contrabbandieri, per coglierli con le
mani nel sacco. A che velocità media, in km/h, deve muoversi l’automezzo della guardia di
finanza per arrivare nei tempi previsti? (Un miglio marino = 1853,182 m).
Consideriamo la figura seguente.
In accordo ocn suddetta figura, l’ufficiale si trova nel punto O, la barca nel punto A e il faro
nel punto B e la distanza AO è pari a 6 miglia marine.
Applicando il teroema dei triangoli rettangoli, la distanza tra la barca e il faro è
AB  AO  cot 34,6  8,69 miglia marine e tale distanza viene percorsa in
6 1
 ora
18 3
ovvero in 20 minuti. Se l’ufficiale vuole arrivare 10 minuti prima dei contrabbandieri, allora
dovrà percorrere 8,69 miglia marine in altrettanti 10 minuti ovvero in
velocità percorrerà la distanza a una velocità v 
1
ora ; con questa
6
8,69
miglia marine
 52,14
. Sapendo che
1
ora
6
un miglio equivale a 1853,182 metri, la velocità sarà pari a v  52,14  1,853182  96,62
km
.
h
16
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
Quesito 2 Si calcoli il limite della funzione 1 x 2 sin  x  , quando x tende a 0..
1
2
La funzione 1 x 2 sin2  x  può essere scritta come
1
1  x 
2

ln 1 x 2
1
sin  x 
2
e

sin 2  x 
di conseguenza

lim 1  x
x 0

2


ln 1 x 2
1
sin  x 
2
 lim e

sin 2  x 
x 0
e
lim

ln 1 x 2
x 0

sin 2  x 

ln 1  x 2
Il limite lim
può essere calcolato ricordando i limiti notevoli
x 0 sin 2  x 
ln 1  x 
sin x 
 1, lim
1
x 0
x 0
x
x
lim
Si ha






 ln 1  x 2  sin x   2 
 ln 1  x 2
ln 1  x 2
x2 
lim
 lim 
 2   lim 

 
2
x 0 sin 2  x 
x 0
sin x  x0  x 2
 x  
 x


ln 1  x 2
 sin x  
 lim
 lim 

2
x 0
x 0
x
 x 
2
 11  1
Di conseguenza

lim 1  x
x 0
Quesito 3
2

1
sin  x 
2

ln 1 x 2
 lim e
x 0

sin  x 
2
e
lim
x 0

ln 1 x 2

sin 2  x 
e
Nel triangolo ABC l’angolo in B misura  6 e quello in C misura x . Si
determini l’angolo x in modo che, detta H la proiezione ortogonale di A sulla retta BC, la
quantità: .
BC  HC
,
AC
risulti massima.
Consideriamo la figura seguente.
Liceo scientifico sperimentale sessione straordinaria 2013
La limitazione geometrica da imporre sull’angolo x è 0  x 

2
.
Applicando il teorema dei seni al triangolo ABC si ha:

BC
AC
BC
AC
 5




 BC  AC 2 sin 
 x 
 5

 
sin BAˆ C sin ABˆ C
 6


sin 
 x  sin 
 6

6
Applicando il teroema dei triangoli rettangoli al triangolo AHC si ha


HC  AC  sin  x   AC  cosx 
2

Di conseguenza si ha:
BC  HC
 5

 f x   2 sin
 x   cosx 
AC
 6

Ricordando le formule di sottrazione del seno si ha:




  5 

 5

 5 
f x   2 sin 
 x   cos x   2sin   cos x   cos  sin x   cos x  
 6

 6 
  6 

 cos x 
3 sin x 
 2

  cos x   3 sin x   2 cos x 
2
2


f x   3 sinx   2 cosx  . Esistono varie
Bisogna quindi massimizzare la funzione
alternative, ne presentiamo due, la prima basata sull’uso delle derivate e la seconda basata su
considerazioni trigonometriche.

Derivazione
La derivata prima della funzione f x   3 sinx   2 cosx  è
f ' x   3 cosx   2 sinx 
che è possibile scrivere come


f ' x   cosx  3  2 tanx 
17
18
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
 
Nell’intervallo 0,  il fattore cosx  è sempre positivo, pertanto discutere il segno della
 2
derivata prima equivale alla discussione del segno del fattore

 3  2 tanx, pertanto

f ' x   cosx  3  2 tanx   0  tanx  
3
2


 3 
 3  
  e negativa in  arctan 
 
ovvero, la derivata prima è positiva in  0, arctan 

 2 , 2  e la


2



 


 3
  40.9 .
funzione f x   3 sinx   2 cosx  è massima per x  arctan

2


Di
dei
seguito il
quadro
cosx 
segni
3  2 tanx 
della
0

 3

arctan 

2


 x
2

derivata
prima:
Derivata prima: f ' x   cosx  3  2 tanx  - Quadro dei segni


Poichè f x   3 sinx   2 cosx   cosx  3 tanx   2 il suo valore massimo è pari a

 3 
 
f  arctan


2




1

1  


 2 7 7
3
  3 
 2  
  7
2
2
7
2


3

2 
Utilizzo della trigonometria
La funzione f x   3 sinx   2 cosx  è somma di due funzioni sinusoidali, pertanto è
scrivibile sotto forma di solo seno o coseno con opportuta ampiezza e fase, ovvero
f x   3 sinx   2 cosx   A sinx   
Bisogna quindi trovare la coppia  A,   . Utilizzando la formula di addizione del seno si ha:
Liceo scientifico sperimentale sessione straordinaria 2013
A sinx     A sinx cos   A cosx sin 
Uguagliando le due espressioni si ha
A sinx cos   A cosx sin   3 sinx   2 cosx 
e questa identità è soddisfatta se
 A cos   3

 A sin    2
Elevando al quadrato ambedue le condizioni si ottiene
2
2

 A cos    3
 2
2

 A sin    4
e sommando le due nuove condizioni si ha
A2  7
ovvero
A 7
Consideriamo, senza ledere la generalità, A  7 .
Per trovare il parametro di fase è necessario risolvere il sistema

3
cos   

7

2 7

sin    7
Dividendo la seconda per la prima delle espressioni soprastanti si ottiene
tan  
2 3
3
ovvero
2 3


3


  arctan
Quindi la funzione f x   3 sinx   2 cosx  è scrivibile come

 2 3 

f x   7 sin  x  arctan

3



ed essendo una funzione puramente sinusoidale, assume il massimo quando l’argomento è
pari a

ovvero quando
2
19
20
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
x
2 3
  40.9
 arctan

2
3



ed il valore massimo assunto è pari all’ampiezza della sinusoide, ovvero
7 come già
precedentemente trovato.
Quesito 4
Si scriva l’equazione della tangente al diagramma della funzione:
f x   log x 2
nel punto P di ascissa x  2 .
Il punto P ha coordinate P  2,1 . La funzione f x   log x 2 , applicando il cambiamento di
base dei logaritmi equivale a
f x   log x 2 
ln 2
ln x
La derivata prima della funzione f x   log x 2 è pari a
ln 2
f ' x   
2
xln x 
L’equazione della tangente in P  2,1 è
y  mx  2  1
con
1
m  f ' 2  
2 ln 2
pertanto l’equazione della tangente è
1
x  2  1   x  1  ln 2
y
2 ln 2
2 ln 2
ln 2
Di seguito nello stesso riferimento cartesiano il grafico di f x   log x 2 e della tangente
x
1  ln 2
.
y

2 ln 2
ln 2
Liceo scientifico sperimentale sessione straordinaria 2013
Quesito 5
La superficie piana S, delimitata dalla curva  di equazione y  ln x e
dall’asse x nell’intervallo 1  x  e , è la base di un solido  , le cui sezioni, ottenute con piani
perpendicolari all’asse x, sono tutte rettangoli aventi l’altezza quadrupla della base. Si calcoli
il volume di  .
Il rettangolo ha base y  ln x ed altezza hx   4 ln x , di conseguenza la sua area è
Ax   4 ln 2 x
Il volume del solido  è pari all’integrazione dell’area Ax   4 ln 2 x in 1, e :
e
e
1
1
V     Ax dx   4 ln 2 xdx
Applicando l’integrazione per parti si ha:
 4 ln
2
xdx  4 x ln 2 x  8 ln xdx  4 x ln 2 x  8 x ln x  8 dx 
 4 x ln 2 x  8 x ln x  8 x  4 xln 2 x  2 ln x  2  C
Calcolando l’integrale si ha:
e
 
V     4 ln 2 xdx  4 x ln 2 x  2 ln x  2
1
 4e1  2  2  40  0  2  4e  8
Quesito 6 Si disegni la curva di equazione

e
1

21
22
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
y  x2 1
Si scrivano le equazioni delle tangenti condotte nei punti A e B di ordinata nulla. Si verifichi
che le due coppie di rette trovate individuano un rombo, del quale si chiedono le misure del
perimetro e dell’area
Il grafico della funzione y  x 2  1 può essere ricavato a partire da quello della parabola
y  x 2  1 con vertice in 0,1 ribaltando verso le ordinate positive la parte di grafico del
semipiano y  0 . Di conseguenza il grafico della funzione y  x 2  1 è di seguito presentato,
l’arco di parabola tratteggiato è quello che viene ribaltato verso le oridnate positive a seguito
dell’applicazione della funzione valore assoluto  alla parabola di equazione y  x 2  1 .
I punti ad ordinata nulla sono A  1,0 e B   1,0 .
La derivata prima della funzione y  x 2  1 è
2 x
y'  
 2 x
x  -1  x  1
1  x  1
di conseguenza esisteranno 4 tangenti, una a destra e sinistra di A e una a destra e sinistra di
B, in quanto la funzione in x  1 presenta due punti angolosi.
Le tangenti in A  1,0 hanno equazioni
Liceo scientifico sperimentale sessione straordinaria 2013
y  m x  1
dove
m  lim y '  lim 2 x  2
x 1
x 1
x 1
x 1
m  lim y '  lim  2 x   2
pertanto la tangente destra ha equazione
y  2x  1
e quella sinistra
y  2x  1
Le tangenti in B   1,0 hanno equazioni
y  m x  1
dove
m  lim y '  lim  2 x   2
x  1
x  1
m  lim y '  lim 2 x  2
x  1
x  1
pertanto la tangente destra ha equazione
y  2x  1
e quella sinistra
y  2x  1
Di seguito il grafico di y  x 2  1 e delle 4 tangenti.
23
24
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
Le tangenti oltre a incontrarsi in A  1,0 e B   1,0 si incontrano anche in C  0,2 e
D  0,2 .
Notiamo che i lati AC e BD sono paralleli in quanto giacenti su rette parallele così come BC e
AD; inoltre i 4 lati hanno tutti la stessa lunghezza AC  CB  BD  DA  5 e le diagonali
AB e CD sono perpendicolari, pertanto il quadrilatero è un rombo. Tale rombo ha diagonale
maggiore CD  4 e diagonale minore AB  2 di conseguenza avrà perimetro e area pari a:
2 p ACBD   4  AC  4 5
S  ACBD  
Quesito 7
AB  CD
4
2
Tenuto conto che:
 3
1  tan 2 x
ln 3  
dx ,
tan x
 6
si calcoli un’approssimazione di ln3, utilizzando uno dei metodi di integrazione numerica
studiati.
 3
Proviamo innanzitutto che ln 3 
1  tan 2 x
 tan x dx . Si ha:
 6
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 3
 3
 3
1  tan 2 x
 1

 cos x sin x 
 6 tan x dx  6  tan x  tan x dx 6  sin x  cos x dx 
 
 3
 3
 3
  ln 3
 ln sin x  ln cos x  6  ln tan x  6  ln 3  ln 

3


Per l’approssimazione di ln 3 si possono applicare tre differenti metodi:

formula dei rettangoli

formula dei trapezi

formula delle parabole
  
In tutti e tre i casi supporremo di suddividere l’intervallo  ,  in 8 intervalli di ampiezza
6 3
h

48
mediante i 9 punti
x0 

6
, x1 
3
5
11

13
7
5

, x2 
, x3 
, x 4  , x5 
, x6 
, x7 
, x8 
16
24
48
4
48
24
16
3
cui corrispondono i valori della funzione
 
 3 
 5 
 5 
 
y 0  f  , y1  f  , y 2  f  ,, y 7  f  , y8  f   .
6
 16 
 24 
 16 
3

Formula di quadratura dei rettangoli
L’area approssimata è per difetto
 3
1  tan 2 x
 6 tan x dx  h   y0  y1  y2  y3  y4  y5  y6  y7   1,100512
 3
1  tan 2 x
 tan x dx  h   y1  y2  y3  y4  y5  y6  y7  y8   1,100512
 6
oppure per eccesso
 
  4 3
che in questo caso coincidono visto che y 0  f    y8  f   
.
3
6
3
Quindi applicando il metodo dei rettangoli un’approssimazione di ln 3 è ln 3  1,100512 .

Formula dei trapezi
L’area approssimata è
 3
1  tan 2 x
 y 0  y1

 6 tan x dx  h   2  y2  y3  y4  y5  y6  y7  y8   1,100512
25
26
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
Notiamo che in questo caso il risultato cui si giunge utilizzando la fomrula dei trapezi è lo
stesso di quello ottenuto attraverso la formula dei rettangoli.

Formula di quadratura delle parabole o di Cavalieri-Simpson
L’area approssimata è
 3
1  tan 2 x
h
 6 tan x dx  3  y0  y8  2 y2  y4  y6   4 y1  y3  y5  y7   1,098627
Si noti come in questo caso si ottiene un’approssimazione diversa da quella ottenuta con i due
metodi precedenti e molto più precisa. Infatti, calcolatrice alla mano, il valore di ln 3 è pari a
ln 3  1,098612 , ovvero il valore approssimato ha 4 cifre decimali esatte.
In generale aumentando il numero di sotto-intervalli in cui si suddivide l’intervallo base,
ovvero per n crescente, ognuno dei metodi soprastanti condurrà a un’approssimazione
sempre migliore. Ad esempio:

utilizzando il metodo dei rettangoli con n  20 , la soluzione approssimata per difetto e
per eccesso è ln 3  1,098917 le cui prime 3 cifre decimali coincidono con il valore
trovato mediante calcolatrice;

utilizzando il metodo dei trapezi con n  20 , la soluzione approssimata è ln 3  1,098917
le cui prime 3 cifre decimali coincidono con il valore trovato mediante calcolatrice;

utilizzando il metodo delle parabole con n  20 , la soluzione approssimata è
ln 3  1,098613 le cui prime 5 cifre decimali coincidono con il valore trovato mediante
calcolatrice.
Quesito 8 Si risolva l’equazione:
log 2 log 3 x   3
L’equazione log 2 log 3 x   3 ha senso se sono soddisfatte contemporaneamente le seguenti
condizioni:
x  0

log 3 x  0
ovvero
Liceo scientifico sperimentale sessione straordinaria 2013
x  0

x  1
la cui soluzione è x  1.
Applicando le proprietà dei logaritmi, l’equazione log 2 log 3 x   3 equivale a
log 2 log 3 x   log 2 2 3
da cui si ricava l’equazione
log 3 x  2 3
Invertendo la funzione logaritmica, si ricava
3
x  32   38  6561
accettabile in quanto soddisfa la condizione di esistenza x  1 .
Quesito 9
Un cono equilatero di piombo (densità   11,34 g cm 3 ), avente il raggio
r  5 cm , presenta all’interno una cavità di forma irregolare ed ha la massa m = 2 kg. Si
scelga a caso un punto all’interno del cono. Si determini la probabilità che tale punto risulti
esterno alla cavità.
Il cono equilatero con raggio di base r  5 cm ha apotema pari al diametro di base ovvero
a  2r , pertanto avrà altezza pari a h  a 2  r 2 
Di conseguenza il volume del cono sarà
r 2 h
2r 2  r 2
 r 3 ovvero h  5 3 cm.
125 3
  226,725 cm 3
3
3
Il volume del solido esterno alla cavità irregolare è pari al rapporto tra la massa e la densità:
m 2000
VConoCavità  
 176,367 cm 3
 11,34
La probabilità che il punto sia esterno alla cavità è data dal rapporto tra il volume solido
esterno alla cavità e il volume dell’intero cono, pertanto la probabilità che richiesta è pari a
V
176,367
p  ConoCavità 
 78%
VCono
226,725
VCono 

Quesito 10 Un missile ha la probabilità 3/10 di colpire un bersaglio. Quanti missili si
debbono lanciare perché la probabilità di colpire il bersaglio almeno una volta sia maggiore
dell’80%?
La probabilità che il missile non colpisca il bersaglio è il complemento a 1 della probabilità
7
che il bersaglio venga colpito, ovvero
. La probabilità di colpire almeno una volta il
10
bersaglio con N missili è pari a
7
p  1  
 10 
N
27
28
N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
Imponendo che la probabilità soprastante sia maggiore od uguale a 0,8 si ha:
1
ln  
4
1
ln 5
5
7
7
1
1          N  log 7      
 4,5
5
5
5
 7  ln 10  ln 7
 10 
 10 
10  
ln  
 10 
N
N
pertanto il numero di missili da lanciare perché la probabilità di colpire il bersaglio almeno
una volta sia maggiore dell’80% deve essere pari a N  5 .