003ARCH4 12 Meneghini - Mondadori Education · funzione h è una «parabola cubica», continua e...

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Il candidato risolva uno dei due problemi e risponda a 5 quesiti del questionario.

Siano f e g le funzioni definite, per tutti gli x reali, da

f x x g x x( ) ( ) .= =

27

32

3 e sen π

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

Gg nel punto di ascissa x = 13

. Qual è l’ampiezza, in gradi e primi sessage-

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.

Nel primo quadrante del sistema di riferimento Oxy sono assegnati l’arco di cir-conferenza di centro O ed estremi A(3, 0) e B(0, 3) e l’arco L della parabola d’equazione x2 = 9 – 6y i cui estremi sono il punto A e il punto 0

32

, .

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.

esame di stato 2012 seconda prova scrittaper il liceo scientificodi ordinamento

PROBLEMA1

PROBLEMA2

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UnMOdELLOindEttAgLiO

3. Si calcoli il volume del solido ottenuto dalla rotazione di R intorno all’asse x.

4. Si provi che l’arco L è il luogo geo-metrico descritto dai centri delle cir-conferenze 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 circonferen-za di centro A e raggio 3, come nella figura a lato.

1. Cosa rappresenta il limite seguente e qual è il suo valore?

lim–

.h

h

h→

+

0

4 4

512

512

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 e tt

( ) – .–

= +

20 2 22 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 que-sti punti (supposto che nessuna terna sia allineata)? Quanti i tetraedri (suppo-sto che nessuna quaterna sia complanare)?

6. Sia f(x) = 5 sen x cos x + cos2 x – sen2 x –52

sen 2x – cos 2x – 17; si calcoli f'(x).

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 xx

( ) = 1 da x = 1 a x = e?

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 cammi-

Figura 1 – Foto di un uovo di gallina

qUEstiOnARiO

B

A

3210

0

1

2

3


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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 sen B sen C se) cos ( ) ) cos( ) )x x2 21 1+( ) +( ) nn ln D ln( ) ) cos ( ) .x x2 21 1+( ) +( ) Si giustifichi la risposta.

Durata massima della prova: 6 oreÈ consentito l’uso della calcolatrice non programmabile.Non è consentito lasciare l’Istituto prima che siano trascorse 3 ore dalla dettatu-ra del tema.

1. Ricordiamo anzitutto che, se ϕ(x) è una funzione periodica di periodo T,

allora ϕ(kx) è una funzione periodica di periodo Tk

. Dal momento che la funzione y = sen x è periodica di periodo T = 2π, il periodo di g(x) è

T1232

43

.= =π

π

f è la composizione del valore assoluto con un polinomio. Si tratta di una fun-zione 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.

Come osservato, g x x( ) =

sen

32

π è una sinusoide di periodo T143

= ; per-

tanto g si annulla in un’infinità di punti, di ascissa 23

k , che sono anche punti di flesso per la funzione. Inoltre g assume massimo negli infiniti punti di ascissa 4 1

3k + ed ordinata 1, e minimo negli infiniti punti di ascissa 4 3

3k +

ed ordinata –1. I grafici di f e g sono riportati in figura 1.

RisOLUziOnEdELPROBLEMA1


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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 f g13

13

1

=

= ; quindi i

grafici si incontrano in

13

1,

ed in (0, 0) (considerando l’andamento delle

curve, è chiaro che i due grafici hanno, oltre all’origine, un solo punto in co-mune nel I quadrante). L’area di R (figura 1) è pertanto:

A g x f x dx( ) – ( ) – .= [ ] =∫ 23

1120

13

π

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 , rispet-tivamente (figura 2). Quindi:

V g x dx f x dx xS ( ) – ( ) –= =

π π π π2 2 2 3

272sen 99 6

0

13

0

13

0

13 x dx

∫∫∫ .

Figura 1

y

–1

–0,5

0,5

1

1,5

2

2,5

–1,8 –1,6 –1,4 –1,2 –1 –0,8 –0,6 –0,4 –0,2 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 1,4 1,6 1,8x

O

R


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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 volu-me 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 x g x f x dx= ( )2π ( ) – ( ) .

Integrando si ottiene

V x x x dxT =

∫2

32

27 4

0

13π π – .sen

In alternativa, essendo f(x) e g(x) invertibili nell’intervallo 013

, ,

avremmo potuto calcolare il volume di T sezionando il solido con piani perpendi-colari all’asse y:

Vy

dy y dyT =

∫∫π π

π

32

0

1 2

0

1

32

3– arcsen – .=

∫π

π9423

22

0

1y y dyarcsen

Figura 2 Figura 3

yy

dx

g(x) – f(x)

13–

g

f

x

x

O

O


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4

Sebbene non richiesto dal problema, integrando per parti con un po’ di pa- zienza si ottiene V VS T= =5

428

9245

ππ

π– .e

1. La retta r tangente alla parabola y x= +–16

32

2 in A ha equazione y = −x + 3.

L’area di R1 (figura 4) è la differenza tra l’area di un quarto di cerchio di

raggio 3 e quella del triangolo AOB. Pertanto, Area R( ) – .194

92

= π

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 Archi-

mede, Area (segmento parabolico) = 23

632

6.⋅ = Quindi Area R( ) – .292

332

= =

2. Calcoliamo il volume V del solido di base R, sezionandolo con piani orto-gonali all’asse x.

Il volume elementare di ciascuna fetta di spessore dx è dV = S(x)dx = e5–3x dx.

Integrando otteniamo V e e=5 4

3–

.–

RisOLUziOnEdELPROBLEMA2

Figura 4

yr

xO

B

R1R2

A

1

–1

2

3

4

–4 –3 –2 –1 1 2 3 4


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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.

Il volume della semisfera è V1 = 18π, mentre quello della cavità è:

V x dx2

2 2

0

3 96

185

–.=

=∫π π

Quindi, V V V= =1 2725

– .π

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 tan-genza 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.

Figura 5

y

xO


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4

Quanto alla seconda domanda, osserviamo che gli archi di circonferenza AP

ed OP sono simmetrici rispetto alla retta a di equazione x = 32

, asse del

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-

la; si trova così C =

32

98

, . Infine, essendo tangente all’asse x, la circonfe-

renza ha raggio 98

.

Pertanto la circonferenza cercata ha equazione x y– –32

98

8164

2 2

+

= o,

equivalentemente,

4x2 + 4y2 − 12x − 9y + 9 = 0.

1. Il rapporto 5

12

512

4 4

+

h

h

– rappresenta il rapporto incrementale della

funzione f(x) = 5x4, calcolato nel punto x012

= per l’incremento h. La

funzione f(x) è derivabile; perciò il limite dato rappresenta la derivata prima

di f(x) calcolata in x012

= . Essendo f '(x) = 20x3, risulta:

Figura 6

xA

T

(a) (b)BB

P

a

C

AO x

y y

O H

C

33

2

1

2

1

11 2 3

2 3

RisPOstEALqUEstiOnARiO


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lim–

'h

h

hf

→

+

=

0

4 4

512

512 1

2.=

=20

12

52

3

In alternativa avremmo potuto calcolare il limite mediante una semplice fatto-rizzazione 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.

Per la distinzione tra asintoti orizzontali, verticali ed obliqui rimandiamo ai testi in adozione.

Un semplice esempio di funzione che risponde alle richieste è: f xx

( )–

.= 112

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 deri-vata prima della velocità rispetto al tempo.

Pertanto, se s t e tt

( ) – ,–

= +

20 2 22 risulta v t e

t

( ) ––

=

20 1 2 ed anche

a t e

t

( ) .–

= 10 2

Figura 7

y

g

P

H

r

xO


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L’accelerazione per t = 4 risulta quindi: a ee

( ) .–4 10102

2= =

Riteniamo che, trattandosi di una grandezza fisica, sarebbe stato preferibile specificare le unità di misura nel testo del quesito. In assenza di ulteriori spe-cificazioni, a nostro avviso, le unità di misura da scegliere sono quelle del S.I.

In tal caso la risposta corretta è ae

ms

( ) .410

2 2=

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 r h x x( ) ( – ).= =π π3 3

2 3

Poiché V x' ( – ) ,= π3

1 3 2 il volume massimo è V m33

2 327

3

= .

π

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 labo-rioso, la derivata.

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

Figura 8 Figura 9

V

A BH r

h

a

V

l

BHA

G

h

C


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lo spigolo del solido, con le notazioni in figura risulta CH l= 32

ed AG CG CH l .= = =2

33

3

Essendo AGV un triangolo rettangolo, si ha: sen α .= =AGAV

33

Quindi

α ;= arcsen3

3 approssimando si ottiene: a ≈ 35°15'52".

8. Il valor medio di una funzione continua f(x) nell’intervallo [a, b] è dato dall’espressione

f x dx

b aa

b( )

–,

∫ 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 or-gani di stampa è stata fatta confusione fra i due teoremi.

Il valor medio della funzione è

1

1 11

11 1x

dx

e

x

e e

ee∫

=[ ]

=–

ln | |

– –.

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 mini- mizzare è f k k k x y( ) ( – ) ,= + + +2

02

021 con il vincolo 0 ≤ k ≤ x0.

Figura 10

y

A

O

A'

B (x0 , y0)

(0, 1)

r

xP (k, 0)

(0, –1)


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4

Si ha f k k

k

k x

k x y'( )

–

( – ).=

++

+2

0

02

021

Ponendo f'(k) = 0, elevando al quadrato e invertendo le due frazioni, otteniamo k

k

k x y

k x

2

20

202

02

1+ =+( – )

( – ), da

cui 1

202

02k

y

k x( – ).= Ricavando il valore di k, si trova che la posizione del

punto di minimo è kx

y,=

+0

0 1 cioè l’ascissa del punto di intersezione tra

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 ri-manda al tema per il PNI.

10. La risposta è A. Ponendo a = sen (x2 + 1), espresso in radianti, per ogni x reale risulta

−1 ≤ a ≤ 1. Inoltre cos a = cos ( ) .sen x2 1+( ) Poiché l’angolo a appartiene

sempre al primo e quarto quadrante della circonferenza goniometrica, la fun-

zione cos ( )sen x2 1+( ) è positiva per ogni x reale.

Si osserva, inoltre, che:

• sen cos( )1 12 +( ) = sen(cos 2) ≈ −0,404

• sen ln( )10 12 +( ) = sen(ln 101) ≈ −0,995

• cos ln( )5 12 +( ) = cos(ln 26) ≈ −0,993.

Pertanto cos sen( )x2 1+( ) è l’unica funzione che ammette valori positivi per ogni x reale.

Il tema proposto era, complessivamente, alla portata degli studenti del Liceo Scien-tifico 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 dovreb-bero 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.

cOMMEnti


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Il problema 2 cerca, invece, di fondere assieme competenze di base della geome-tria analitica e dell’analisi; risulta interessante, sebbene non troppo complesso. Le difficoltà eventualmente incontrate dagli studenti sono legate alla necessità di ri-cordare 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 sostanzialmen-te 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 co-noscenze 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 conoscen-ze 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.

LorenzoMeneghini

Liceo «F. Corradini» – Thiene (VI) [email protected]


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