ARTICOLO
Archimede
4 2012
esame di stato 2012
seconda prova scritta
per il liceo scientifico
di ordinamento
Il candidato risolva uno dei due problemi e risponda a 5 quesiti del questionario.
PROBLEMA 1
Siano f e g le funzioni definite, per tutti gli x reali, da
f ( x) = 27 x3
e
3 
g( x) = sen  πx  .
2 
1. Qual è il periodo della funzione g? Si studino f e g e se ne disegnino i ri-
spettivi grafici Gf e Gg in un conveniente sistema di riferimento cartesiano
Oxy.
2. Si scrivano le equazioni delle rette r e s tangenti, rispettivamente, a Gf e a
1
Gg nel punto di ascissa x = . Qual è l’ampiezza, in gradi e primi sessage3
simali, dell’angolo acuto formato da r e da s?
3. Sia R la regione delimitata da Gf e da Gg . Si calcoli l’area di R.
4. La regione R, ruotando attorno all’asse x, genera il solido S e, ruotando
attorno all’asse y, il solido T. Si scrivano, spiegandone il perché, ma senza
calcolarli, gli integrali definiti che forniscono i volumi di S e di T.
PROBLEMA 2
Nel primo quadrante del sistema di riferimento Oxy sono assegnati l’arco di circonferenza di centro O ed estremi A(3, 0) e B(0, 3) e l’arco L della parabola
 3
d’equazione x2 = 9 – 6y i cui estremi sono il punto A e il punto  0,  .
 2
1. Sia r la retta tangente in A a L. Si calcoli l’area di ciascuna delle due parti
in cui r divide la regione R racchiusa tra L e l’arco AB.
2. La regione R è la base di un solido W le cui sezioni, ottenute tagliando W con
piani perpendicolari all’asse x, hanno, per ogni 0 ≤ x ≤ 3, area S(x) = e5–3x.
Si determini il volume di W.
174
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3. Si calcoli il volume del solido ottenuto
3
dalla rotazione di R intorno all’asse x.
4. Si provi che l’arco L è il luogo geometrico descritto dai centri delle circonferenze tangenti internamente
all’arco AB e all’asse x. Infine, tra le
circonferenze di cui L è il luogo dei
centri si determini quella che risulta
tangente anche all’arco di circonferenza di centro A e raggio 3, come nella
figura a lato.
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B
2
1
0
A
0
1
2
3
questionario
1. Cosa rappresenta il limite seguente e qual è il suo valore?
4
4
 1

1
5  + h – 5  
 2

2
lim
.
h→ 0
h
2. Si illustri il significato di asintoto e si fornisca un esempio di funzione f(x) il
cui grafico presenti un asintoto orizzontale e due asintoti verticali.

3. La posizione di una particella è data da s(t) = 20  2e
–
t
2


+ t – 2 . Qual è la sua

accelerazione al tempo t = 4?
4. Qual è la capacità massima, in litri, di un cono di apotema 1 metro?
5. Siano dati nello spazio n punti P1 , P2 , P3 , …, Pn . Quanti sono i segmenti
che li congiungono a due a due? Quanti i triangoli che hanno per vertici questi punti (supposto che nessuna terna sia allineata)? Quanti i tetraedri (supposto che nessuna quaterna sia complanare)?
6. Sia f(x) = 5 sen x cos x + cos2 x – sen2 x –
Fig
5
sen 2x – cos 2x – 17; si calcoli f'(x).
2
7. È dato il tetraedro regolare di spigolo l e altezza h. Si determini l’ampiezza
dell’angolo a formato da l e da h.
8. Qual è il valor medio di f ( x) =
1
da x = 1 a x = e?
x
9. Il problema di Erone (matematico alessandrino vissuto probabilmente nella
seconda metà del I secolo d.C.) consiste, assegnati nel piano due punti A e
B, situati dalla stessa parte rispetto ad una retta r, nel determinare il cammi175
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no minimo che congiunge A con B toccando r. Si risolva il problema nel
modo che si preferisce.
10.Quale delle seguenti funzioni è positiva per ogni x reale?
(
)
(
)
(
)
(
)
A) cos sen( x 2 + 1) B) sen cos( x 2 + 1) C) sen ln( x 2 + 1) D) cos ln( x 2 + 1) .
Si giustifichi la risposta.
Durata massima della prova: 6 ore
È consentito l’uso della calcolatrice non programmabile.
Non è consentito lasciare l’Istituto prima che siano trascorse 3 ore dalla dettatura del tema.
risoluzione del pROBLEMA 1
1. Ricordiamo anzitutto che, se ϕ(x) è una funzione periodica di periodo T,
T
. Dal momento che la
k
funzione y = sen x è periodica di periodo T = 2π, il periodo di g(x) è
2π
4
= .
T1 =
3
3
π
2
f è la composizione del valore assoluto con un polinomio. Si tratta di una funzione pari il cui grafico può essere dedotto studiando la funzione ℎ(x) = 27x3
in [0, +∞) e ribaltando la curva ottenuta rispetto all’asse y per simmetria
(infatti, il grafico di h è simmetrico rispetto all’origine e, quindi, ribaltare
attorno all’asse x la parte di grafico contenuta nel III quadrante equivale a
ribaltare attorno all’asse y la parte di grafico contenuta nel I quadrante). La
funzione h è una «parabola cubica», continua e derivabile per ogni x reale,
sempre crescente e con flesso a tangente orizzontale in (0, 0). Pertanto f è
derivabile anche in (0, 0), che risulta un minimo stazionario.
allora ϕ(kx) è una funzione periodica di periodo
4
3 
Come osservato, g( x) = sen  πx  è una sinusoide di periodo T1 = ; per2 
3
2
k , che sono anche
3
punti di flesso per la funzione. Inoltre g assume massimo negli infiniti punti
tanto g si annulla in un’infinità di punti, di ascissa
di ascissa
4k + 1
4k + 3
ed ordinata 1, e minimo negli infiniti punti di ascissa
3
3
ed ordinata –1. I grafici di f e g sono riportati in figura 1.
176
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y
2,5
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2
1,5
1
0,5
–1,8 –1,6 –1,4 –1,2
–1
R
O
–0,8 –0,6 –0,4 –0,2
0,2
0,4
0,6
0,8
1
1,2
1,4
1,6
–0,5
1,8
x
–1
Figura 1
2. Le tangenti cercate si determinano senza difficoltà: l’equazione di r è y = 9x – 2
e l’equazione di s è y = 1.
Essendo s parallela all’asse delle ascisse, l’angolo acuto a formato da r e da
s è uguale all’angolo che r forma con la direzione positiva dell’asse delle
ascisse. Poiché mr = tg a = 9, si ha a = arctg 9 ≈ 83°40'.
3. Da quanto visto al punto precedente, risulta
 1
 1
f   = g   = 1 ; quindi i
 3
 3
1 
grafici si incontrano in  , 1 ed in (0, 0) (considerando l’andamento delle
3 
curve, è chiaro che i due grafici hanno, oltre all’origine, un solo punto in comune nel I quadrante). L’area di R (figura 1) è pertanto:
A=
1
3
2
1
g( x) – f ( x) ] dx =
– .
[
3π 12
0
∫
4. Il solido S ottenuto dalla rotazione di R attorno all’asse x è la differenza
di due solidi, ottenuti dalla rotazione attorno all’asse x di Gg e Gf , rispettivamente (figura 2). Quindi:
VS = π
∫
1
3
0
2
g ( x)dx – π
∫
1
3
0
2
f ( x)dx = π
∫
1
3
0
 23 
6
sen  2 πx  – 729 x  dx .
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Per il calcolo del volume di T, utilizziamo il metodo dei gusci cilindrici, già
illustrato lo scorso anno (si veda il quesito 3 del tema PNI, Archimede n. 4 del
2011, pag. 190). Si tratta di decomporre il volume cercato in elementi di volume facilmente calcolabili e di determinare il volume complessivo mediante
successiva integrazione.
Consideriamo il guscio di raggio x e spessore dx in figura 3; il suo volume
elementare è il prodotto della superficie laterale per lo spessore del guscio:
dV = 2πx ( g( x) – f ( x) ) dx .
Integrando si ottiene
VT = 2π
∫
1
3
0
3 
4
 x sen  πx  – 27 x  dx .
2
 1
In alternativa, essendo f(x) e g(x) invertibili nell’intervallo 0,  , avrem 3
mo potuto calcolare il volume di T sezionando il solido con piani perpendicolari all’asse y:
2
y
VT = π 
 dy – π
0 3 
∫
1 3
2
π

 2
 arcsen y  dy =
9
0 3π
∫
1
1
3 2 4

y – 2 arcsen 2 y  dy .

0 

π
∫
y
y
g
f
dx
g(x) – f(x)
x
O
1
–
3
O
Figura 2
x
Figura 3
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Sebbene non richiesto dal problema, integrando per parti con un po’ di pazienza si ottiene VS =
5π
8 2π
e VT =
–
.
42
9π 45
risoluzione del problema 2
1. La retta r tangente alla parabola y = –
r
1 2 3
x + in A ha equazione y = −x + 3.
6
2
y
4
3
2
B
R2
R1
1
A
–4
–3
–2
–1
O
1
2
3
4
x
–1
Figura 4
L’area di R1 (figura 4) è la differenza tra l’area di un quarto di cerchio di
9
9
raggio 3 e quella del triangolo AOB. Pertanto, Area (R1 ) = π – .
4
2
L’area di R2 è la differenza tra l’area del triangolo AOB e metà dell’area del segmen­
to parabolico individuato dalla parabola e dall’asse x. Per il Teorema di Archi9
3
2
3
mede, Area (segmento parabolico) = 6 ⋅ = 6. Quindi Area (R2 ) = – 3 = .
2
2
3
2
2. Calcoliamo il volume V del solido di base R, sezionandolo con piani ortogonali all’asse x.
Il volume elementare di ciascuna fetta di spessore dx è dV = S(x)dx = e5–3x dx.
e5 – e –4
Integrando otteniamo V =
.
3
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3. Il volume V del solido ottenuto dalla rotazione di R attorno all’asse x (fi-
gura 5) è la differenza tra il volume di una semisfera di raggio 3 e quello del
solido ottenuto ruotando l’arco L attorno all’asse x.
y
O
x
Figura 5
Il volume della semisfera è V1 = 18p, mentre quello della cavità è:
2
9 – x2 
18
V2 = π 
dx =
π.

6 
5
0 
∫
Quindi, V = V1 – V2 =
3
72
π.
5
4. Determiniamo il luogo geometrico richiesto. Sia C (x, y) il centro della
generica circonferenza, appartenente al primo quadrante (figura 6a). Risulta
CH = CT = y e OH = x; inoltre OC = OT – CT = 3 – y (il punto di tangenza appartiene alla retta che congiunge i centri).
Applicando il teorema di Pitagora al triangolo rettangolo OCH otteniamo
(3 – y)2 = x2 + y2; semplificando si trova 9 − 6y = x2, cioè l’equazione di L.
180
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y
3
B
(a)
y
3
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(b)
a
B
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P
2
T
2
C
1
C
1
A
O
1
H
2
3
x
A
O
1
2
3
x
Figura 6
Quanto alla seconda domanda, osserviamo che gli archi di circonferenza AP
3
ed OP sono simmetrici rispetto alla retta a di equazione x = , asse del
2
segmento OA (figura 6b); anche i punti di tangenza con la circonferenza da
determinare risultano, quindi, simmetrici rispetto a tale retta. Perciò il centro
C della circonferenza deve appartenere alla retta a ed all’arco L di parabo 3 9
la; si trova così C =  ,  . Infine, essendo tangente all’asse x, la circonfe 2 8
9
renza ha raggio .
2
2
8
3 
9
81

o,
Pertanto la circonferenza cercata ha equazione  x –  +  y –  =

2 
8
64
equivalentemente,
4x2 + 4y2 − 12x − 9y + 9 = 0.
risposte al questionario
4
 1

1
5  + h – 5  
 2

2
1. Il rapporto
h
4
rappresenta il rapporto incrementale della
1
per l’incremento h. La
2
funzione f(x) è derivabile; perciò il limite dato rappresenta la derivata prima
1
di f(x) calcolata in x0 = . Essendo f '(x) = 20x3, risulta:
2
funzione f(x) = 5x4, calcolato nel punto x0 =
181
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4
4
 1

1
5  + h – 5  
3
 2

2
5
 1
 1
= f '   = 20   = .
lim
 2
 2
h→ 0
2
h
In alternativa avremmo potuto calcolare il limite mediante una semplice fattorizzazione di polinomi. Non sarebbe stato corretto, invece, applicare il Teorema
di De l’Hôpital, poiché tale metodo presuppone il ricorso alla derivata di f, la
cui esistenza è garantita proprio dall’esistenza e dalla finitezza del limite dato.
2. Data una curva g (figura 7) che presenti rami che si estendono all’infinito, sia
P (x, y) un punto variabile in uno di questi rami. Se esiste una retta r tale che,
al tendere del punto P all’infinito lungo quel ramo, la distanza di P da r
tende a zero, allora la retta r si chiama asintoto della curva g.
y
r
H
P
g
O
x
Figura 7
Per la distinzione tra asintoti orizzontali, verticali ed obliqui rimandiamo ai
testi in adozione.
1
.
Un semplice esempio di funzione che risponde alle richieste è: f ( x) = 2
x –1
Si tratta di una funzione algebrica razionale fratta, pari, definita per x ≠ ±1.
Si verifica facilmente che tale funzione ammette gli asintoti: y = 0, x = – 1 ed
x = 1.
3. È ben noto che la velocità istantanea di una particella è la derivata prima dello
spazio espresso in funzione del tempo e, similmente, l’accelerazione è la derivata prima della velocità rispetto al tempo.
t
 –t


– 
Pertanto, se s (t) = 20  2e 2 + t – 2 , risulta v (t) = 20  1 – e 2 




t
ed anche
–
a (t) = 10e 2 .
182
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10
.
e2
L’accelerazione per t = 4 risulta quindi: a (4) = 10e –2 =
Riteniamo che, trattandosi di una grandezza fisica, sarebbe stato preferibile
specificare le unità di misura nel testo del quesito. In assenza di ulteriori specificazioni, a nostro avviso, le unità di misura da scegliere sono quelle del S.I.
10 m
In tal caso la risposta corretta è a (4) = 2 2 .
e s
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4. Consideriamo il triangolo rettangolo VHB in figura 8. Poniamo VH = x; si
ha ovviamente 0 ≤ x ≤ 1.
Per il teorema di Pitagora, r2 = 1 − x2; pertanto la funzione volume, in m3, è
V ( x) =
Poiché V ' =
π 2
π
r h = ( x – x 3 ).
3
3
 3  2π 3 3
π
(1 – 3x 2 ) , il volume massimo è V 
 = 27 m .
3
 3 
Ricordando che 1 m3 corrisponde a 1000 l otteniamo: Vmax ≈ 403 l.
5. Per la risposta al quesito 5 si rinvia al tema PNI.
6. Ricordando le formule di duplicazione: sen 2x = 2 sen x cos x e cos 2x =
= cos2 x − sen2 x, la funzione da derivare si riduce facilmente a f(x) = − 17.
Pertanto, banalmente: f'(x) = 0.
In alternativa, avremmo potuto calcolare direttamente, ma in modo più laborioso, la derivata.
V
V
l
a
h
h
C
G
A
H
Figura 8
r
B
A
B
H
Figura 9
7. Consideriamo il tetraedro regolare in figura 9: tutte le sue facce sono trian-
goli equilateri e il piede dell’altezza è il baricentro G della base. Detto l
183
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lo spigolo del solido, con le notazioni in figura risulta CH =
AG = CG =
2
3
CH =
l.
3
3
Essendo AGV un triangolo rettangolo, si ha: sen α =
3
l
2
ed
AG
3
=
. Quindi
AV
3
3
; approssimando si ottiene: a ≈ 35°15'52".
3
8. Il valor medio di una funzione continua f(x) nell’intervallo [a, b] è dato
α = arcsen
b
∫a
dall’espressione
f ( x)dx
b–a
, su cui verte il Teorema della media integrale. La
richiesta non riguarda quindi l’applicazione del Teorema di Lagrange, anche
detto del valor medio; il giorno di svolgimento della prova, in parte degli organi di stampa è stata fatta confusione fra i due teoremi.
Il valor medio della funzione è
e
1
∫1 x dx [ ln | x |]1e
=
e –1
e –1
=
1
.
e –1
9. Scegliamo un opportuno riferimento cartesiano in cui r coincide con l’asse
x, A = (0, 1), B = (x0 , y0), P = (k, 0), come in figura 10; la funzione da minik2 + 1 + (k – x0 ) 2 + y02 , con il vincolo 0 ≤ k ≤ x0.
mizzare è f (k) =
y
B (x0 , y0)
A (0, 1)
r
P (k, 0)
O
A'
x
(0, –1)
Figura 10
184
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Si ha f '(k) =
k
k2 + 1
+
k – x0
(k – x0 ) 2 + y02
.
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Ponendo f'(k) = 0, elevando al
quadrato e invertendo le due frazioni, otteniamo
2
2
k2 + 1 (k – x0 ) + y0
=
, da
k2
(k – x0 ) 2
y02
1
=
. Ricavando il valore di k, si trova che la posizione del
k2 (k – x0 ) 2
x0
punto di minimo è k =
, cioè l’ascissa del punto di intersezione tra
y0 + 1
A'B e r, essendo A' il simmetrico di A rispetto alla retta r.
In alternativa si può seguire un procedimento geometrico, per il quale si rimanda al tema per il PNI.
10.La risposta è A.
Ponendo a = sen (x2 + 1), espresso in radianti, per ogni x reale risulta
cui
(
)
−1 ≤ α ≤ 1. Inoltre cos a = cos sen( x 2 + 1) . Poiché l’angolo a appartiene
sempre al primo e quarto quadrante della circonferenza goniometrica, la fun-
(
zione cos sen( x 2 + 1)
)
è positiva per ogni x reale.
Si osserva, inoltre, che:
• sen cos(12 + 1) = sen(cos 2) ≈ −0,404
(
)
• sen ( ln(10 + 1) ) = sen(ln 101) ≈ −0,995
• cos ( ln(5 + 1) ) = cos(ln 26) ≈ −0,993.
Pertanto cos ( sen( x + 1) ) è l’unica funzione che ammette valori positivi per
2
2
2
ogni x reale.
commenti
Il tema proposto era, complessivamente, alla portata degli studenti del Liceo Scientifico di Ordinamento. Quest’anno la prova era basata sia sulle conoscenze di
analisi, sia sulle competenze geometriche acquisite nel corso del triennio. Non
mancano infatti i riferimenti alla geometria solida e analitica, né alla trigonometria.
I problemi sono articolati per punti, abbastanza indipendenti tra loro.
Il problema 1 è un classico problema di analisi, in cui i primi tre punti sono
piuttosto facili, mentre l’ultima richiesta presuppone una certa conoscenza delle
somme integrali.
Un’ulteriore osservazione: nel punto 1 si chiede di studiare due funzioni il cui
grafico può essere facilmente ricavato da quello di funzioni elementari, che dovrebbero esser ben note agli studenti. Da un lato la richiesta appare poco significativa,
dall’altro può essere opportuno inserire domande semplici all’inizio di un problema.
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Il problema 2 cerca, invece, di fondere assieme competenze di base della geometria analitica e dell’analisi; risulta interessante, sebbene non troppo complesso. Le
difficoltà eventualmente incontrate dagli studenti sono legate alla necessità di ricordare gli elementi di base della geometria analitica.
Anche i quesiti erano alla portata degli studenti; in qualche caso risultavano
simili ad altri già assegnati nel passato: il quesito 4, ad esempio, era sostanzialmente identico a un quesito assegnato nel 2003 (n. 3, tema PNI) e nel 2007 (quesito 4,
tema di ordinamento).
Il problema di Erone (quesito 9) è un classico per tutti gli appassionati di giochi
matematici; la formulazione proposta richiede l’uso di un opportuno riferimento
cartesiano e di calcoli parametrici a cui gli studenti sono poco abituati. Questo
quesito rimane, assieme al punto 4 del primo problema, un esercizio in grado di
mostrare la competenza matematica degli studenti, cioè la capacità di usare le conoscenze acquisite in contesti nuovi.
In conclusione, sebbene il tema di quest’anno sia risultato forse il più semplice
degli ultimi dieci anni, non sono mancati quesiti interessanti. Sentiamo comunque
il dovere di ribadire la richiesta di indicazioni più chiare su quali siano le conoscenze da ritenersi fondamentali per uno studente alla fine del percorso liceale, almeno
in vista degli esami delle prime classi del liceo riformato, fra tre anni. In questo
modo sarà possibile per gli insegnanti scegliere un percorso efficace che porti con
successo alla meta.
Lorenzo Meneghini
Liceo «F. Corradini» – Thiene (VI)
[email protected]
186
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