Guida_Triennio_SIM
29-07-2009
8:11
Pagina 1
13
Simulazione di prova d’Esame di Stato
Risolvi uno dei due problemi e 5 dei 10 quesiti in cui si articola il questionario
Problema 1
È data la funzione esponenziale
4ex
y =2− x
.
e +1
a. Dopo aver verificato che si tratta di una funzione dispari, disegnarne il grafico .
b. Dimostrare che è invertibile, determinare la sua funzione inversa e disegnarne il grafico G.
c. Calcolare l’area della regione del secondo quadrante delimitata da , dall’asse y,
dall’asintoto di equazione y = 2 e dalla retta di equazione x = k. Determinare k in
modo che tale area sia 2. Calcolare poi l’integrale improprio con k → −∞.
d. Individuare il rettangolo ABCD di area massima che ha il vertice A sull’arco di che si trova nel quarto quadrante, il lato BC sull’asintoto di equazione y = −2 e il
lato DC sull’asse y. Determinare l’ascissa del punto A con un errore inferiore a 0,01.
Risoluzione
a. y =
2ex + 2 − 4ex
2 − 2ex
y
=
⇒
ex + 1
ex + 1
2 − 2e−x
2ex − 2
2 − 2e−x
=
= −f (x)
x =
−x
1+e
e +1
ex + 1
ex
La funzione è dispari.
f (−x) =
D=R
Interseca l’asse x nel punto x = 0, infatti 2 − 2ex = 0 ⇒ ex = 1 ⇒ x = 0, ovvero O(0; 0).
2
e
−2
ex
= −2 ⇒ y = −2 asintoto orizzontale a +∞
lim f (x) = lim
x→+∞
x→+∞
1
x
e 1+ x
e
2
lim f (x) = = 2 ⇒ y = 2 asintoto orizzontale a −∞
x→−∞
1
Asintoti:
x
−2ex (ex + 1) − ex (2 − 2ex ) −4ex
y
=
,
(ex + 1)2
(ex + 1)2
y < 0 in tutto il dominio.
y =
La funzione è decrescente in tutto il dominio.
ex (ex + 1)2 − 2ex (ex + 1)ex e2x + ex − 2e2x 4ex (ex − 1)
y = −4 ·
=
−4
·
y
,
,y =
(ex + 1)4
(ex + 1)3
(ex + 1)3
1
© LOESCHER EDITORE 2009 - PAGINA LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE A USO DIDATTICO
Risorse per l’insegnante e per la classe
Guida_Triennio_SIM
29-07-2009
8:11
Pagina 2
y > 0 quando x > 0, allora f (x) ha la concavità verso l’alto;
y < 0 quando x < 0, allora f (x) ha la concavità verso il basso.
y
y =2
1
–2
–1
O
–1
1
2
y =2−
x
4e x
ex + 1
y = −2
b. La funzione data è continua e monotòna crescente in tutto il suo dominio, ovvero
biunivoca tra R e l’intervallo (−2; 2), che è il suo codominio C. Dunque è invertibile.
2−y
2 − ex
y= x
⇒ yex + y = 2 − 2ex ⇒ ex (y + 2) = 2 − y ⇒ ex =
, con −2 < y < 2,
e +1
2+y
2−y
>0
da cui
2+y
2−y
x = ln
2+y
2−x
y = ln
con D = (−2; 2) e C = R.
2+x
Il grafico G di tale funzione è il simmetrico di (ovvero del grafico della funzione data
e studiata nel precedente punto a) rispetto alla bisettrice del primo e terzo quadrante.
Comunque si verificano qui di seguito le caratteristiche principali:
lim f (x) = +∞
asintoto verticale di equazione x = −2 (a destra)
lim f (x) = +∞
asintoto verticale di equazione x = 2 (a sinistra)
x→−2+
x→+2−
2 + x −2 − x − 2 + x −4
·
,y =
2
2−x
(2 + x)
4 − x2
y > 0 in tutto il dominio; la funzione è decrescente in tutto il dominio.
−1
−8x
· (−2x), y =
y = −4 ·
2
2
(4 − x )
(4 − x2 )2
y > 0 quando x < 0 e y < 0 quando x > 0.
y =
2
© LOESCHER EDITORE 2009 - PAGINA LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE A USO DIDATTICO
Risorse per l’insegnante e per la classe
Guida_Triennio_SIM
29-07-2009
8:11
Pagina 3
y
x =2
2−x
y = ln
2+x
x
O
x = −2
0
c.
k
4ex
2
0
2−2+ x
dx = [4 ln(ex + 1)]k = 4 ln 2 − ln(ek + 1) = 4 ln k
.
e +1
e +1
y
x =k
y =2
1
–2
–1
O
–1
1
2
y =2−
x
4e x
ex + 1
y = −2
2
1
2
2
1
1
1
= 2 ⇒ ln k
= ⇒ k
= e 2 ⇒ ek + 1 = 2e− 2 ⇒ ek = 2e− 2 − 1 ⇒
+1
e +1
2
e +1
√
2− e
ek = √
e
√
2− e
k = ln √
≈ ln 0,21 ≈ −1,55
e
4 · ln
ek
lim 4 ln
k→−∞
ek
2
= 4 ln 2 ≈ 2,77.
+1
3
© LOESCHER EDITORE 2009 - PAGINA LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE A USO DIDATTICO
Risorse per l’insegnante e per la classe
Guida_Triennio_SIM
29-07-2009
8:11
Pagina 4
4ex
d. A x; 2 − x
con x > 0; DA = x
e +1
AB = 2 −
4ex
4ex
4
− (−2) = 4 − x
= x
+1
e +1
e +1
ex
y
y =2
y =2−
4e x
ex + 1
1
1
O
–2
–1
A
D
x
2
–1
y = −2
C
B
4
Area di ABCD: AABCD = DA · AB =x · x
e +1
4x
y= x
con x > 0
e +1
ex + 1 − xex
y = 4 ·
(ex + 1)2
y > 0 se ex (1 − x) + 1 > 0 ⇒ ex (1 − x + e−x ) > 0
Si devono dunque studiare il segno e gli eventuali zeri della funzione
g(x) = ex (1 − x) + 1, ovvero g(x) = ex (1 − x + e−x )
e quindi, per la positività di ex , è sufficiente studiare il segno e gli zeri del fattore tra
parentesi:
f (x) = 1 − x + e−x .
Confrontando il grafico della funzione y = e−x con la retta di equazione y = x − 1, si
può stabilire che l’equazione data ammette un’unica soluzione che intuitivamente è da
ritenere appartenente all’intervallo [1; 2].
y
y = e −x
2
y =x −1
1
–1
O
1
–1
4
2
x
© LOESCHER EDITORE 2009 - PAGINA LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE A USO DIDATTICO
Risorse per l’insegnante e per la classe
Guida_Triennio_SIM
29-07-2009
8:11
Pagina 5
La funzione che è al primo membro dell’equazione è una funzione continua e derivabile,
e assume valori di segno opposto agli estremi dell’intervallo,
1
1
p(1) = > 0 e p(2) = −1 + 2 < 0.
e
e
In tali ipotesi si può affermare che l’equazione ammette una soluzione in [1; 2].
Si può allora procedere a determinare tale soluzione, ad esempio, con il metodo di bisezione, calcolando la funzione che è al primo membro dell’equazione nel punto medio
degli intervalli che hanno per estremi punti in cui la funzione assume segno opposto.
Il procedimento e i vari calcoli sono sintetizzati nella seguente tabella.
a
b
1,0000 2,0000
f (a)
f (b)
0,3679
– 0,8647
m=
a+b
2
1,5000
f (m)
confronto di |f (m)| con 0‚01
– 0,2769
|1 − x + e −x | > 0‚01
continua
continua
continua
1,0000 1,5000
0,3679
– 0,2769
1,2500
0,0365
|1 − x + e −x | > 0‚01
1,2500 1,5000
0,0365
– 0,2769
1,3750
– 0,1222
|1 − x + e −x | > 0‚01
1,2500 1,3750
1,2500 1,3125
0,0365
0,0365
– 0,1222
– 0,0434
1,3125
1,2813
– 0,0434
– 0,0036
|1 − x + e
−x
| > 0‚01
continua
|1 − x + e
−x
| < 0‚01
stop
Il valore cercato è dunque 1,28.
Problema 2
( = 60◦ .
In una circonferenza di diametro AB = 8 cm è data la corda AC, tale che C AB
Nella semicirconferenza opposta rispetto a quella dove si trova la corda AC, si consideri la corda P Q = 4 cm, indicando con P il punto della circonferenza più vicino ad A,
ovvero in modo tale che AP QC sia un quadrilatero convesso.
a. Dimostrare che, al variare della corda P Q nel maggiore dei due archi individuati
dalla corda AC, il quadrilatero AP QC è un trapezio isoscele.
( = x e sia
b. Esprimere il perimetro di tale trapezio in funzione dell’angolo C AQ
y = f (x) tale funzione. Individuare il trapezio di perimetro massimo al variare della posizione della corda P Q nell’arco considerato.
c. Determinare gli eventuali trapezi AP QC che siano base di una piramide retta di
vertice V . Calcolare l’area della superficie laterale di tali piramidi, sapendo che l’altezza V H è uguale alla somma delle basi di tali trapezi.
d. Riferita la figura a un opportuno riferimento cartesiano ortogonale, si scriva l’equazione della data circonferenza e si calcoli il volume del solido ottenuto da una rotazione completa intorno al diametro AB della regione piana compresa tra la corda
CB e il minore degli archi da essa individuato.
5
© LOESCHER EDITORE 2009 - PAGINA LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE A USO DIDATTICO
Risorse per l’insegnante e per la classe
Guida_Triennio_SIM
29-07-2009
8:11
Pagina 6
Risoluzione
a. La corda AC è uguale al raggio della circonferenza: infatti il triangolo AOC è equilatero, perché è isoscele e ha un angolo alla base che misura 60◦ .
C
A
C
A
60°
O
O
B
P
B
Q
P
Q
Quindi AC = P Q, essendo P Q uguale al raggio per ipotesi.
Tracciata la diagonale AQ, si osserva che essa forma con i lati opposti AP e CQ due
( e AQC)
( alterni interni uguali, poiché sono angoli alla circonferenza che inangoli (QAP
sistono su corde uguali. Quindi AP è parallelo a QC, qualunque sia la posizione della
corda P Q, e il quadrilatero AP QC risulta essere un trapezio isoscele.
( = 30◦ (angolo alla circonferenza che insiste su una corda uguale al raggio)
b. QAP
( = x con 0◦ < x < 120◦ (0◦ quando Q ≡ C, 120◦ quando P ≡ A)
C AQ
CQ = 8 sen x
( = x + 30◦
AP(Q = C AP
( = 180◦ − 30◦ − x − 30◦ = 120◦ − x
P QA
AP = 8 sen(120◦ − x)
C
A
x
O
B
Q
P
Perimetro del trapezio:
p = 4 + 4 + 8 sen x + 8 sen(120◦ − x) = 8[1 + sen x + sen(120◦ − x)] =
= 8[1 + 2 sen 60◦ cos(60◦ − x)]
√
p = 8[1 + 3 cos(60◦ − x)]
Si può notare che tale perimetro è la somma tra un valore positivo con il valore del
cos(60◦ − x) e quindi assume il valore massimo quando è massimo il cos(60◦ − x), ovvero
quando, nel dominio, 60◦ − x = 0◦ , cioè x = 60◦ , che corrisponde al rettangolo con la
diagonale AQ che coincide con il diametro AB.
6
© LOESCHER EDITORE 2009 - PAGINA LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE A USO DIDATTICO
Risorse per l’insegnante e per la classe
Guida_Triennio_SIM
29-07-2009
8:11
Pagina 7
c. In una piramide retta, il poligono di base è circoscrittibile a una circonferenza e il
piede dell’altezza coincide con il centro di tale circonferenza. In una piramide retta le
altezze delle facce laterali sono tutte uguali.
La condizione di circoscrittibilità per un quadrilatero prevede che la somma di due lati
opposti deve essere uguale alla somma degli altri due.
Nei trapezi AP QC, i lati obliqui sono entrambi uguali al raggio e quindi la loro somma
misura 8 cm. Anche la somma delle basi deve allora avere misura uguale a 8 cm.
8 sen x + 8 sen(120◦ − x) = 8
2 sen 60◦ cos(60◦ − x) = 1
√
3 cos(60◦ − x) = 1
1
cos(60◦ − x) = √
3
1
60◦ − x = ± arc cos √
3
◦
◦
x = 60 ± 54,74 ⇒ x = 5,26◦ e x = 114,74◦ .
Si ottengono dunque due soluzioni, ovvero due trapezi AP QC tra loro simmetrici rispetto all’asse della corda AB.
C ≡ A Q L
A ≡ C
L
Q
O
P
B
P
L’altezza delle due piramidi rette richieste misura 8 cm e il perimetro di base di ogni
trapezio misura 16 cm. Essendo tra loro simmetriche hanno anche le aree delle superfici laterali uguali.
C
A
L
P
K
O
B
Q
Si consideri la soluzione x = 114,74◦ .
Per calcolare l’altezza delle facce laterali serve la misura del raggio della circonferenza
inscritta:
7
© LOESCHER EDITORE 2009 - PAGINA LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE A USO DIDATTICO
Risorse per l’insegnante e per la classe
Guida_Triennio_SIM
29-07-2009
8:11
Pagina 8
1
1
CQ = 8 sen 114,74◦ = 3,6 cm
2
2
( = 1 [180◦ − (30◦ + 114,74◦ )] = 17,63◦
K CL
2
LK = CK tg 17,63◦ = 3,6 tg 17,63◦ = 1,14 cm
√
2
2
V K = V L + LK = 64 + 1,30 = 8,08 cm
CK =
V
A
P
L
C
K
Q
Area della superficie laterale di ognuna delle due piramidi:
1
1
(AP + P Q + QC + CA) · V K = 16 · 8,08 = 64, 64 cm2 .
2
2
d. Si fissa il riferimento con l’origine nel centro della circonferenza, con l’asse x che
contiene il diametro AB e con l’unità di misura uguale a un segmento lungo 1 cm.
L’equazione di tale circonferenza è: x2 + y 2 = 16.
y
C
A
–4
T
B
4
O
x
√
L’equazione dell’arco CB è: y = 16 − x2 , con −2 ≤ x ≤ 4.
Il volume richiesto può essere calcolato sottraendo al volume del solido generato dalla
rotazione dell’arco CB intorno all’asse x il volume del cono generato dalla rotazione
della corda CB.
√
CB = 4 · 3 cm
√
CT = 2 · 3 cm
8
© LOESCHER EDITORE 2009 - PAGINA LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE A USO DIDATTICO
Risorse per l’insegnante e per la classe
Guida_Triennio_SIM
29-07-2009
8:11
Pagina 9
4
π
−2
4
x3
(16 − x2 ) dx = π 16x −
=
3 −2
−2
8
64
+ 32 −
= 72π cm3 .
= π 64 −
3
3
"
2
16 − x2 dx = π
4
1 12
·
· 6 = 6π cm3 .
3 4
Volume richiesto = (72π − 6π) cm3 = 66π cm3 .
Volume del cono = π ·
Questionario
Sono date le funzioni y = 2xlogx 2 e y = (x − 3)2 . Disegnare i loro grafici e i loro eventuali punti d’intersezione.
1
Risoluzione
y = 2xlogx 2
D = {x ∈ R | x > 0 e x = 1}
y =2·2 ⇒ y =4
y = (x − 3)2
D=R
y=4
⇒ (x − 3)2 = 4 ⇒ (x − 3) = ±2
y = (x − 3)2
x−3=2 ⇒ x=5
2
x − 3 = −2 ⇒ x = 1 non accettabile, perché 1 ∈
/ D di y = 2xlogx .
L’unico punto d’intersezione è P (5; 4).
y
y = (x − 3)2
y =4
O
3
9
5
x
© LOESCHER EDITORE 2009 - PAGINA LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE A USO DIDATTICO
Risorse per l’insegnante e per la classe
Guida_Triennio_SIM
29-07-2009
8:11
Pagina 10
2
Dimostrare che in un pentagono regolare le diagonali sono tutte uguali e che il
lato è la sezione aurea della diagonale. Calcolare inoltre il rapporto tra lato e diagonale.
Risoluzione
L’uguaglianza delle diagonali può essere dimostrata o ricorrendo ai criteri di uguaglianza tra triangoli o alle simmetrie (o alle rotazioni) rispetto alle quali il poligono regolare è invariante.
A
E
B
D
C
I triangoli AED, DCB, CBA, BAE, EDC sono uguali per il primo criterio di uguaglianza, avendo due lati rispettivamente uguali, in quanto lati del pentagono regolare,
ad esempio AE = DC = ED = CB, e gli angoli tra essi compresi uguali, in quanto an( = DCB.
(
goli del pentagono regolare, ad esempio AED
Oppure, ricorrendo alle simmetrie assiali del pentagono regolare che hanno per assi gli
assi dei lati, si può osservare che le diagonali si corrispondono a due a due in ognuna di
esse e che quindi, per la proprietà transitiva, sono tutte tra loro uguali.
A
E
B
D
C
Si costruisce sulla diagonale DA un punto F in modo tale che DF = DE.
( ADB,
(
( perché insistono
B DC
Si osserva che sono tutti tra loro uguali gli angoli E DA,
tutti su corde ovvero archi uguali.
I triangoli ADB e EDF sono allora simili per il primo criterio di similitudine: infatti,
essendo isosceli con l’angolo al vertice uguale, hanno gli angoli rispettivamente uguali.
10
© LOESCHER EDITORE 2009 - PAGINA LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE A USO DIDATTICO
Risorse per l’insegnante e per la classe
Guida_Triennio_SIM
29-07-2009
8:11
Pagina 11
A
F
E
B
D
C
Vale dunque la seguente proporzione:
DA : DE = AB : EF .
Osserviamo, inoltre, che il triangolo AEF è isoscele, perché ha due angoli uguali,
( = F AE;
( infatti:
AEF
gli angoli di un pentagono regolare misurano tutti 108◦ , infatti:
(5 − 2)180◦ : 5 = 540◦ : 5 = 108◦ ;
( = DAE
( = 36◦ , perché ognuno è la terza parte di 108◦ ;
E DA
( = 72◦ , perché angolo alla base di un triangolo isoscele con angolo al vertice di
F ED
36◦ (sapendo che la somma degli angoli interni di un triangolo è 180◦ ,
( = (180◦ − 36◦ ) : 2 = 72◦ );
F ED
( = 108◦ − 72◦ = 36◦ = F AE
( .
AEF
Si ottiene allora che EF = F A = DA − DF = DA − DE .
Indicando la diagonale e il lato del pentagono regolare rispettivamente con d e , la precedente proporzione si può scrivere d : = : (d − ).
Si può concludere che, in un pentagono regolare, il lato è medio proporzionale tra la
diagonale e la «parte rimanente», ovvero che il lato è la sezione aurea della diagonale.
Dalla proporzione si ottiene:
2 = d(d − )
2 + d − d2 = 0
√
√
−1 ± 5
−1 + 5
=
d, delle quali è accettabile solo
perché è positiva.
2
2
√
−1 + 5
≈ 0,618.
Il rapporto richiesto è dunque =
d
2
3
In un tetraedro regolare, calcolare l’ampiezza di ogni diedro e quella dell’angolo che uno spigolo forma con il piano di una delle facce cui non appartiene.
Risoluzione
Un tetraedro regolare è una piramide regolare e in particolare retta, quindi il piede della sua altezza coincide con il centro della circonferenza inscritta nel poligono di base
11
© LOESCHER EDITORE 2009 - PAGINA LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE A USO DIDATTICO
Risorse per l’insegnante e per la classe
Guida_Triennio_SIM
29-07-2009
8:11
Pagina 12
che, in questo caso, è un triangolo equilatero. Tale centro (incentro) è anche il baricentro e l’ortocentro del triangolo.
A
D
H
B
C
Si indichi con lo spigolo del tetraedro regolare.
Si faccia riferimento al triangolo AKH, rettangolo in H, perché l’altezza del tetraedro
AH è perpendicolare a ogni retta del piano passante per il suo piede H.
1
della mediana KC, che è anche altezza, del triangolo equilatero
Il segmento KH è
3
DBC.
1 √
√
√
3, si ha che KH = ·
3=
3.
Essendo l’altezza di ogni faccia
2
3 2
6
√
3 perché è altezza della faccia ABD per il teorema delle tre perpenInoltre, AK =
2
dicolari.
( =
Allora si ha che cos AKH
√ √
1
KH
=
3:
3=
6
2
3
AK
1
≈ 70,53◦
3
(
Quella ottenuta è la misura dell’angolo AKH,
che è l’angolo diedro richiesto perché ottenuto dalla sezione del diedro con un piano perpendicolare al suo spigolo.
arc cos
A
D
r
H
B
C
Si faccia ora riferimento al triangolo ABH, rettangolo in H, perché l’altezza del tetraedro AH è perpendicolare a ogni retta del piano passante per il suo piede H.
12
© LOESCHER EDITORE 2009 - PAGINA LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE A USO DIDATTICO
Risorse per l’insegnante e per la classe
Guida_Triennio_SIM
29-07-2009
8:11
Pagina 13
2
della mediana, ovvero dell’altezza del triangolo equilatero DBC.
3
√
3, si ha che
Essendo, come
già√ scritto sopra, l’altezza di ogni faccia
√
2 2
3=
3.
BH = ·
3 2
3
√
√
( = BH = 3 : = 1 3
Allora cos ABH
3
3
AB
√
1
3 ≈ 54,74◦
arc cos
3
(
Quella ottenuta è la misura dell’angolo ABH,
che è l’angolo richiesto perché formato
dalla retta cui appartiene lo spigolo AB con la sua proiezione ortogonale sul piano della faccia DBC, alla quale tale spigolo non appartiene.
Il segmento BH è
4
Determinare dominio, grafico e codominio delle seguenti funzioni:
1
y = tg(arc tg x); y = arc tg(tg x); y = arc tg x + arc tg .
x
Risoluzione
π π
y = arc tg x, D = R; C = − ;
2 2
+
,
π
y = tg x, D = R x = + kπ, k ∈ Z ; C = R
2
y = tg(arc tg x)
x → arc tg x → tg(arc tg x) = x
y = tg(arc tg x) ⇒ y = x, D = R; C = R
y
2
y =x
1
–4
–3
–2
O
–1
1
2
3
–1
–2
y = arc tg(tg x)


x





x ⇒ tg x ⇒ arc tg(tg x) = x − π





x + π
π
π
<x<
2
2
π
3
se < x < π
2
2
3
π
se − π < x < −
2
2
se −
13
4
x
© LOESCHER EDITORE 2009 - PAGINA LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE A USO DIDATTICO
Risorse per l’insegnante e per la classe
Guida_Triennio_SIM
29-07-2009
8:11
Pagina 14

x








x − π
π
π
<x<
2
2
π
3
se < x < π
2
2
y = tg(arc tg x) ⇒ y =
3
π



x+π
se − π < x < −


2
2



 x − kπ se − π + kπ < x < π + kπ , con k ∈ Z
2
2
,
+
π π
π
D = R x = + kπ, k ∈ Z ; C = − ;
2
2 2
se −
y
2
y = arc tg (tg x )
1
− π2
–4
–3
–2
O
–1
1
–1
π
2
2
3
x
4
–2
y = arc tg x + arc tg
1
x
D = R {0}
arc tg x = α ⇒ tg α = x
1
1
arc tg = β ⇒ tg β =
x
x
1
π
tg α · tg β = x · = 1 ⇒ α + β =
x
2
π
y =α+β ⇒ y =
2
D = R {0}
y
y=
2
π
2
1
–4
–3
–2
–1 O
–1
1
–2
14
2
3
4
x
© LOESCHER EDITORE 2009 - PAGINA LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE A USO DIDATTICO
Risorse per l’insegnante e per la classe
Guida_Triennio_SIM
29-07-2009
8:11
Pagina 15
5
Calcolare l’area della regione illimitata di piano del quarto quadrante individuata dal grafico di y = ln x e dagli assi x e y. Considerare inoltre la regione del primo
quadrante delimitata dal grafico della funzione data, dall’asse x e dalla retta di equazione x = k e determinare il valore di k per il quale l’area di tale regione è uguale a 1.
Risoluzione
ln x dx = x ln x − dx = x ln x − x + c
1
1
ln x dx = − [x ln x − x]ε = 1 − ε + ε ln ε
ε
y
x =k
O
x
1
y = ln x


ln xε 

=1
Area richiesta = lim+ (1 − ε + ε ln ε) = lim+ 1 − ε +
1 
ε→0
ε→0
k
ε
ln x dx = 1 − k + k ln k
1
1 − k + k ln k = 1
k ln k − k = 0
k(ln k − 1) = 0,
/ D, e k = e, che rappresenta il
che ha come soluzioni k = 0, non accettabile perché k ∈
valore richiesto.
6
È data la funzione
x −1
y=
.
x+5
Determinare il centro di simmetria del suo grafico.
2
15
© LOESCHER EDITORE 2009 - PAGINA LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE A USO DIDATTICO
Risorse per l’insegnante e per la classe
Guida_Triennio_SIM
29-07-2009
8:11
Pagina 16
Risoluzione
Sia C(α; β) il centro di simmetria richiesto.
Equazioni della simmetria centrale di centro C:
x = 2α − x
σC =
y = 2β − y
Si trasforma la funzione data mediante le equazioni di σC :
x = 2α − x
y = 2β − y x2 − 1
y=
x+5
2β − y =
−y =
y =
(2α − x )2 − 1
(2α − x ) + 5
−2β(2α − x ) − 10β + 4α2 − 4αx + x2 − 1
−x + 5 + 2α
x2 + (2β − 4α)x + (−4αβ − 10β + 4α2 − 1)
x − 5 − 2α
Affinché la funzione ottenuta coincida con quella data deve essere:



 2β − 4α = 0
β = 2 − α
 β = −10
−5 − 2α = 5
⇒ α = −5
⇒ 2α = −10



2
−4αβ − 10β + 4α − 1 = −1
−200 + 100 + 100 = 0
0=0
Il centro della simmetria richiesto è C(−5; −10).
È data la funzione y = xex definita in [0; 2]. Determinare l’altezza h del rettangolo di base 2 ed equivalente al trapezoide individuato dal grafico di tale funzione.
Motivare l’esistenza di un punto c dell’intervallo [0; 2] in cui la funzione assume il valore h.
7
Risoluzione
y = xex , funzione definita in [0; 2]
2 è l’ampiezza dell’intervallo [0; 2]
Area del rettangolo: 2h
f (0) = 0, f (2) = 2e2
La funzione data è continua nell’intervallo di definizione, e quindi verifica le ipotesi del
Teorema della media che assicura l’esistenza di almeno un punto c nell’intervallo [0; 2]
in cui
b
1 2 x
1
f (x) dx ovvero f (c) =
xe dx.
f (c) =
b−a a
2 0
Dopo aver osservato che la funzione data è non negativa in [0; 2], si calcola tale integrale
16
© LOESCHER EDITORE 2009 - PAGINA LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE A USO DIDATTICO
Risorse per l’insegnante e per la classe
Guida_Triennio_SIM
29-07-2009
8:11
Pagina 17
definito, ovvero l’area del trapezoide indicato nel testo:
xex dx = xex − ex dx = xex − ex + c
2
2
xex dx = [xex − ex ]0 = 2e2 − e2 + 1
0
f (c) = cec
e2 + 1
1
1
=h
cec = (2e2 − e2 + 1) ⇒ cec = (e2 + 1) ⇒ 2cec = e2 + 1 ⇒ cec =
2
2
2
(altezza richiesta) h ≈ 4,19.
8
Dopo aver dimostrato che la funzione
π
π
y = arc sen x + x −
3
6
π
è invertibile, calcolare la derivata della sua inversa x = g(y) nel punto y = .
6
Risoluzione
Il dominio della funzione data è [−1; 1].
1
π
+ è positiva nell’intervallo aperto (−1; 1).
La sua derivata y = √
3
1 − x2
π
π
Allora, y = arc sen x + x − è una funzione monotòna crescente in [−1; 1] e quindi è
3
6
una funzione biunivoca.
È dunque invertibile nel suo dominio.
Sapendo che, se x = g(y) è la funzione inversa di y = f (x), si ha g (y0 ) =
Si può calcolare g π 6
dopo aver calcolato l’antimmagine x0 di
π
π
π
π
π
= arc sen x + x − , ovvero arc sen x = − x + .
6
3
6
3
3
y
π
2
y = arc sen x
O
–1
1
2
y =−
− π2
17
x
1
π
π
x+
3
3
π
.
6
1
f (x0 )
© LOESCHER EDITORE 2009 - PAGINA LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE A USO DIDATTICO
Risorse per l’insegnante e per la classe
Guida_Triennio_SIM
29-07-2009
8:11
Pagina 18
1
Si intuisce e si verifica che
è il valore richiesto, eventualmente mediante i grafici di
2
π
π
y = arc sen x e di y = − x + .
3
3
π
π 1 π
π
1
Infatti arc sen = e − · + =
2
6
3 2
3
6
√
π
π
1
2
2 3+π
1
1
√
=
Quindi, x0 = e f
2 + 3 = 3 + 3 =
2
3
2
1 − 12
π 1
3
= 1 = √
g
6
f 2
2 3+π
9
In un’urna ci sono 20 palline, 15 rosse e 5 verdi. Qual è la probabilità che
estraendo tre palline due siano rosse? Se si ripete la prova 10 volte, qual è la probabilità che l’evento si verifichi 6 volte? Stabilire infine se la probabilità che si verifichi l’evento almeno tre volte è superiore al 90%.
Risoluzione
Se si effettua una sola estrazione, i casi possibili sono tanti quante le combinazioni
delle 20 palline prese a tre a tre, ovvero 20
3 .
Il numero dei casi favorevoli è uguale al prodotto delle combinazioni delle 15 palline rosse prese a due a due per le combinazioni di quelle verdi, 5, prese a una a una, ovvero
5
1 .
Se si estraggono tre palline, allora la probabilità di ottenerne due rosse e una verde è
15 5
15 · 14 · 5 · 3
35
2
=
= 0,46 = 46%.
201 =
20
·
19
·
18
76
3
Se si ripete il sorteggio 10 volte, allora la probabilità che l’evento si verifichi 6 volte
è fornita dal Teorema di Bernoulli, ovvero dal prodotto delle combinazioni di 10 prove
considerate 6 a 6, per la potenza con esponente 6 della probabilità che si verifichi l’evento, per la potenza con esponente 4 della probabilità che non si verifichi l’evento:
4 10 · 9 · 8 · 7 · 6 · 5
10 35 6 (0,46)6 (0,54)4 = 0,17 = 17% .
· 1 − 35
=
6 · 76
76
6·5·4·3·2
Per rispondere all’ultima domanda, conviene considerare la probabilità che si verifichi l’evento contrario, ovvero la probabilità che non si verifichi mai l’evento o che si verifichi una volta o che si verifichi due volte, e poi sottrarre il risultato trovato da 1:
10
1 9 2 8
41
35
41
10
41
35
+ 10 ·
·
+
·
=
p0 + p1 + p2 =
·
76
76
76
76
76
2
= (0,54)10 + 4,6 · (0,54)9 + 45 · (0,46)2 · (0,54)8 =
= (0,54)8 · 12,3 = 0,09 = 9%;
18
© LOESCHER EDITORE 2009 - PAGINA LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE A USO DIDATTICO
Risorse per l’insegnante e per la classe
Guida_Triennio_SIM
29-07-2009
8:11
Pagina 19
p = 1 − (p0 + p1 + p2 ) = 1 − 0,09 = 0,91 = 91%.
La probabilità che l’evento si verifichi almeno tre volte è superiore al 90%.
√
10
È data la funzione y = 3 x − 2 definita in [1; 10]. Verificare che, nonostante in
tal caso non sia applicabile il Teorema di Lagrange, esiste un punto c interno all’intervallo di definizione che verifica la tesi di tale teorema.
Risoluzione
La funzione data è continua in [1; 10].
La derivata
1
y = "
3
3 (x − 2)2
non esiste nel punto x = 2, che è interno all’intervallo di definizione [1; 10].
Dunque la funzione data non soddisfa le ipotesi del Teorema di Lagrange, e quindi non
si può affermare niente a proposito dell’esistenza o meno di almeno un punto c interno
all’intervallo [1; 10] per il quale si abbia:
f (10) − f (1)
f (c) =
10 − 1
Se, però, impostiamo la ricerca, questa dà esito favorevole:
f (10) − f (1)
1
"
=
3
2
10 − 1
3 (c − 2)
√
√
f (10) = 3 10 − 2 = 3 8 = 2
√
√
f (1) = 3 1 − 2 = 3 −1 = −1
1
1
2+1
"
= 1
=
3
2
9
3
3 (c − 2)
"
3
(c − 2)2 = 1 ⇒ (c − 2)2 = 1
c−2=1 ⇒ c=3
è interno all’intervallo
c − 2 = −1 ⇒ c = 1 non è interno all’intervallo
Dunque esiste il punto c richiesto ed è c = 3.
19
© LOESCHER EDITORE 2009 - PAGINA LIBERAMENTE FOTOCOPIABILE A USO DIDATTICO
Risorse per l’insegnante e per la classe