Maturità 2017: secondo quesito

Andrea Wan

Una torta di forma cilindrica è collocata sotto una cupola di plastica di forma semisferica. Dimostrare che la torta occupa meno dei 3/5 del volume della semisfera.

Prerequisiti

  • conoscere il volume del cilindro e della sfera
  • trigonometria e disequazioni trigonometriche
  • studio di funzione

Sviluppo

(1)   \begin{equation*} V_{torta}<\cfrac{3}{5}\cfrac{V_{sfera}}{2} \end{equation*}

Schematizzo il problema in questa maniera:

(2)   \begin{gather*}  \pi r^{2} h<\cfrac{3}{5}\cdot \cfrac{4}{3}\cdot \cfrac{1}{2}\pi R^{3} \\  r^{2} h<\cfrac{2}{5}R^{3} \end{gather*}

(3)   \begin{gather*} h=R\sin \alpha \\ r=R\cos \alpha \\ \end{gather*}

sostituendo questo nella (2) devo dimostrare che:

(4)   \begin{gather*} R^{2}\cos^{2} \alpha \cdot R\sin \alpha < \cfrac{2}{5}R^{3} \\ \cos^{2} \alpha \cdot \sin \alpha < \cfrac{2}{5}\\ \left ( 1-\sin ^{2}\alpha  \right )\cdot \sin \alpha < \cfrac{2}{5}\\ \sin \alpha -\sin ^{3}\alpha -\cfrac{2}{5}< 0 \end{gather*}

pongo \sin \alpha =t
con 0\leqslant \alpha \leqslant \cfrac{\pi}{2} e quindi 0\leqslant t \leqslant 1

devo risolvere:

(5)   \begin{gather*} 5t-5t^3-2< 0 \\ 5t^3-5t+2> 0 \\ \end{gather*}

Effettuando uno studio di funzione di:

(6)   \begin{equation*} y=5t^3-5t+2 \end{equation*}

vedo che ha questo andamento per cui ho dimostrato l'affermazione del problema in quanto la funzione è sempre positiva nell'intervallo considerato

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Maturità 2017: problema 2

Consideriamo la funzione f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}, periodica di periodo T=4 il cui grafico, nell'intervallo  [0;4], è il seguente:

Come si evince dalla figura 1, i tratti OB, BD, DE del grafico sono i segmenti i cui estremi hanno coordinate: O(0,0), B(1,1), D(3,1), E(4,0).

1) Stabilisci in quali punti del suo insieme di definizione la funzione f è continua e in quali è derivabile e verifica l'esistenza dei limiti: \underset{x\rightarrow \infty }{lim} f(x) e \underset{x\rightarrow \infty }{lim} \cfrac{f(x)}{x}; qualora esistano, determinare il valore.
Rappresenta inoltre, per x\in \left [ 0;4 \right ], i grafici delle funzioni:

(1)   \begin{equation*} g(x)=f'(x) \end{equation*}

(2)   \begin{equation*} h(x)=\int_{0}^{x}f(t)dt \end{equation*}

Prerequisiti

  • conoscere le caratteristiche dei punti angolosi
  • retta passante per due punti
  • conoscere i limiti
  • conoscere bene le derivate
  • conoscere gli integrali
  • saper fare un grafico con sicurezza delle funzioni elementari quali retta e parabola

Svolgimento
\underset{x\rightarrow \infty }{lim} f(x)
non può esistere essendo f(x) una funzione che oscilla tra +1 e -1.
Invece
\underset{x\rightarrow \infty }{lim} \cfrac{f(x)}{x}=0
in quanto f(x) varia sempre da +1 a -1 e diviso per un numero che tende all'infinito inevitabilmente si avrà lo 0 come risultato.

Per risolvere la (1), preferisco prima scrivere le equazioni che rappresentano la funzione periodica f(x).

L'equazione della retta passante per O(0,0), B(1,1) è proprio la bisettrice del primo quadrante y=x.
Per avere l'equazione della retta passante per B(1,1), D(3,-1) uso la relazione:

(3)   \begin{equation*} \cfrac{y-y_{D} }{ y_{B}-y_{D} }=\cfrac{x-x_{D}}{x_{B}-x_{D}} \end{equation*}

(4)   \begin{gather*} \cfrac{y+1}{1+1}=\cfrac{x-3}{1-3} \\ y=-x+2 \end{gather*}

Per avere l'equazione della retta passante per D(3,-1), E(4,0) uso la relazione (3)

(5)   \begin{gather*} \cfrac{y-0}{-1+0}=\cfrac{x-4}{3-4} \\ y=x-4 \end{gather*}

Ricapitolando:

(6)   \begin{equation*} f(x)=\left\{\begin{matrix} x & 0\leqslant x\leqslant 1\\ -x+2 &1\leqslant x\leqslant 3 \\ x-4 & 3\leqslant x\leqslant 4 \end{matrix}\right. \end{equation*}

La (1) adesso si può calcolare derivando la (6) tra gli opportuni intervalli:

(7)   \begin{equation*} g(x)=f'(x)=\left\{\begin{matrix} 1 & 0\leqslant x\leqslant 1\\ -1 &1\leqslant x\leqslant 3 \\ 1 & 3\leqslant x\leqslant 4 \end{matrix}\right. \end{equation*}

La sua rappresentazione grafica è:

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Per trovare la (2), uso ancora la (6) considerando gli intervalli opportuni.

Per x\in [0;1]

(8)   \begin{equation*} h(x)=\int_{0}^{x}tdt=\left\begin{matrix} \cfrac{1}{2}t^{2}\end{matrix}\right|_{0}^{x}=\cfrac{x^{2}}{2} \end{equation*}

Per x\in [1;3]

(9)   \begin{gather*} h(x)=\int_{0}^{x}f(t)dt=\int_{0}^{1}tdt+\int_{1}^{x}(-t+2)dt= \\ \left\begin{matrix} \cfrac{1}{2}t^{2}\end{matrix}\right|_{0}^{1}+\left\begin{matrix} -\cfrac{t^{2}}{2}+2t\end{matrix}\right|_{1}^{x}= \\ \cfrac{1}{2}-\cfrac{x^{2}}{2}+2x+\cfrac{1}{2}-2=\\ -1-\cfrac{x^{2}}{2}+2x \end{gather*}

Per x\in [3;4]

(10)   \begin{gather*} h(x)=\int_{0}^{x}f(t)dt=\int_{0}^{1}tdt+\int_{1}^{3}(-t+2)dt+\int_{3}^{x}(t-4)dt \\ \left\begin{matrix} \cfrac{1}{2}t^{2} \end{matrix}\right|_{0}^{1}+ \left\begin{matrix} -\cfrac{t^{2}}{2}+2t \end{matrix}\right|_{1}^{3}+ \left\begin{matrix} (\cfrac{t^{2}}{2}-4t) \end{matrix}\right|_{3}^{x}= \\ \cfrac{1}{2}+\left ( -\cfrac{9}{2}+6 \right )-\left ( -\cfrac{1}{2}+2 \right )+\cfrac{x^2}{2}-4x-\cfrac{9}{2}+12\\ 8+\cfrac{x^2}{2}-4x \end{gather*}

Riunisco la (8) la (9) e la (10)

(11)   \begin{equation*} h(x)=\left\{\begin{matrix} \cfrac{x^{2}}{2} & 0\leqslant x\leqslant 1\\ -1-\cfrac{x^{2}}{2}+2x& 1\leqslant x\leqslant 3\\ 8+\cfrac{x^2}{2}-4x & 3\leqslant x\leqslant 4 \end{matrix}\right. \end{equation*}

La sua rappresentazione grafica è la rappresentazione di tre parabole negli opportuni intervalli:

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2) Considera la funzione:

(12)   \begin{equation*} s(x)=\sin \left ( bx \right ) \end{equation*}

con b costante reale positiva; determina b in modo che s(x) abbia lo stesso periodo di f(x).
Dimostra che la porzione quadrata di piano OABC in figura 1 viene suddivisa dai grafici di f(x) e s(x) in tre parti distinte e determina le probabilità che un punto preso a caso all'interno del quadrato OABC ricada in ciascuna delle 3 parti individuate.

Prerequisiti

  • conoscere il significato di periodicità di una funzione trigonometrica
  • conoscere la definizione di probabilità
  • applicare il concetto di probabilità nel caso della geometria piana
  • conoscere l'integrale come area di una regione finita di piano

Sviluppo

Perché la funzione (12) abbia periodo 4 è sufficiente studiare quando:

(13)   \begin{equation*} \sin \left ( bx \right )=0 \end{equation*}

esso si annullerà quando:

(14)   \begin{gather*} bx=\pi \\ bx=2\pi \end{gather*}

avendo periodo 4 significa che sia per x=4 ma anche x=2 si annulla per cui:

(15)   \begin{gather*} b2=\pi \\ b4=2\pi \end{gather*}

entrambe mi portano ad affermare che

(16)   \begin{equation*} b=\cfrac{\pi }{2} \end{equation*}

Rappresento graficamente la situazione per x\in [0;1], ossia all'interno del quadrato OABC.

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e si osserva che si hanno tre regioni.
La definizione di probabilità è:

(17)   \begin{equation*} P=\cfrac{favorevoli}{probabili} \end{equation*}

In questo caso: l'evento favorevole è una delle tre aree, l'evento probabile è l'area totale che vale 1 essendo un quadrato di lato 1.

L'area della zona superiore si calcola sottraendo all'area del quadrato di lato unitario l'integrale della funzione s(x):

(18)   \begin{gather*} A_{1}=1-\int_{0}^{1}\sin \left ( \cfrac{\pi}{2}x \right )dx= \\ 1-\left\begin{matrix} \left (-\cos \left ( \cfrac{\pi}{2}x \right )\cdot \cfrac{2}{\pi} \right ) \end{matrix}\right|_{0}^{1}= \\ 1-\cfrac{2}{\pi} \end{gather*}

Essa corrisponde alla probabilità che il punto possa cadere in quest'area.

L'area della zona centrale si calcola attraverso l'integrale della funzione s(x) a cui sottraggo l'area del triangolo di base 1 ed uguale altezza.

(19)   \begin{gather*} A_{2}=\int_{0}^{1}\sin \left ( \cfrac{\pi}{2}x \right )dx-\cfrac{1}{2}= \\ \left\begin{matrix} -\cos \left ( \cfrac{\pi}{2}x \right )\cdot \cfrac{2}{\pi} -\cfrac{1}{2} \end{matrix}\right|_{0}^{1}= \\ \cfrac{2}{\pi}-\cfrac{1}{2} \end{gather*}

La terza area corrisponde all'area del triangolo di base 1 ed altezza unitaria:

(20)   \begin{equation*} A_{3}=\cfrac{1}{2} \end{equation*}

3) Considerando ora le funzioni:

(21)   \begin{equation*} f(x)^2 \end{equation*}

e

(22)   \begin{equation*} s(x)^2 \end{equation*}

discuti, anche con argomentazioni qualitative, le variazioni (in aumento o in diminuzione) dei tre valori di probabilità determinati al punto precedente

Prerequisiti

  • conoscenza del grafico del quadrato di una funzione e sua approssimazione grafica
  • sapere sviluppare in maniera molto sicura gli integrali

Sviluppo

Tra 0\leqslant x\leqslant 1 la f(x)^2 da retta diventa una parabola.
mentre la funzione trigonometrica s(x) ha un flesso per x=\cfrac{1}{2}.
Si può quindi qualitativamente dire che
A_{3} diminuisce
A_{1} aumenta

Per meglio evidenziare la situazione faccio il grafico delle tre curve che può essere ricavato solo se precedentemente ci si è esercitati con i grafici delle funzioni trigonometriche.

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Per l'area compresa si deve calcolare il seguente integrale:

(23)   \begin{equation*} A_{2}=\int_{0}^{1}\left (\sin \left ( \cfrac{\pi}{2}x \right ) \right )^2-x^{2}dx \end{equation*}

Vi sono due strade e la migliore è analizzare il grafico:

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e si nota che l'area del grafico della funzione trigonometrica è proprio l'area del triangolo di base unitaria ed altezza uguale in quanto i contributi della "gobba" si bilanciano.

Quindi è sufficiente calcolare il seguente integrale notevolmente più semplice:
Per l'area compresa si deve calcolare il seguente integrale:

(24)   \begin{gather*} A_{2}=\cfrac{1}{2}-\int_{0}^{1}x^{2}dx= \\ \cfrac{1}{2}-\left\begin{matrix} \cfrac{x^3}{3} \end{matrix}\right|_{0}^{1}= \\ \cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{3}=\cfrac{1}{6} \end{gather*}

valore di poco inferiore a quello precedente.

4) Determina il volume del solido generato dalla rotazione attorno all'asse y della porzione di piano compresa tra il grafico della funzione h(x) per x\in [0;3] e l'asse x.

Prerequisiti

  • conoscere la formula per il calcolo del volume di figure piane che ruotano attorno all'asse y.

Sviluppo

Si utilizza la seguente formula:

(25)   \begin{equation*} V=2\pi\int_{a}^{b}xf(x)dx \end{equation*}

La applico ad h(x)

(26)   \begin{gather*} V=2\pi\int_{0}^{1}\cfrac{x^3}{2}dx+\int_{1}^{3}-x-\cfrac{x^3}{2}+2x^{2}dx= \\ 2\pi \cdot \left\begin{matrix} \cfrac{x^4}{8} \end{matrix}\right|_{0}^{1}+ \left\begin{matrix} -\cfrac{x^2}{2}-\cfrac{x^4}{8}+\cfrac{2x^3}{3}- \end{matrix}\right|_{1}^{3}= \\ 2\pi \cdot \left (\cfrac{1}{8} -\cfrac{9}{2}-\cfrac{81}{8}+\cfrac{54}{3}+\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{8}-\cfrac{2}{3} \right )= \\ 2 \pi\cdot \cfrac{83}{24}= \pi\cdot \cfrac{83}{12} \end{gather*}

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Maturità 2017: problema 1

Si può pedalare agevolmente su una bicicletta a ruote quadrate? A New York, al MoMath-Museum of Mthematics si può fare, in uno dei padiglioni dedicati al divertimento matematico

E' però necessario che il profilo della pedana su cui il lato della ruota può scorrere soddisfi alcuni requisiti.

nella figura 2 è riportata una rappresentazione della situazione nel piano cartesiano Oxy: il quadrato di lato DE=2 (in opportune unità di misura) e di centro C rappresenta la ruota della bicicletta, il grafico della funzione f(x) rappresenta il profilo della pedana.

1) Sulla base delle informazioni ricavabili dal grafico in figura 2, mostra, con le opportune argomentazioni, che la funzione:

f(x)=\sqrt{2}-\cfrac{e^{x}+e^{-x}}{2} x\in \mathbb{R}
rappresenta adeguatamente il profilo della pedana per x\in \left [ -a;a \right ]; determina inoltre il valore degli estremi a e -a dell'intervallo.

Prerequisiti

  • saper risolvere un'equazione esponenziale
  • conoscere il logaritmo e le sue proprietà
  • saper derivare una funzione esponenziale
  • calcolare il massimo di una funzione
  • saper risolvere una disequazione esponenziale

Sviluppo

Calcolo le intersezioni della funzione annullandola

(1)   \begin{gather*} \sqrt{2}-\cfrac{e^{x}+e^{-x}}{2}=0 \\ 2\sqrt{2}-e^{x}-e^{-x}=0 \\ 2\sqrt{2}-e^{x}-\cfrac{1}{e^{x}}=0 \\ 2\sqrt{2}e^{x}-e^{2x}-1=0 \\ e^{2x}-2\sqrt{2}e^{x}+1=0 \\ \end{gather*}

adesso pongo

(2)   \begin{equation*} e^{x}=t \end{equation*}

e devo risolvere una semplice equazione di secondo grado:

(3)   \begin{gather*} t^2-2\sqrt{2}t+1=0 \\ t_{1,2}=\cfrac{2\sqrt{2}\pm \sqrt{8-4}}{2}=\cfrac{2\sqrt{2}\pm 2}{2}=\sqrt{2}\pm 1 \end{gather*}

torno alla (2) con le soluzioni trovate e risolvo la relativa equazione esponenziale

(4)   \begin{gather*} e^{x}=\sqrt{2}+1 \\ x=\ln (\sqrt{2}+1)\simeq 0.88 \end{gather*}

La prima intersezione è:

a\simeq 0.88

(5)   \begin{gather*} e^{x}=\sqrt{2}-1 \\ x=\ln (\sqrt{2}-1)\simeq -0.88 \end{gather*}

La seconda intersezione è:

a\simeq -0.88

Adesso calcolo la derivata prima e determino i punti di massimo o di minimo così da verificare che l'andamento della curva sia come quello della figura 2.

f(x)=\sqrt{2}-\cfrac{e^{x}+e^{-x}}{2}

(6)   \begin{equation*} f(x)^{'}=-\cfrac{e^{x}-e^{-x}}{2} \end{equation*}

La annullo per verificare i potenziali punti di massimo o minimo

(7)   \begin{equation*} -\cfrac{e^{x}-e^{-x}}{2}=0 \end{equation*}

il metodo più veloce per risolverla è la loro rappresentazione grafica che permette poi anche di studiare subito il segno per determinare dove la funzione cresce o decresce.

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e si nota subito che l'unico punto in cui si intersecano è lo 0.
Tale punto è di massimo o di minimo?
Studio il segno della derivata prima.

sempre dal grafico si nota che e^x è maggiore di e^{-x} per x>0 ma essendoci il segno meno davanti alla derivata prima si ha il seguente grafico del segno:

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e quindi per x=0 si ha proprio un punto di massimo,

f(0)=\sqrt{2}-\cfrac{e^{0}+e^{^{-0}}}{2}=\sqrt{2}-1\simeq 0.41

ed il grafico della funzione è proprio quello della figura 2.

Per visualizzare il profilo completo della pedana sulla quale la bicicletta potrà muoversi, si affiancano varie copie del grafico della funzione f(x) relativo all'intervallo [-a;a], come mostrato in figura 3.

2) Perché la bicicletta possa procedere agevolmente sulla pedana è necessario che:

  • a sinistra e a destra dei punti di non derivabilità i tratti del grafico siano ortogonali;
  • la lunghezza del lato della ruota quadrata risulti pari alla lunghezza di una "gobba", cioè dell'arco di curva di equazione y=f(x) per x\in \left [ -a;a \right ]

stabilisci se tali condizioni sono verificate. In generale, la lunghezza dell'arco di curva avente equazione y=\varphi (x) compreso tra le ascisse x_{1} e x_{2} è data da

(8)   \begin{equation*} \int_{x_{1}}^{x_{2}}\sqrt{1+\left ( \varphi '(x) \right )^2} dx \end{equation*}

Prerequisiti

  • riconoscere i punti di non derivabilità di una funzione
  • essere in grado di fare la derivata
  • collegamento tra il valore della derivata e l'inclinazione della retta tangente in quel punto.
  • essere in grado di sviluppare un integrale definito
  • proprietà dei logaritmi
  • ottima manualità con i radicali e i prodotti notevoli con i radicali stessi
  • molto precisi ed attenzione nei segni

Sviluppo

I punti di non derivabilità sono quelli in cui la curva interseca l'asse delle ascisse in quanto il valore della derivata destra e della derivata sinistra è differente. Nel caso specifico però calcolando la derivata in quei due punti posso avere il coefficiente angolare delle rette tangenti. Se esse sono tra loro opposte e reciproche allora i tratti del grafico di non derivabilità sono ortogonali.

Avevo già calcolato la derivata in (6) e risulta:

f(x)^{'}=-\cfrac{e^{x}-e^{-x}}{2}

La calcolo nei punti di intersezione già precedentemente trovati in (4) e (5) ossia:

x_{1}=\ln (\sqrt{2}-1)

x_{2}=\ln (\sqrt{2}+1)

(9)   \begin{equation*} f'(\ln (\sqrt{2}-1))=-\cfrac{e^{\ln (\sqrt{2}-1)}-e^{-\ln (\sqrt{2}-1)}}{2} \end{equation*}

ma partendo dalla definizione stessa di logaritmo

(10)   \begin{gather*} a^{b}=c \\ b=\log _{a}c \\ \end{gather*}

(11)   \begin{gather*} e^{\ln b}=c \\ \ln b=\ln c \\ b=c \end{gather*}

quindi

(12)   \begin{equation*} e^{\ln b}=b \end{equation*}

ed utilizzo anche la seguente proprietà:

(13)   \begin{equation*} c\log _{a}b=\log _{a}b^{c} \end{equation*}

che applicata in questo caso diventa:

(14)   \begin{equation*} -1\log _{a}b=\log _{a}b^{-1} \end{equation*}

Utilizzo la (12) e la (14) nella (9) e diventa:

(15)   \begin{gather*} -\cfrac{e^{\ln (\sqrt{2}-1)}-e^{-\ln (\sqrt{2}-1)}}{2}= \\ -\cfrac{\sqrt{2}-1-\cfrac{1}{\sqrt{2}-1}}{2}= \\ \cfrac{\left (\sqrt{2}-1 \right )^{2}-1}{2\left ( \sqrt{2}-1 \right )}= \\ \cfrac{2-2\sqrt{2}+1-1}{2\left ( \sqrt{2}-1 \right )}= \\ 1 \end{gather*}

seguendo lo stesso procedimento per l'altro punto d'intersezione

(16)   \begin{equation*} f'(\ln (\sqrt{2}+1))=-\cfrac{e^{\ln (\sqrt{2}+1)}-e^{-\ln (\sqrt{2}+1)}}{2}=-1 \end{equation*}

che forniscono il valore del coefficiente angolare delle rette tangenti e perché siano ortogonali deve valere la relazione:
m=-\cfrac{1}{m^{'}}

ed infatti è soddisfatta:

(17)   \begin{equation*} f'(\ln (\sqrt{2}-1))=-1=-\frac{1}{f'(\ln (\sqrt{2}+1))}=-\cfrac{1}{1}=-1 \end{equation*}

Nella seconda parte del quesito si chiedeva di calcolare un semplice integrale definito per calcolare la lunghezza dell'arco di curva, utilizzando il suggerimento, e porlo uguale alla lunghezza del quadrato che dato dal testo e vale 2.
Analiticamente deve valere questa condizione:

(18)   \begin{equation*} \int_{\ln \left ( \sqrt{2}-1 \right )}^{\ln \left ( \sqrt{2} +1\right )}\sqrt{1+\left ( -\cfrac{e^x-e^{-x}}{2} \right )^2}=2 \end{equation*}

Sviluppo l'argomento della radice

(19)   \begin{gather*} 1+\left ( -\cfrac{e^x-e^{-x}}{2} \right )^2= \\ 1+\cfrac{e^{2x}-2+e^{-2x}}{4}= \\ \cfrac{4+e^{2x}-2+e^{-2x}}{4}= \\ \cfrac{e^{2x}+2+e^{-2x} }{4}= \\ \cfrac{\left ( e^{x}+e^{-x} \right )^{2}}{4} \\ \end{gather*}

e l'integrale definito diventa:

(20)   \begin{equation*} \int_{\ln \left ( \sqrt{2}-1 \right )}^{\ln \left ( \sqrt{2} +1\right )} \sqrt{1+\left ( -\cfrac{e^x-e^{-x}}{2} \right )^2}=\int_{\ln \left ( \sqrt{2}-1 \right )}^{\ln \left ( \sqrt{2} +1\right )} \cfrac{1}{2}{\left ( e^{x}+e^{-x} \right ) \end{equation*}

la cui primitiva diventa:

(21)   \begin{equation*} \left\begin{matrix} \cfrac{1}{2}{\left ( e^{x}-e^{-x} \right )\end{matrix}\right|_{\sqrt{2}-1}^{\sqrt{2} +1} \end{equation*}

utilizzando tutte le proprietà dalla (10) alla (14) l'integrale definito diventa:

(22)   \begin{gather*} \cfrac{1}{2}\left [ \sqrt{2}+1- \cfrac{1}{\sqrt{2}+1}- \left ( \sqrt{2}-1-\cfrac{1}{\sqrt{2}-1} \right )\right ] \\ \cfrac{1}{2}\left [ \sqrt{2}+1- \cfrac{1}{\sqrt{2}+1}- \sqrt{2}+1+\cfrac{1}{\sqrt{2}-1} \right ] \\ \cfrac{1}{2}\left [ 2-\cfrac{1}{\sqrt{2}+1}+\cfrac{1}{\sqrt{2}-1} \right ] \\ \cfrac{1}{2}\left [ \cfrac{2\left ( \sqrt{2}+1 \right )\left ( \sqrt{2}-1 \right )-\sqrt{2}+1+\sqrt{2}+1}{\left ( \sqrt{2}+1 \right )\left ( \sqrt{2}-1 \right )} \right ] \\ \cfrac{1}{2}\left [ \cfrac{2+2}{1} \right ]=2 \end{gather*}

ed ho verificato l'affermazione del problema.

3) Consideriamo la similitudine dei triangoli rettangoli ACL e ALM in figura 4, e ricordando il significato geometrico della derivata, verifica che il valore dell'ordinata d del centro della ruota si mantiene costante durante il moto. Pertanto, al ciclista sembra di muoversi su una superficie piana.

Prerequisiti

  • conoscenza delle proprietà dei triangoli simili
  • conoscere bene la definizione di derivata e quindi inclinazione di una retta
  • conoscenza del teorema di Pitagora.

Sviluppo

Sfruttando la proprietà dei triangoli simili posso dire che:

(23)   \begin{equation*} LM : AM = AL : CL \end{equation*}

(24)   \begin{equation*} \cfrac{LM}{AM}=\cfrac{AL}{CL} \end{equation*}

questo rapporto è proprio il valore della derivata lungo la curva.

(25)   \begin{equation*} AL=f'(x)\cdot CL \end{equation*}

Applico Pitagora al triangolo DLC

(26)   \begin{equation*} AL^{2}+CL^{2}=AC^{2} \end{equation*}

(27)   \begin{equation*} CL=1 \end{equation*}

in quanto metà del lato

(28)   \begin{equation*} AC= d-f(x) \end{equation*}

utilizzando (25), la (27) e la (28) inserendola nella (26) ho:

(29)   \begin{equation*} f'(x)^{2}+1=\left ( d-f(x) \right )^{2} \end{equation*}

Adesso sostituisco i valori della derivata e della funzione ed ho:

(30)   \begin{gather*} \left (-\cfrac{e^x-e^{-x} }{2} \right )^{2}+1=\left (d-\sqrt{2}+\cfrac{e^x+e^{-x}}{2} \right )^2 \\ \cfrac{e^{2x}-2+e^{-2x}}{4}+1=\left (d-\sqrt{2}+\cfrac{e^x+e^{-x}}{2} \right )^2 \\ \cfrac{e^{2x}-2+e^{-2x}+4}{4}=\left (d-\sqrt{2}+\cfrac{e^x+e^{-x}}{2} \right )^2 \\ \cfrac{e^{2x}+2+e^{-2x}}{4}=\left (d-\sqrt{2}+\cfrac{e^x+e^{-x}}{2} \right )^2 \\ \left (\cfrac{e^{x}+e^{-x}}{2} \right )^2 =\left (d-\sqrt{2}+\cfrac{e^x+e^{-x}}{2} \right )^2 \\ \cfrac{e^{x}+e^{-x}}{2} =d-\sqrt{2}+\cfrac{e^x+e^{-x}}{2} \\ 0 =d-\sqrt{2} \\ d =\sqrt{2} \end{gather*}

e quindi d rimane costante.

Anche il grafico della funzione:

f(x)=\cfrac{2}{\sqrt{3} }-\cfrac{e^{x}+e^{-x}}{2} per x\in \left [ -\frac{\ln 3}{2} ; \frac{\ln 3}{2}\right ]
se replicato varie volte, può rappresentare il profilo di una pedana adatta a essere percorsa da una bicicletta con ruote molto particolari, aventi la forma di un poligono regolare.

4) Individua tale poligono regolare, motivando la risposta

Prerequisiti

  • relazione tra derivata ed inclinazione della retta
  • conoscere le proprietà dei logaritmi
  • saper bene le derivate

Sviluppo

L'ipotesi di partenza già mi dice che questo è un nuovo profilo per cui non devo fare tutti i passaggi precedenti e sempre nell'ipotesi gli estremi in cui è definita la funzione rappresentano le intersezioni con gli assi. Si può fare la verifica ma è sicuramente ridondante.

Allora calcolo la derivata prima nei punti d'intersezione.

La derivata prima è sempre la (6) che riporto:

f(x)^{'}=-\cfrac{e^{x}-e^{-x}}{2}

La devo calcolare nei punti d'intersezione:

(31)   \begin{gather*} f'\left (-\cfrac{\ln 3}{2} \right )=-\cfrac{e^ {-\frac{1}{2}\ln 3} -e^{-\frac{1}{2}\ln 3}}{2} \\ -\cfrac{\frac{1}{\sqrt{3}}-\sqrt{3}}{2}= -\cfrac{1-3}{2\sqrt{3}}=-\cfrac{-2}{2\sqrt{3}}=\cfrac{1}{\sqrt{3}} \end{gather*}

in maniera analoga con l'altro punto d'intersezione e l'inclinazione varrà:

(32)   \begin{equation*} f'\left (-\cfrac{\ln 3}{2} \right )=-\cfrac{1}{\sqrt{3}} \end{equation*}

Avere il valore dell'inclinazione della retta è come avere il valore della tangente di cui devo trovare il relativo angolo:

\tan \alpha =\cfrac{1}{\sqrt{3}}

Per cui l'angolo che forma la retta con l'asse delle ascisse vale esattamente

\alpha =30^{0}

Anche l'altra retta forma un angolo di 30^{0} per cui l'angolo tra i lati di questo poligono è 120^{0}

L'unico poligono che presenta tale angolo tra i sui lati è un esagono.

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Maturità 2017: quesito 1

Definito il numero E come:

(1)   \begin{equation*} E=\int_{0}^{1}xe^{x}dx \end{equation*}

dimostrare che risulta:

(2)   \begin{equation*} \int_{0}^{1}x^{2}e^{x}dx=e-2E \end{equation*}

ed esprimere

(3)   \begin{equation*} \int_{0}^{1}x^{3}e^{x}dx \end{equation*}

in termini di e ed E.

Prerequisiti:

  • conoscere l'integrazione per parti

Sviluppo:

La (2) la si risolve integrando per parti, ed utilizzo il seguente schema:

f(x)=x^{2} g(x)=e^{x}
f^{'}(x)=2x g^{'}(x)=e^{x}

 

(4)   \begin{equation*} \int_{0}^{1}x^{2}e^{x}dx\left=\begin{matrix} x^{2}e^{x}\end{matrix}\right|_{0}^{1}-2\int_{0}^{1}xe^{x}dx= e-2E \end{equation*}

 

Anche la (3) la si risolve per parti ed utilizzo il seguente schema:

f(x)=x^{3} g(x)=e^{x}
f^{'}(x)=3x^2 g^{'}(x)=e^{x}

(5)   \begin{equation*} \int_{0}^{1}x^{3}e^{x}dx\left=\begin{matrix} x^{3}e^{x}\end{matrix}\right|_{0}^{1}-3\int_{0}^{1}x^2e^{x}dx \end{equation*}

ed utilizzando le relazioni precedentemente trovare ho:

(6)   \begin{equation*} \int_{0}^{1}x^{3}e^{x}dx=e-3(e-2E)=e-3e+6E=-2e+6E \end{equation*}

 

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Maturità 2017: testo e sviluppo della prova d'esame

Ecco il testo: I043_ORD17

1P. Primo problema: ruota quadrata o poligonale

2P. Secondo problema: probabilità, integrali di rotazione, integrali in generale

1Q. Primo quesito: integrazioni per parti

2Q. Secondo quesito: trigonometria applicata alla geometria piana

3Q. Terzo quesito: calcolo di un limite parametrico

4Q. Quarto quesito: utilizzo della densità di probabilità

5Q. Quinto quesito: retta nello spazio passante per due punti e piano ad essa perpendicolare

6Q. Sesto quesito: calcolo del limite; condizioni di indeterminazione

7Q. Settimo quesito: sfere e piani

8Q. Ottavo quesito: permutazione con ripetizione, probabilità eventi indipendenti

9Q. Nono quesito: teorema di unicità degli zeri

10Q. Decimo quesito: teorema di Rolle e sua applicabilità ad una funzione non derivabile

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Verifica finale di Excel

Marion Adams

Completare tutti gli esercizi presenti in questo file excel ed inviarlo, al termne dei lavori a francesco.bragadin@whymatematica.com

 

Verifica finale

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Geometria nello spazio: esercizio 1

Guido Borelli

Data la sfera di centro C(2,-3,0) e raggio 2 determinare le equazioni dei due piani tangenti e paralleli al piano 3x-y+z=0

Svolgimento

Essendo piano paralleli al piano dato soddisferanno alla relazione

\cfrac{3}{a}=-\cfrac{1}{b}=\cfrac{1}{c}

a=-3b

c=-b

L'equazione del piano diventa:

-3bx+by-bz+d=0

Adesso pongo la distanza tra il centro della sfera e i piani uguale alla lunghezza del raggio

r=\cfrac{\left |ac_^{x}+bc_{y}+cc_{z}+d  \right |}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}

sostituendo adesso i valori numerici si ha:

r=\cfrac{\left |-3b\cdot 2-3b+d  \right |}{\sqrt{9b^{2}+b^{2}+b^{2}}}=2

r=\cfrac{\left |-9b+d  \right |}{\sqrt{11b^{2}}}=2

Essendovi il modulo avrò le seguenti due equazioni

-9b+d=2b\sqrt{11} che ha come soluzione

d=b(2\sqrt{11}+9)

e

9b-d=2b\sqrt{11}

d=b(-2\sqrt{11}+9)

Le equazioni dei piani sono quindi:

-3x+y-z+2\sqrt{11}+9=0

-3x+y-z-2\sqrt{11}+9=0

Graficamente si ha:

 

 

 

 

 

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Geometria nello spazio: esercizio 3

Paul Klee

Data la retta di equazione:

\left\{\begin{matrix} x=t\\ y=2t\\ z=t \end{matrix}\right.

e la retta di equazione:

\left\{\begin{matrix} x+y+z-3=0\\ 2x-y=0 \end{matrix}\right.

ed il punto P(1,0,-2)

determinare l'equazione del piano passante per P e parallelo alle due rette.

Svolgimento

Perché esista tale piano le due rette devono essere complanari ed affinché che tale condizione sia soddisfatta è necessario che si intersechino in un punto.

E' sufficiente determinare il valore di t sostituendo le coordinate nella seconda retta:

\left\{\begin{matrix} t+2t+t-3=0\\ 2t-2ty=0 \end{matrix}\right.

t=\cfrac{3}{4}

ed il punto di intersezione esiste e vale:

T\left ( \cfrac{3}{4},\cfrac{3}{2},\cfrac{3}{4} \right )

Adesso trovando il piano che contiene le due rette posso determinare poi quello parallelo passante per il punto P.

Per determinare il piano che contiene le due rette è sufficiente prendere due punti di una retta ed un terzo dell'altra e trovare il piano passante per questi tre punti.

A(0,0,0) con t=0 e B(1,2,1) con t=1 appartengono alla prima retta mentre C(0,0,3) appartiene alla seconda retta.

Adesso sostituendo questi punti all'equazione generica del piano cartesiano

ax+by+cz+d=0

devo

\left\{\begin{matrix} d=0\\ a+2b+c=0\\ 3c+d=0 \end{matrix}\right.

che risolto dà:

\left\{\begin{matrix} d=0\\ c=0\\ a=-2b \end{matrix}\right.

L'equazione del piano diventa:

-2bx+by=0

divido per b

-2x+y=0

Adesso trovo il piano passante per il punto P

a-2c+d=0

e pongo la condizione che deve esser parallelo a quello appena trovato ossia

-\cfrac{2}{a}=\cfrac{1}{b}=\cfrac{0}{c}

-2b=a

c=0

d=2b

e l'equazione del piano passante per P e parallelo alle due rette ha equazione:

-2x+y+2=0

 

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Geometria nello spazio: esercizio 2

Guido Borelli

Una sfera, il cui centro è il punto k(-2,-1,2) è tangente al piano \Alpha di equazione 2x-2y+z-9=0. Qual è il punto di tangenza? Qual è il raggio della sfera?

Sviluppo

Il primo passo è determinare il raggio della sfera attraverso la determinazione della distanza tra il centro ed il piano:

r=\cfrac{\left | ak_{x}+bk_{y}+ck_{z}+d \right |}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}

dove con k_{x},k_{y},k_{z} sono le tre coordinate del centro, e a,b,c,d sono i rispettivi coefficienti numerici di x,y,z ed il termine noto.

La relazione precedente diventa quindi:

\cfrac{\left | 2\cdot \left (-2  \right )+ \left (-2  \right )\cdot\left ( -1  \right )+1\cdot 2-9 \right |}{\sqrt{2^{2}+\left ( -2 \right )^{2}+1^{2}}}=\cfrac{\left | -4+2+2-9 \right |}{\sqrt{4+4+1}}=3

L'equazione della sfera generica è:

\left ( x-k_{x} \right )^{2}+\left ( y-k_{y} \right )^{2}+\left ( z-z_{x} \right )^{2}=r^{2}

Sostituendo i valori numerici diventa:

\left ( x+2 \right )^{2}+\left ( y+1 \right )^{2}+\left ( z-2 \right )^{2}=3^{2}

metto a sistema l'equazione della sfera con quella del piano ed ho il punto di tangenza:

\left\{\begin{matrix} \left ( x+2 \right )^{2}+\left ( y+1 \right )^{2}+\left ( z-2 \right )^{2}=3^{2}\\ 2x-2y+z-9=0 \end{matrix}\right.

se continuassi tale metodo mi troverei però un'equazione in due incognite infatti avrò:

5x^2+5y^2-22x+28y-8xy-4=0

Il metodo risolutivo è allora il seguente.

I coefficienti numerici del piano rappresentano le coordinate del vettore perpendicolare al piano, ed il centro rappresenta proprio un punto che appartiene alla retta cercata che avrà equazione parametrica:

\left\{\begin{matrix} x=-2+2t\\ y=-1-2t\\ z=2+t \end{matrix}\right.

adesso si sostituiscono i valori nell'equazione del piano determinando t:

\left ( -2+2t \right )2-2\left ( -1-2t \right )+2+t-9=0

-4+4t+2+4t+2+t-9=0

t=1

Adesso si sostituisce il valore trovato nell'equazione parametrica del piano e si trova il punto d'intersezione.

x=0

y=-3

z=3

Graficamente si ha la seguente situazione:

 

 

 

 

 

 

 

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Test sui monomi

Guido Borelli

Verifica sui monomi

 

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