Verifica di Matematica - · PDF fileUna volta mostrato che per x che tende a 2 la funzione...
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LiceoScientificoParitario“R.Bruni” Padova,loc.PontediBrenta,16/12/2015
VerificadiMatematicaClasseV
Soluzione
Problemi.Sirisolvaunodeidueproblemi:
1. Siconsideriunalattinadichinottoda330ml ,approssimabileauncilindrodibaseparia5cm,lacuimassaèdi15g(lospessoreètrascurabile).Sisuppongalalattinacompletamentepienadichinotto,lacuidensitàèparia1,024g cm3 .Siimmaginichelalattinasiaappoggiatasuuntavolo perfettamente orizzontale e che il chinotto venga aspirato dall’alto inmodo regolaretramiteunacannucciadimassatrascurabile.
i. Si descriva comevaria l’altezzadel baricentrodel sistema lattina-chinottomanmanocheilliquidovieneaspirato.
ii. Ricordando che l’altezza del baricentro di un sistema costituito da duemasse è datadallarelazione(LATTstaperlattinaeCHINperchinotto)
h=mLATT ·hLATT +mCHIN·hCHIN
mLATT +mCHIN
,
sideterminil’altezzah x( ) delbaricentroinfunzionedell’altezzaxdelliquido.Sistudilafunzione y = h x( ) esenetracciilgraficoqualitativoinunpianocartesianoOxy,senzaconsiderarelelimitazionidatedalproblema.
iii. Provareche,dentroilimitipostidalproblema,lafunzioneammetteunminimoassolu-to. [inventato]
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Risoluzione.
i. Sidescrivacomevarial’altezzadelbaricentrodelsistemalattina-chinottomanmanocheilliquidovieneaspirato.
Ilsistemaècostituitodadueparti:unadimassacostante,lalattina,ilcuibaricentroèilsuocentrodisimmetria;unadimassavariabile,ilchinotto,ilcuibaricentrodiminuiràlasuaaltezzafinoaze-ro.
Dettahl’altezzadellalattina,all’inizioilbaricentrositroveràall’altezza h 2 perchéintalepuntohannoilbaricentroledueparti.Ancheallafine,quandononc’èpiùchinotto,ilbaricentrositrove-ràsempreall’altezzadih 2 ,centrodisimmetriadellaprimaparte.
Tralasituazioneinizialeefinaleilbaricentroall’iniziotenderàascenderefinoaunvaloreminimo(nelqualelamassadella lattinasaràugualeallamassadelchinotto)perpoiritornarenellaposi-zioneiniziale.
ii. Ricordandochel’altezzadelbaricentrodiunsistemacostituitodaduemasseèdatodalla
relazione(LATTstaperlattinaeCHINperchinotto)
h=mLATT ·hLATT +mCHIN·hCHIN
mLATT +mCHIN
,
sidetermini l’altezza h x( ) delbaricentro in funzionedell’altezzaxdel liquido.Si studi lafunzione y = h x( ) esenetracciilgraficoqualitativoinunpianocartesianoOxy,senzacon-siderarelelimitazionidatedalproblema.
DATI:mLATT =15g φLATT =5cm
ρCHIN =1,024 g cm3 VCHINiniziale =330cm3
Determinol’altezzadellalattina:VCHINiniziale =VLATT =πrLATT
2 ·h⇒ h=4VLATT
πφLATT2
=2645π
≈16,8cm .
Determinol’altezzadelchinotto:poichél’aspirazioneèregolare,hCHIN = x ,con0≤ x ≤ h 2 .
Ne consegue che anche il volume del chinotto varia secondo la relazione
VCHIN =πφLATT
2
4·x⇒VCHIN =
254π ·x .SiconcludechelamassadelchinottoèmCHIN = ρCHIN·VCHIN =
325π ·x .
Neconsegueche
h x( )=15·132
5π+325π x·x
15+ 325π x
⇒ h x( )= 1980+32π2x2
75π +32π 2x.
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Senzaconsiderarelelimitazionipostedalproblema,ildominiodellafunzioneèD =R \ −7532π
⎧⎨⎩
⎫⎬⎭.
La funzionenonammetteparticolari simmetrie, precisamente h x( )≠h −x( )≠−h x( ) . La funzione
nonsiannullamaiedèpositivaper x >− 7532π
.
Poiché limx→−75 32π( )
±h x( )=±∞ lafunzioneammetteunasintotoverticalediequazione x =− 75
32π.
Poiché limx→±∞
h x( )=±∞ lafunzionenonammetteasintotiorizzontali.Ammettetuttaviaunasintoto
obliquoinquantom= limx→±∞
h x( ) x =1 eq = limx→±∞
h x( )− x⎡⎣
⎤⎦=−75 32π( ) .L’equazionedell’asintotoè
y = x − 7532π
.
Ilgraficoqualitativodellafunzioneèriportatodiseguito.
Relativamentealproblemasiosservacheper x = 1325π
(lattinapiena)ilbaricentrositrovaallastes-
saaltezzadiquandolalattinaèvuota( x = 0 ):h 0( )= 1325π= h 132
5π
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ .Sivedailgraficodiseguitori-
portato(scala1:3,5).
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iii. Provareche,dentroilimitipostidalproblema,lafunzioneammetteunminimoassoluto.
Dal graficodella funzione si evince che c’èunminimoassoluto. La suapresenzaègarantitadal
TeoremadiWeierstrassapplicatonell’intervallochiusoelimitato 0; 1325π
⎡
⎣⎢
⎤
⎦⎥ ,doveivilafunzioneri-
sultaesserecontinuaperchérapportotrafunzionicontinue(polinomiali).
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2. Inunasemicirconferenzadidiametro AB =2r ecentroOsiconsiderinoipuntiCeDtalichelarettapassanteperA,CsiaparallelaallarettapassanteperD,O.SipongaBC = x .
i. Sidetermininoivaloridellimitea. perCchetendeaBdelrapportotra AC eOD .
b. perCchetendeadAdelrapportotra AC eladifferenzatra AB eBC .
Siconsideri,d’orainavanti, r =1 .
ii. Siponga f x( )= AC AB−BC( ) .Sistudilafunzione y = f x( ) esenetracciilgraficoqua-litativoinunpianocartesianoOxy,senzaconsiderarelelimitazionidatedalproblema.
iii. Sideterminiiltipodiconicasucuigiaceilgraficodellafunzione y = g x( )=CD2eside-
ducailgraficodi y = h x( )=CD ,tenendocontodeilimitipostidalproblema.Utilizzando
iteoremiriguardantilefunzionicontinue,dedurrecheiltriangoloOCDpuòessereequi-latero.
[inventato]
Risoluzione.
AB =2r AO =BO =CO =DO = r
BC = x
i. Sidetermininoivaloridellimitea. perCchetendeaBdelrapportotra e .
b. perCchetendeadAdelrapportotra eladifferenzatra e .
ApplicoilTeoremadiPitagoraaltriangolorettangoloABC: AC = 4r2 − x2 .
SeCtendeaBalloraxtendea0+ .Nerisultache
limx→0+
4r2 − x2
r=2 .
SeCtendeadAalloraxtendea2r− .Nerisultache
limx→2r−
4r2 − x2
2r − x=
00
⎡
⎣⎢⎤
⎦⎥= lim
x→2r−
2r − x · 2r + x2r − x
= limx→2r−
2r + x
2r − x=
2 r0+
⎡
⎣⎢⎢
⎤
⎦⎥⎥=+∞ .
AC OD
AC AB BC
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ii. Siponga .Sistudilafunzione esenetracciilgraficoqua-
litativoinunpianocartesianoOxy,senzaconsiderarelelimitazionidatedalproblema.
Studiolafunzione f x( )= 4− x2
2− x.
Il dominio della funzione è D = x|x ∈ R∧4− x2 ≥ 0∧2− x ≠ 0{ }= −2;2⎡⎣
⎡⎣ . Poiché il dominio non è
simmetricorispettoallo0,lafunzionenonènéparinédispari.
Lafunzionesiannullaper x =−2 edèpositivaper x ∈ −2;2⎤⎦
⎡⎣ .
Poiché limx→2−
f x( )=+∞ (sivedapunto ib), la funzioneammetteunasintotoverticalediequazione
x =2 .
Ilgraficodellafunzioneèilseguente:
iii. Sideterminiiltipodiconicasucuigiaceilgraficodellafunzione y = g x( )=CD2eside-
ducailgraficodi y = h x( )=CD ,tenendocontodeilimitipostidalproblema.Utilizzando
iteoremiriguardantilefunzionicontinue,dedurrecheiltriangoloOCDpuòessereequi-latero.
Inriferimentoallafiguraafianco,consideroiltriangoloOBHe
applico il Teorema di Pitagora: OH = 1− x2 4 . Ora,
DH =OD−OH =1− 1− x2 4 .ConsideroiltriangoloCDHeap-plicoilTeoremadiPitagora:
f x( )= AC AB−BC( ) y = f x( )
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CD2=CH
2+HD
2⇒CD
2=x2
4− 1− 1− x2
4
⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟
2
⇒CD2=2− 4− x2 .
Lafunzionedaconsiderareè y = g x( )=2− 4− x2 ;percapireaqualeconicaappartienebastaiso-
larelaradiceedelevareamboimembriallaseconda:
4− x2 =2− y⇔−2≤ x ≤2y ≤2
4− x2 = 2− y( )2
⎧
⎨⎪⎪
⎩⎪⎪
.
LaconicaèlacirconferenzadiequazioneC: x2 + y−2( )2= 4 ,ovveroC C 0;2( );2( ) .
LafunzioneghadominioD = −2;2⎡⎣
⎤⎦ elasuaimmagineè Im g( )= 0;2⎡
⎣⎤⎦ .Ilsuograficoèunasemi-
circonferenza.Lafunzionehèlacompostatralafunzioneradicequadrataelafunzioneg.Necon-segueche
• se0< g x( )<1 allorah x( )> g x( ) ;• seg x( )= 0∨g x( )=1 allorah x( )= g x( ) .• se1< g x( )≤2 allorah x( )< g x( ) .
Igraficidellefunzionisonodiseguitorappresentati:
Ora, affinché il triangolo OCD sia equilatero, deve accadere che CD =OC =OD , ovvero che
h x( )=1 .CiòèassicuratodalTeoremadeivaloriintermedivistochemin h( )= 0 emax h( )= 2 >1 .
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Questionario.Risolvitredeiseiquesiti:
1. Unavoltamostratocheperxchetendea2lafunzione f x( )= ln 2x −3( ) èuninfinitesimo,
determinarnel’ordine. [inventato]
risoluzione.Poiché limx→2
f x( )= 0 lafunzioneèuninfinitesimoperxchetendea2.Perdetermi-
narnel’ordineverificoperqualevalorerealepositivo γ ilseguentelimiterisultaesserefinitononnullo:
limx→2
ln 2x −3( )x −2( )
γ= lim
x→2
ln 2x −4( )+1⎡⎣
⎤⎦
x −2( )γ
.
Pongo t =2x −4 ,percuise x→2 allora t→0 .Sihache x = log2 t+4( ) eillimitediventa
limt→0
ln t+1( )log2 t+4( )− log2 4( )
γ= lim
t→0
ln t+1( )log2
γ t 4+1( )= lim
t→0
ln t+1( )lnγ t 4+1( )
lnγ 2
= lnγ 2·limt→0
ln t+1( )lnγ t 4+1( )
.
Utilizzandoillimitenotevole limx→0
ln x+1( )x
=1 ottengo:
lnγ 2·limt→0
t·ln t+1( )
t
t 4( )γ·lnγ t 4+1( )
t 4( )γ
= 4ln2( )γlimt→0
t1−γ .
Ora,osservochese0<γ <1 alloraillimiterisultanullo;seγ >1 alloraillimiterisultainfinito.
Perγ =1 illimiteè 4ln2 ,quindilafunzioneèuninfinitesimodiordine1perxchetendea2.
2. Determina i coefficienti dell’equazione y = ax2 +6
bx+3 affinché la curva rappresentativa am-
mettaunasintotoobliquodiequazione y = x+3 . [SU2007]
risoluzione.Affinché ilgraficodellafunzione fa ,b x( )= ax2 +6
bx+3ammettaunasintotoobliquodi
equazione y = x+3 deveaccadereche limx→±∞
fa ,b x( ) x =1∧ limx→±∞
fa ,b x( )− x⎡⎣
⎤⎦=3 .
limx→±∞
fa ,b x( ) x =1⇒ limx→±∞
ax2 +6bx2 +3x
=1⇒ ab=1⇒ a = b .
limx→±∞
fa ,b x( )− x⎡⎣
⎤⎦=3⇒ lim
x→±∞
ax2 +6bx+3
− x⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟=3⇒ lim
x→±∞
a−b( )x2 −3x+6
bx+3=3⇒
a=b
limx→±∞
−3x+6bx+3
=3⇒
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⇒−3b=3⇒ b=−1 .
Quindia =−1= b .
3. Quandounafunzionerealeècontinuainunpunto xP ?
DeterminailvaloredelparametrorealekaffinchélafunzionesiacontinuasututtoR.
[inventato]
f x( )=x2 + x 2+k( )ex+1 sex ≤ 0
k− x2 −1 2 sex > 0
⎧
⎨⎪
⎩⎪.
risoluzione.Una funzione f didominioD sidiceesserecontinua inunpunto x0 ∈D quando
limx→x0
f x( )= f x0( ) . Se x0 ∈D!
(interno del dominio), allora f è continua in x0 quando
limx→x0
−f x( )= f x0( )= lim
x→x0+f x( ) .
Lafunzionedataècontinuain R \ 0{ } pernoteproposizionisullefunzionicontinue.Impongo
lacontinuitàin0:
limx→0−
f x( )= f 0( )= limx→0+
f x( )⇒ ke = k−1 2⇒ k = 12 1−e( )
.
4. Determinare l’angolo in gradi sessagesimali tra i vettorirv 1;1;−1( ) e rw 2;−3;4( ) , ap-
prossimandoilrisultatoaiprimi. [inventato]
risoluzione.Dal confronto delle relazioni!v •!w = xvxw + yvyw + zvzw ∧
!v •!w =v·wcosϑ posso de-
terminarel’angolorichiesto:!v •!w = xvxw + yvyw + zvzw =2−3−4 =−5∧
!v •!w =v·wcosϑ = 3· 29cosϑ = 87cosϑ ,
quindicosϑ =−5 87⇒ϑ = arccos −5 87( )⇒ϑ ≈122°2 ʹ5 .
5. Lafunzione f x( )=2x3 −3x2 +2 haunsolozeroreale,valeadirecheilsuograficointerseca
una sola volta l’asse delle ascisse. Fornire un’esauriente dimostrazione di questo fatto estabilireselozerodellafunzioneèpositivoonegativo. [OR2003]
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risoluzione.Pervederecheilgraficodellafunzioneintersechil’assedelleascisseinalmenounpunto basta applicare il Teorema di esistenza degli zeri alla funzione data, ad esempio,nell’intervallochiusoelimitato −1;0⎡
⎣⎤⎦ .
Lafunzionerisultaivicontinuaperchépolinomialee f −1( )· f 0( )=−6< 0 ,quindi leipotesidelsuddettoteoremasonoverificate,ovverolafunzioneammettealmenounozerocheènegati-vo.
Per verificare che è unico posso attuare il confronto tra grafici. Posto f x( )= 0 , si ha che
2x3 −3x2 +2= 0⇒ x3 =32x2 −1⇒ g1 x( )= g2 x( ) . Laprima funzioneammettecomegraficouna
cubicamentre la seconda una parabola di vertice V 0;−1( ) e concavità rivolta verso l’alto.Comesivededallarappresentazioneseguente,igraficidelleduefunzionisiintersecanoinunsolopunto:
Effettivamenteilgraficodellafunzionefèilseguente:
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6. Illimitedellafunzione f x( )= x − lnx per x→+∞ è:
[A]0. [B]unvalorefinitodiversoda0. [C]+∞ . [D]−∞ .
Unasolaalternativaècorretta:individuarlaefornireun’esaurientespiegazionedellasceltaoperata. [SU2006]
risoluzione. La risposta corretta è la [C]: limx→+∞
x − lnx( )= +∞−∞⎡⎣
⎤⎦= lim
x→+∞x 1− lnx
x
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟= lim
x→+∞x =+∞ ,
dove nel penultimo passaggio si è fatto uso della gerarchia degli infiniti, ovvero chelimx→+∞
lnx x = 0 (la funzione logaritmo tende all’infinitomolto più lentamente di una qualsiasi
funzionepolinomiale).
_________________________
NOTE:
i. Èammessol’usodelcalcolatoreelettronicooditavolenumeriche;
ii. Punteggiomassimo15p.ti.Perlasufficienzaènecessarioraggiungereilpunteggiodi10p.ti.