Sessione Straordinaria PNI 2006
Soluzione di De Rosa Nicola
ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO
Corso sperimentale
Sessione straordinaria 2006 – Tema di Matematica
Il candidato risolva uno dei due problemi e 5 dei 10 quesiti in cui si articola il questionario.
PROBLEMA 1
È dato il triangolo ABC in cui:
AB =
()
25
, AC = 5 5 , tan  = 2
2
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 ad 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 ed alla parabola p.
PROBLEMA 2
Si considerino i polinomi di 5° grado, nella variabile x, con coefficienti reali, i cui grafici,
rappresentati in un piano riferito ad un sistema di assi cartesiani ortogonali (Oxy), sono simmetrici
64 ⎞
⎛
rispetto all’origine O ed hanno un massimo relativo nel punto ⎜ − 2, ⎟
15 ⎠
⎝
a) Trovare l’equazione y=f(x) 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 γ il grafico avente come tangente inflessionale l’asse x e disegnarne l’andamento.
d) Indicato con P(x) il polinomio rappresentato da γ e chiamati u e v (u<v) le ascisse dei punti,
distinti da O, in cui γ interseca l’asse x, calcolare:
v
∫ P(x )dx
u
1
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e) Dopo aver controllato che γ ha tre flessi allineati, determinare le ascisse dei punti in cui la retta
dei flessi interseca γ .
QUESTIONARIO
1. 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).
2. 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.
3. Se le funzioni f(x) e g(x), entrambe tendenti a 0, quando x → a , non soddisfano alle condizioni
f (x )
previste dal teorema di De L’Hôpital, non è possibile calcolare il limite di
quando x → a . È
g (x )
vero o è falso? Fornire un’esauriente spiegazione della risposta.
4. Il limite della funzione f ( x ) = x − ln x , per x → +∞ :
[A] è 0; [B] è un valore finito diverso da 0; [C] è + ∞ ; [D] è − ∞ .
Una sola alternativa è corretta: individuarla e fornire un’esauriente spiegazione della scelta operata.
ex −1
5. Il limite della funzione f ( x ) =
, per x → 0 , è uguale ad 1. Si chiede di calcolarlo senza
x
ricorrere alla regola di De L’Hôpital.
6. Si ricorda la seguente definizione: «Considerata una funzione reale di variabile reale f(x), definita
in un intervallo I, ogni funzione F(x), derivabile in I e tale che F’(x)=f(x), si dice primitiva di f(x) in
I». Stabilire se la funzione:
⎧1 se 1 ≤ x ≤ 2
f (x ) = ⎨
⎩2 se 2 ≤ x ≤ 3
ammette primitiva nell’intervallo [1,3].
7. Giustificare, con considerazioni analitiche o mediante un’interpretazione grafica, che la seguente
equazione:
x5 + x3 + 1 = 0
ammette una ed una sola soluzione reale. Trovare, quindi, l’intervallo [z, z + 1] al quale appartiene
tale soluzione, essendo z un numero intero.
8. Descrivere un algoritmo idoneo a calcolare un valore approssimato, a meno di 10 −3 , della
soluzione reale della precedente equazione.
9. Si considerino le seguenti equazioni:
2
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x’ = a x – (a – 1) y + 1, y’ = 2 a x + (a – 1) y +2,
dove a è un parametro reale.
Determinare i valori di a per cui le equazioni rappresentano: 1) un’affinità, 2) un’affinità
equivalente (si ricorda che un’affinità si dice equivalente se conserva le aree).
10. Una classe è formata da 28 alunni, di cui 16 femmine e 12 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”?
3
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PROBLEMA 1
È dato il triangolo ABC in cui:
AB =
()
25
, AC = 5 5 , tan  = 2
2
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 ad un conveniente sistema di assi cartesiani ortogonali,
in
modo, però, che uno degli assi di riferimento sia parallelo alla retta AB:
Punto a
scrivere l’equazione della circonferenza k;
Consideriamo la figura seguente:
Applichiamo la teoria trigonometrica al triangolo rettangolo ACH:
()
CH = AH ⋅ tan  = 2AH
Ora essendo il triangolo ACH rettangolo per il teorema di Pitagora si ha:
2
2
2
CH
AH + CH = AC →
+ CH = 125 → CH = 100 → CH = 10 → AH = 5
4
2
2
2
Il sistema di riferimento più immediato e conveniente consiste nel prendere C come origine, per cui
la circonferenza con centro nell’origine C e raggio CH = 10 ha equazione
k : x 2 + y 2 = r 2 = 100
4
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Punto b
trovare le coordinate dei vertici del triangolo e del punto D in cui la circonferenza k interseca
il segmento BC;
Calcolo del punto D: lo ricaviamo dall’intersezione della retta CB con la circonferenza.
Calcoliamo la retta BC: essa passante per il centro (0,0) ha equazione
y = mx,
m=
CH
10
20 4
=
=
=
25
15 3
HB
−5
2
Quindi:
⎧ x 2 + y 2 = 100
16
25 2
⎪
D:⎨
→ x 2 + x 2 = 100 →
x = 100 → x 2 = 36 → x = ±6 → y = ±8
4
9
9
⎪y = x
3
⎩
⎛ 15 ⎞
per cui si ha D = (6,8) . Inoltre nel sistema di riferimento scelto B ha coordinate B = ⎜ ,10 ⎟ ed A
⎝2
⎠
ha coordinate A = (− 5,10 )
Punto c
determinare l’equazione della parabola p, avente l’asse perpendicolare alla retta AB, tangente
in D alla circonferenza k e passante per A;
Equazione della parabola: y = ax 2 + bx + c
Il passaggio per A = (− 5,10 ) impone: 25a − 5b + c = 10
Il passaggio per D = (6,8) impone: 36a + 6b + c = 8
5
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Il coefficiente angolare della tangente in D = (6,8) alla parabola è :
m = y I ( x = 6) = (2ax + b )x =6 = 12a + b
Ma tale tangente è certamente perpendicolare alla retta BC, per cui il suo coefficiente angolare sarà
1
3
3
per cui la condizione sulla tangenza impone 12 a + b = −
.
m=− =−
4
4
4
3
Bisogna allora risolvere il sistema di tre equazioni in tre incognite seguente:
⎧
⎪25a − 5b + c = 10
⎪
⎨36a + 6b + c = 8
⎪
3
⎪12a + b = −
4
⎩
Dalle prime due equazioni, sottraendo una dall’altra, eliminiamo la dipendenza da c ottenendo
11a + 11b = −2
E ricavando il parametro b dalla terza equazione si ha:
3⎞
33
25
25
⎛
11a + 11⎜ − 12a − ⎟ = −2 → 11a − 132a −
= −2 → −121a =
→a=−
4⎠
4
4
484
⎝
da cui
3 300 3
63
b = −12a − =
− =−
4 484 4
484
315 625 5150
c = 10 + 5b − 25a = 10 −
+
=
484 484 484
25 2 63
5150
x −
x+
Per cui l' equazione della parabola è : y = −
484
484
484
Punto d
calcolare le aree delle due regioni in cui la parabola p divide il triangolo ABC;
Consideriamola figura sottostante:
6
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Iniziamo a calcolare il punto G di intersezione tra la parabola e la retta di equazione y=10: bisogna
risolvere l’equazione
25 2 63
5150
62
− 63 ± 187
→ x1 = −5, x 2 =
= 10 → 25 x 2 + 63 x − 310 = 0 → x =
x −
x+
484
484
484
50
25
⎛ 62 ⎞
per cui G = ⎜ ,10 ⎟
⎝ 25 ⎠
−
Calcoliamo ora l’equazione della retta GD:
62
y − 10
25 → y = 10 − 25 ⎛ x − 62 ⎞ = − 25 x + 251
GD :
=
⎜
⎟
62
8 − 10
44 ⎝
25 ⎠
44
22
6−
25
x−
Ora l’area
S1 = ABGD − S 3
S 2 = AABC − S1
Quindi:
7
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b⋅h
2
15 62 251
=
b= −
2 25 50
h = 10 − 8 = 2
ABGD =
Per cui ABGD =
b ⋅ h 251
=
2
50
⎡⎛ 25 2 63
5150 ⎞ ⎛ 25
251 ⎞⎤
S 3 = ∫ ⎢⎜ −
x −
x+
x+
⎟ dx =
⎟ − ⎜−
484
484
484 ⎠ ⎝ 44
22 ⎠⎥⎦
62 ⎣⎝
6
25
⎡⎛ 25 2 212
372 ⎞⎤
1 ⎡ 25 3
⎤
2
∫62 ⎢⎣⎜⎝ − 484 x + 484 x − 484 ⎟⎠⎥⎦dx = 484 ⎢⎣− 3 x + 106 x − 372 x⎥⎦ 62 =
6
6
25
25
1 ⎡
238328 407464 23064 ⎤
=
− 1800 + 3816 − 2232 +
−
+
⎢
484 ⎣
1875
625
625 ⎥⎦
1 ⎡
745736 ⎤ 704
=
−
+
=
216
484 ⎢⎣
1875 ⎥⎦ 1875
=
Da cui
S1 = ABGD − S 3 =
S 2 = AABC
251 704 17417
−
=
50 1875 3750
25
⋅ 10
AB ⋅ CH
17417 125 17417 108479
− S1 =
− S1 = 2
−
=
−
=
2
2
3750
2
3750
1875
Punto e
trovare, infine, le coordinate dei punti comuni alla circonferenza k ed alla parabola p.
Il calcolo dei punti di intersezione lo si risolve attraverso il seguente sistema:
⎧ x 2 + y 2 = 100
⎪
⎨
25 2 63
5150
x −
x+
⎪y = −
484
484
484
⎩
da cui
2
5150 ⎞
⎛ 25 2 63
x + ⎜−
x −
x+
⎟ − 100 = 0 →
484
484 ⎠
⎝ 484
→ 625 x 4 + 3150 x 3 − 19275 x 2 − 648900 x + 3096900 = 0 →
2
(
)
→ ( x − 6 ) 25 x 2 + 426 x + 3441 = 0 → x1 = 6, x 2,3 =
2
per cui l’unico punto di intersezione è D = (6,8) .
− 213 ± 44i 23
25
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PROBLEMA 2
Si considerino i polinomi di 5° grado, nella variabile x, con coefficienti reali, i cui grafici,
rappresentati in un piano riferito ad un sistema di assi cartesiani ortogonali (Oxy), sono
64 ⎞
⎛
simmetrici rispetto all’origine O ed hanno un massimo relativo nel punto ⎜ − 2, ⎟
15 ⎠
⎝
Punto a
Trovare l’equazione y=f(x) dei grafici suddetti.
Un polinomio di 5° grado ha equazione:
y = g ( x ) = ax 5 + bx 4 + cx 3 + dx 2 + ex + f
Ora dire che la curva è simmetrica rispetto all' origine significa che
(
)
g ( x ) = − g (− x ) → ax 5 + bx 4 + cx 3 + dx 2 + ex + f = − − ax 5 + bx 4 − cx 3 + dx 2 − ex + f →
→ bx 4 + dx 2 + f = 0 → y = ax 5 + cx 3 + ex
64 ⎞
64
32
⎛
Il passaggio per ⎜ - 2, ⎟ → −32a − 8c − 2e =
→ e + 4c + 16a = −
15 ⎠
15
15
⎝
64 ⎞
⎛
Il massimo relativo in ⎜ - 2, ⎟ comporta :
15 ⎠
⎝
4
2
y ' (− 2) = 0 → 5ax + 3cx + e x = −2 = 80a + 12c + e = 0
[
[
y ' ' (− 2) = 20ax + 6cx
3
]
x = −2
]
= −160a − 12c < 0
Bisogna allora risolvere il sistema seguente:
32
⎧
⎪e + 4c + 16a = −
15
⎨
⎪⎩80a + 12c + e = 0
Ora sottraendo una delle equazioni dall’altra ricaviamo:
4
⎧
⎪⎪c = 15 − 8a
⎨
⎪e = 16a − 16
⎪⎩
5
per cui
(
)
16 ⎞
4
16
⎛4
⎞
⎛
y = ax 5 + cx 3 + ex = ax 5 + ⎜ − 8a ⎟ x 3 + ⎜16a − ⎟ x = a x 5 − 8 x 3 + 16 x + x 3 − x
5⎠
15
5
⎝ 15
⎠
⎝
16
1
⎛4
⎞
con la condizione - 160a - 12⎜ − 8a ⎟ = −64a − < 0 → a > −
per avere un massimo relativo
20
5
⎝ 15
⎠
64 ⎞
⎛
nel punto ⎜ − 2, ⎟ .
15 ⎠
⎝
9
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Punto b
Dimostrare che tali grafici hanno tre punti in comune, in due dei quali hanno anche la stessa
tangente.
(
)
Calcolo punti in comune: partendo dall’equazione y = a x 5 − 8 x 3 + 16 x +
4 3 16
x − x
15
5
I punti in comune si ricavano imponendo tale sistema:
⎧(x 5 − 8 x 3 + 16 x ) = x(x 2 − 4)2
⎪
⎨
4 3 16
⎪y = x − x
15
5
⎩
I punti sono allora
(0,0), ⎛⎜ − 2, 64 ⎞⎟, ⎛⎜ 2,− 64 ⎞⎟
⎝
15 ⎠ ⎝
15 ⎠
⎧
⎪x = 0 → y = 0
=0 ⎪
64
⎪
→ ⎨ x = −2 → y =
15
⎪
64
⎪
⎪⎩ x = +2 → y = − 15
e come si nota il secondo ed il terzo sono
effettivamente simmetrici rispetto all’origine.
Ora le tre tangenti sono
⎡
16 ⎞
16 ⎞
16 ⎞⎤
⎛
⎛
⎛4
⎞
⎛
Tangente in (0,0 ) → y = mx, m = ⎢5ax 4 + 3⎜ − 8a ⎟ x 2 + ⎜16a − ⎟⎥ = ⎜16a − ⎟ → y = ⎜16a − ⎟ x,
5⎠
5⎠
5 ⎠⎦ x =0 ⎝
⎝
⎝ 15
⎠
⎝
⎣
⎡
64
16 ⎞⎤
64 ⎞
64
⎛
⎛4
⎞
⎛
= m( x − 2 ), m = ⎢5ax 4 + 3⎜ − 8a ⎟ x 2 + ⎜16a − ⎟⎥ = 0 → y = − ,
Tangente in ⎜ 2,− ⎟ → +
15
5 ⎠⎦ x = 2
15 ⎠
15
⎝
⎝ 15
⎠
⎝
⎣
⎡
64
16 ⎞⎤
64 ⎞
64
⎛
⎛4
⎞
⎛
= m( x + 2 ), m = ⎢5ax 4 + 3⎜ − 8a ⎟ x 2 + ⎜16a − ⎟⎥
=0→ y=
,
Tangente in ⎜ − 2, ⎟ → y −
15
5 ⎠⎦ x = −2
15 ⎠
15
⎝
⎝ 15
⎠
⎝
⎣
64 ⎞ ⎛
64 ⎞
⎛
Le tangenti nei punti ⎜ − 2, ⎟, ⎜ 2,− ⎟ sono retti parallele all’asse delle ascisse e questo è una
15 ⎠ ⎝
15 ⎠
⎝
conferma dei calcoli effettuati perché per ipotesi il punto c è un massimo per cui la tangente in esso
64 ⎞
⎛
non è altro che una retta parallela all’asse delle ascisse. Lo stesso dicasi per il punto ⎜ 2,− ⎟ che
15 ⎠
⎝
64 ⎞
⎛
essendo simmetrico al punto ⎜ − 2, ⎟ rispetto all’origine degli assi sarà un minimo e la tangente
15 ⎠
⎝
esso è sempre parallelo all’asse delle ascisse.
Le tre tangenti sono differenti per cui la traccia presenta un errore.
10
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Punto c
Indicare con γ
il grafico avente come tangente inflessionale l’asse x e disegnarne
l’andamento.
Calcolo dei flessi:
(
)
y ' ' (x ) = 20ax 3 + 6cx = 2 x 10ax 2 + 3c = 0 → x = 0, x = ±
3c
se ac < 0
10a
Affinché la tangente inflessionale sia l’asse delle ascisse allora tale tangente deve avere equazione
y = 0 e questo, visti i punti di flesso, accade se e solo se la tangente inflessionale nel flesso (0,0) ,
che ha equazione y = mx , ha coefficiente angolare nullo.
Il coefficiente angolare della tangente in (0,0) è stato già calcolato prima ed è
⎡
16 ⎞⎤
16 ⎞
⎛
⎛
⎞
⎛4
m = ⎢5ax 4 + 3⎜ − 8a ⎟ x 2 + ⎜16a − ⎟⎥ = ⎜16a − ⎟
5 ⎠⎦ x =0 ⎝
5⎠
⎝
⎠
⎝ 15
⎣
Per cui imponendo che il coefficiente angolare sia nullo ricaviamo:
16 ⎞
1
⎛
⎜16a − ⎟ = 0 → a =
5⎠
5
⎝
e questo valore soddisfa la condizione a > −
1
per cui il massimo è
20
64 ⎞
⎛
⎜ − 2, ⎟ .
15 ⎠
⎝
Quindi la curva diventa:
y=
x5 4 3
− x
5 3
Studiamo questa curva:
Dominio : R
(
)
x5 4 3
x3
5
− x =0→
3x 2 − 20 = 0 → x = 0, x = ±2
Intersezione asse x:y = 0 →
5 3
15
3
Intersezione asse y : x = 0 → y = 0
Asintoti verticali, orizzontali ed obliqui : non ce ne sono. In particolare
x5 4 3
x5 4 3
− x = +∞, lim
− x = −∞
x → +∞ 5
x → −∞ 5
3
3
Crescenza e decrescenza : y ' ( x ) = x 4 − 4 x 2 = x 2 x 2 − 4 = 0 → x = 0,x = ±2
lim
(
)
(
)
y ' ' (x ) = 4 x 3 − 8 x = 4 x x 2 − 2 = 0 → x = 0, x = ± 2
y ' ' (0 ) = 0, y ' ' ' (0 ) = −8 → (0,0) è un flesso
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(
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)
⎛
28 2 ⎞ ⎛
28 2 ⎞
⎟ , ⎜ − 2,
⎟ sono altrettanti flessi
y ' ' ' ± 2 ≠ 0 → ⎜⎜ 2 ,−
⎟
⎜
15 ⎠ ⎝
15 ⎟⎠
⎝
64 ⎞
⎛
y ' ' (2 ) = 16 > 0 → ⎜ 2,− ⎟ è un minimo come ci aspettavamo
15 ⎠
⎝
64 ⎞
⎛
y ' ' (− 2 ) = −16 < 0 → ⎜ − 2, ⎟ è un massimo come ci aspettavamo dalla traccia
15 ⎠
⎝
Ecco il grafico:
Punto d
Indicato con P(x) il polinomio rappresentato da γ e chiamati u e v (u<v) le ascisse dei punti,
distinti da O, in cui γ interseca l’asse x, calcolare:
v
∫ P(x )dx
u
Le ascisse dei punti di intersezione con l’asse delle x distinte da x=0 le abbiamo già trovate e sono
x = u = −2
5
5
.
,x = v = 2
3
3
12
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Per cui l’integrale da calcolare è:
+2
5
3
⎛ x5 4 3 ⎞
∫ ⎜⎜⎝ 5 − 3 x ⎟⎟⎠dx
5
−2
3
Per calcolare questo integrale basta ricordare che l’integrale di una funzione dispari in un intervallo
simmetrico rispetto all’origine è sempre nullo. In altro modo, interpretando geometricamente
l’integrale come area sottesa, le due aree da calcolare si annullano a vicenda.
Per verificare ciò integriamo normalmente e verifichiamo che il risultato dell’integrale definito è
nullo:
+2
5
3
+2
⎛ x5 4 3 ⎞
⎡ x6 x4 ⎤
⎜
⎟
x
dx
−
=
∫ ⎜⎝ 5 3 ⎟⎠ ⎢⎣ 30 − 3 ⎥⎦
5
−2
−2
3
5
3
5
3
⎛ 8000 400 ⎞ ⎛ 8000 400 ⎞
−
=⎜
−
⎟=0
⎟−⎜
27 ⎠ ⎝ 810
27 ⎠
⎝ 810
Punto e
Dopo aver controllato che γ ha tre flessi allineati, determinare le ascisse dei punti in cui la
retta dei flessi interseca γ .
⎛
28 2 ⎞ ⎛
28 2 ⎞
⎟ , C⎜ − 2 ,
⎟
I flessi sono stati già calcolati e sono A = (0,0), B = ⎜⎜ 2 ,−
⎟ ⎜
⎟
15
15
⎝
⎠ ⎝
⎠
Per vedere se questi flessi sono allineati calcoliamo la retta BC:
28 2
28 2
y+
x− 2
15
15 = − x + 2 → y + 28 2 = 28 − x + 2 → y = − 28 x
BC :
=
→
15
15
15
28 2 28 2 − 2 − 2
56 2
2 2
+
15
15
15
y+
(
e questa retta passa anche per A = (0,0 ) , quindi i tre flessi sono allineati sulla retta y = −
)
28
x come
15
rappresentato dalla figura sottostante:
13
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Calcoliamo i punti di intersezione tra la retta su cui i flessi sono allineati e la curva:
⎧
x5 4 3
− x
5
⎪⎪ y =
5 3 → x − 4 x 3 + 28 x = 0 →
⎨
5 3
15
⎪ y = − 28 x
⎪⎩
15
(
) (
)
14 ⎞
14
⎛
3 x 5 − 20 x 3 + 28 x = x 3 x 4 − 20 x 2 + 28 = x 3 x 2 − 6 ⎜ x 2 − ⎟ = 0 → x = 0, x = ± 2 , x = ±
3⎠
3
⎝
14
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QUESTIONARIO
Quesito 1
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).
Si consideri la figura sottostante, in cui sono stati recisi nel pentagono 5 triangoli isosceli
congruenti:
In accordo soprastante si ha:
FA = AG = HB = BI = LC = CM = ND = DO = PE = EQ = x,
QP = PO = ON = NM = ML = LI = IH = HG = GF = y
n−2
π e nel caso del pentagono in esame
In ogni poligono di n lati l’angolo al vertice è pari a α =
n
3π
n−2
π=
.
si ha: Aˆ = Bˆ = Cˆ = Dˆ = Eˆ = α =
5
n
y
y
⎛ 3π ⎞
⎛ 3π ⎞
⎛π ⎞
=
Ora y = FG = 2RG = 2 AG sin ⎜ ⎟ = 2 x sin ⎜ ⎟ = 2 x cos⎜ ⎟ ⇒ x =
⎛π ⎞
⎛ 3π ⎞
⎝ 10 ⎠
⎝ 10 ⎠
⎝5⎠
2 cos⎜ ⎟ 2 sin ⎜ ⎟
⎝5⎠
⎝ 10 ⎠
Ora ricordando che
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⎡
⎤
⎛ 3π ⎞
⎛π ⎞
L cos⎜ ⎟
L sin ⎜ ⎟
⎢
⎥
1
y
L
⎝ 10 ⎠
⎝5⎠ =
⎥⇒ y=
+ y = y ⎢1 +
L = 2x + y = 2
=
⎛π ⎞
⎛π ⎞⎥
⎡
⎛ 3π ⎞
⎤
⎛π ⎞
⎢
2 cos⎜ ⎟
cos⎜ ⎟ ⎥
1 + cos⎜ ⎟ 1 + sin ⎜ ⎟
⎢
⎥
⎢
1
⎝5⎠
⎝ 5 ⎠⎦
⎝ 10 ⎠
⎝5⎠
⎣
⎢1 +
⎥
⎛π ⎞⎥
⎢
⎢ cos⎜⎝ 5 ⎟⎠ ⎥
⎣
⎦
Se ci fosse stato richiesto di trovare una relazione che non coinvolgesse gli angoli, bastava notare
2
⎛ 5 −1⎞
3 − 5 1+ 5
⎛π ⎞
⎟ = 1−
per cui
che cos⎜ ⎟ = cos(36°) = 1 − 2 sin 2 (18°) = 1 − 2⎜⎜
=
⎟
4
4
⎝5⎠
⎝ 4 ⎠
⎛π ⎞
1+ 5
cos⎜ ⎟
L
1+ 5
1+ 5 5 − 5
4 5
5
5
⎝ ⎠ =L
4
y=L
=L
=L
=L
=L
=
20
20
5
⎛π ⎞
1+ 5
5+ 5
5
1 + cos⎜ ⎟
1+
⎝5⎠
4
(
)(
)
Quesito 2
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.
Si consideri la figura sottostante che rappresenta la geometria del problema:
L’altezza della piramide è KE = 2AB = 2l dove AB = BC = CD = DA = l .
16
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2
3
1
2
2
Il volume della piramide è allora V P = AB EK = AB = l 3 .
3
3
3
I triangoli ENF ed EKA sono simili. Per cui posto FL = x si ha FN =
(
FH
2
, si ha :
=x
2
2
)
AK : KE = FN : NE ⇒ AK : KE = FN : EK − NK ⇒
2
2
2
: 2l = x
: (2l − x ) ⇒ 2 x = 2l − x ⇒ x = l
2
2
3
l
8 3
l
VC 27
8 3
4
⎛2 ⎞
l per cui
=
= .
per cui VC = ⎜ l ⎟ =
2 3
VP
9
27
⎝3 ⎠
l
3
3
Quesito 3
Se le funzioni f(x) e g(x), entrambe tendenti a 0, quando x → a , non soddisfano alle condizioni
previste dal teorema di De L’Hôpital, non è possibile calcolare il limite di
f (x )
quando
g (x )
x → a . È vero o è falso? Fornire un’esauriente spiegazione della risposta.
La risposta è evidentemente falsa. Per giustificare questa nostra affermazione prendiamo due
funzioni,
x→a
f ( x), g ( x)
che non soddisfano al teorema di De l’Hospital, cioè tali che
x→a
f ( x) → 0, g ( x) → 0 e il limite lim
x→a
f ' ( x)
f ( x)
non esiste, ma per le quali esiste il limite lim
.
x →a g ( x)
g ' ( x)
Un esempio è fornito dalle due funzioni seguenti:
⎛π ⎞
f ( x) = x 2 sin ⎜ ⎟, g ( x) = sin( x) quando x → 0 . Infatti
⎝x⎠
dimostra
⎛ π ⎞ x →0
f ( x) = x 2 sin ⎜ ⎟ → 0 e questo lo si
⎝x⎠
⎛π ⎞
utilizzando il teorema dei carabinieri per cui, essendo − x 2 ≤ x 2 sin ⎜ ⎟ ≤ x 2 , dal
⎝x⎠
⎛ π ⎞ x →0
confronto anche f ( x) = x 2 sin ⎜ ⎟ → 0 .
⎝x⎠
x →0
Inoltre banalmente g ( x) = sin( x) → 0 . Tuttavia non esiste lim
x→ 0
Infatti
f ' ( x)
.
g ' ( x)
⎛π ⎞
⎛1⎞
f ' ( x) = 2 x sin ⎜ ⎟ − π cos⎜ ⎟, g ' ( x) = cos x
⎝x⎠
⎝ x⎠
per
cui
⎛π ⎞
⎛1⎞
2 x sin ⎜ ⎟ − π cos⎜ ⎟
⎝x⎠
⎝ x ⎠ = lim ⎡2 x sin ⎛ π ⎞ − π cos⎛ 1 ⎞⎤ . Ora sempre attraverso il teorema dei
lim
⎜ ⎟
⎜ ⎟⎥
x →0
x →0 ⎢
cos( x)
⎝x⎠
⎝ x ⎠⎦
⎣
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⎛ π ⎞ x →0
⎛1⎞
carabinieri si ha f ( x) = 2 x sin ⎜ ⎟ → 0 , mentre l’addendo − π cos⎜ ⎟ non presenta limite essendo
⎝x⎠
⎝ x⎠
la funzione coseno una funzione limitata ed oscillante.
⎛π ⎞
x 2 sin ⎜ ⎟
f ( x)
⎝ x ⎠ = lim ⎡ x ⎤ x sin ⎛ π ⎞ = lim x sin ⎛ π ⎞ = 0
= lim
Tuttavia il limite lim
⎜ ⎟ x →0
⎜ ⎟
x →0 g ( x )
x →0
x →0 ⎢ sin( x ) ⎥
sin( x)
⎝x⎠
⎝x⎠
⎣
⎦
avendo
−1
⎡ x ⎤
⎡ sin( x) ⎤
= lim ⎢
sfruttato il limite fondamentale lim ⎢
= 1−1 = 1 . Un altro modo per mostrare
⎥
⎥
x →0 sin( x )
x →0
⎣ x ⎦
⎣
⎦
sin (πt )
1
⎛π ⎞
= 0 ricordando
quanto detto è effettuare la sostituzione t =
per cui lim x sin ⎜ ⎟ = lim
x →0
x
⎝ x ⎠ t →∞ t
l’andamento della funzione seno cardinale in un intorno di ± ∞ .
Quesito 4
Il limite della funzione f (x ) = x − ln x , per x → +∞ :
[A] è 0; [B] è un valore finito diverso da 0; [C] è + ∞ ; [D] è − ∞ .
Una sola alternativa è corretta: individuarla e fornire un’esauriente spiegazione della scelta
operata.
⎛ ln x ⎞
lim ( x − ln x) = lim x⎜1 −
⎟
x → +∞
x ⎠
⎝
x → +∞
ln x H
1
= lim = 0 per cui
x → +∞ x
x → +∞ x
Ora sfruttando de l’Hospital lim
⎛ ln x ⎞
lim ( x − ln x) = lim x⎜1 −
⎟ = lim x = +∞
x → +∞
x → +∞
x ⎠ x →+∞
⎝
per cui l’alternativa corretta è la C.
Quesito 5
Il limite della funzione f ( x ) =
ex −1
, per x → 0 , è uguale ad 1. Si chiede di calcolarlo senza
x
ricorrere alla regola di De L’Hôpital.
Effettuiamo
la
sostituzione
⎡ ln(1 + y ) ⎤
ex −1
y
lim
= lim
= lim ⎢
x →0
y → 0 ln (1 + y )
y →0
x
y ⎥⎦
⎣
notevole
e
e x − 1 = y → x = ln(1 + y ) .
−1
Il
limite
diventa
⎡
ln (1 + y ) ⎤
ln (1 + y )
. Il limite lim
è un limite
= ⎢lim
⎥
y
→
0
y →0
y
y ⎦
⎣
−1
vale
1:
infatti
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t=
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1
y
1
⎡⎛ 1 ⎞
ln (1 + y )
⎡
⎤
= lim ln ⎢(1 + y ) y ⎥ = lim ln ⎢⎜1 + ⎟
y →0
y →0
y
⎣
⎦ t →∞ ⎢⎣⎝ t ⎠
lim
ln (1 + y ) ⎤
ex −1 ⎡
lim
= ⎢lim
x →0
x
y ⎥⎦
⎣ y →0
−1
t
=e
64
47
44
8
⎤
⎡ ⎛ 1 ⎞t ⎤
⎜1 + ⎟ ⎥ = ln e = 1 ;
⎥ = ln ⎢lim
⎥⎦
⎢⎣ t →∞ ⎝ t ⎠ ⎥⎦
quindi
= (1) = 1 .
−1
Quesito 6
Si ricorda la seguente definizione: «Considerata una funzione reale di variabile reale f(x),
definita in un intervallo I, ogni funzione F(x), derivabile in I e tale che F’(x)=f(x), si dice
primitiva di f(x) in I». Stabilire se la funzione:
⎧1 se 1 ≤ x ≤ 2
f (x ) = ⎨
⎩2 se 2 ≤ x ≤ 3
ammette primitiva nell’intervallo [1,3].
⎧1 se 1 ≤ x ≤ 2
non ammette primitiva nell’intervallo [1,3] in quanto, una
La funzione f ( x ) = ⎨
⎩2 se 2 ≤ x ≤ 3
⎧1 se 1 ≤ x ≤ 2
eventuale primitiva F(x) non sarebbe derivabile in x=2 in quanto F ' ( x ) = f (x ) = ⎨
⎩2 se 2 ≤ x ≤ 3
per cui in x=2 la derivata della primitiva presenta un salto di discontinuità.
Quesito 7
Giustificare, con considerazioni analitiche o mediante un’interpretazione grafica, che la
seguente equazione:
x5 + x3 + 1 = 0
ammette una ed una sola soluzione reale. Trovare, quindi, l’intervallo [z, z + 1] al quale
appartiene tale soluzione, essendo z un numero intero.
La
y = x5 + x3 + 1
funzione
(
)
(
è
continua
e
derivabile
in
tutto
R;
inoltre
)
lim x 5 + x 3 + 1 = +∞, lim x 5 + x 3 + 1 = −∞ . D’altronde la funzione è crescente in R − {0} dal
x → +∞
x → −∞
momento che y ' = 5 x 4 + 3x 2 . Quindi il comportamento a ± ∞ e la crescenza in R − {0} comporta
che ∃! x : y ( x ) = 0 .
Ora y (0) = 1 > 0, y (−1) = −1 < 0 , per cui per il teorema degli zeri nell’intervallo [-1,0] la funzione
presenterà l’unico zero previsto, cioè in tale intervallo sarà presente l’unica soluzione reale
dell’equazione x 5 + x 3 + 1 = 0 . Quindi z = −1.
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Quesito 8
Descrivere un algoritmo idoneo a calcolare un valore approssimato, a meno di 10 −3 , della
soluzione reale della precedente equazione.
Uno dei metodi numerici studiati ed utilizzati per determinare una radice approssimata di
un’equazione con un’approssimazione voluta è il metodo di bisezione. Supponiamo di voler trovare
la suddetta radice nell’intervallo (a,b) in cui f (a ) ⋅ f (b ) < 0 e supponiamo per ipotesi che
f (a ) < 0, f (b ) > 0 e di voler trovare la radice con un’approssimazione e > 0 . L’algoritmo in
pseudocodice è il seguente:
•
Inizio programma calcolo radice approssimata
•
Definire la variabile approssimazione e > 0
•
Definire ed inizializzare la variabile a col valore dell’estremo sinistro dell’intervallo in cui
ricade la radice
•
Definire ed inizializzare la variabile b col valore dell’estremo sinistro dell’intervallo in cui
ricade la radice
•
Definire ed inizializzare la variabile R1 = f (a )
o Iniziare il ciclo di iterazione (While)
o Definire e calcolare la variabile valor medio c =
a+b
2
o Definire e inizializzare la variabile RM = 0
o Calcolare la variabile RM = f (c )
o Ciclo di selezione (If-Then-Else): Se R1 ⋅ RM > 0
ƒ
Allora a = c , R1 = RM
ƒ
Altrimenti b = c
o Sino a quando b − a < e
•
Stampare c
•
Fine programma calcolo radice approssimata
Quesito 9
Si considerino le seguenti equazioni:
x’ = a x – (a – 1) y + 1, y’ = 2 a x + (a – 1) y +2,
dove a è un parametro reale.
Determinare i valori di a per cui le equazioni rappresentano: 1) un’affinità, 2) un’affinità
equivalente (si ricorda che un’affinità si dice equivalente se conserva le aree).
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b c
⎧ x' = bx + cy + d
è un’affinità se det
= b ⋅ c'−b'⋅c ≠ 0 . Nel
Una trasformazione del tipo ⎨
b' c '
⎩ y ' = b' x + c ' y + d '
nostro
caso
la
trasformazione
⎧ x' = ax − (a − 1) y + 1
⎨
⎩ y ' = 2ax + (a − 1) y + 2
è
un’affinità
se
a (a − 1) + 2a(a − 1) = 3a (a − 1) ≠ 0 ⇒ a ≠ 0 ∧ a ≠ 1 .
In ogni affinità il rapporto tra le aree delle figure trasformate è costante e vale R = det
l’affinità diventa equivalenza se tale rapporto è unitario cioè se R = det
3a(a − 1) = 1 ⇒ 3a 2 − 3a = ±1 →
3a 2 − 3a − 1 = 0 se a ≤ 0 ∨ a ≥ 1
3a 2 − 3a + 1 = 0 se
In conclusione si ha un’affinità equivalente se a =
0 < a <1
b
c
b' c '
b
c
b' c'
e
= 1 e quindi se
3 ± 21
6
3±i 3
a=
6
a=
→
3 ± 21
.
6
Quesito 10
Una classe è formata da 28 alunni, di cui 16 femmine e 12 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”?
⎛16 ⎞ 15 ⋅ 16
Il numero di delegazioni formate da due donne è ⎜⎜ ⎟⎟ =
= 120 mentre il numero di
2
⎝2⎠
⎛12 ⎞ 11 ⋅ 12
delegazioni formate da due maschi è ⎜⎜ ⎟⎟ =
= 66 per cui il numero totale di delegazioni
2
⎝2⎠
formate da due donne e due maschi è 120 ⋅ 66 = 7920 .
Il numero di delegazioni di due maschi con Antonio è 11 in quanto si tratta di far ruotare gli 11
maschi eccetto Antonio. Il numero di delegazioni con 2 Maria è 1 in quanto tra le donne ve ne sono
solo 2 con nome Maria; invece, il numero di delegazioni con 1 Maria è pari a 28 in quanto bisogna
abbinare per ogni Maria una delle altre 14 donne rimaste. Quindi la probabilità che la delegazione
comprenda “Antonio” e almeno una “Maria” è
p = P{1 Antonio e 1 Maria} + P{1 Antonio e 2 Maria} =
11 ⋅ 1 11 ⋅ 28 11 ⋅ 29 29
=
+
=
.
7920 7920
7920 720
21
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