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Simulazione Sperimentale 2013/14

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1

ANNO SCOLASTICO 2013/14

SIMULAZIONE DELLA PROVA DI MATEMATICA DELL’ESAME DI STATO

INDIRIZZO: SCIENTIFICO CORSO SPERIMENTALE

Risoluzione Problema 1

a) Disegniamo la circonferenza mettendo in evidenza gli elementi indicati dal problema: il diame-

tro AC, di lunghezza variabile, la corda AB (con 1AB = ) e la corda BC (con

, 0BC x x AC= ≤ ≤ ).

Poiché il diametro non può avere lunghezza minore della corda, deve essere:

AC AB≥ → 1AC ≥ . Il triangolo ABC è rettangolo in B, perché inscritto in una semicirconferenza, quindi:

22221 xBCABAC +=+= .

La funzione ( )f x è pertanto data da:

22

)(AC

BCABxf

⋅⋅= →

)1(2)(

2x

xxf

+= .

Studiamo la funzione senza tener conto della limitazione geometrica. • Dominio: R, in quanto il denominatore non si annulla per alcun valore di x. • Poiché:

)()1(2

)(2

xfx

xxf −=

+−=− ,

la funzione è dispari, quindi è simmetrica rispetto all’origine. • Il grafico γ della funzione interseca gli assi cartesiani soltanto nell’origine O(0; 0), poiché:

( ) 0 0f x x= ↔ = .

• Studiamo il segno della funzione.

( ) 0f x > → 0)1(2 2

>+ x

x → 0x > ;

( ) 0f x < → 0x < .



2

• Limiti della funzione agli estremi del dominio:

0)1(2

lim)(lim2

=+

=±∞→±∞→ x

xxf

xx,

poiché il denominatore è un infinito di ordine superiore rispetto al numeratore. L’asse delle ascisse è quindi asintoto orizzontale per la funzione. Non esistono asintoti obliqui né verticali. Riportiamo nel piano cartesiano le informazioni trovate.

• Calcoliamo la derivata prima e studiamo il suo segno.

22

2

22

2

)1(2

1

)1(

21

2

1)(

x

x

x

xxxx'f

+−=

+⋅−+⋅= .

( ) 0f ' x > → 01 2 >− x → 1 1x− < < . Rappresentiamo in tabella il segno di f ' e individuiamo gli intervalli di crescenza e di decre-scenza della funzione f.

1x = − è punto di minimo relativo per la funzione, con 1

( 1)4

f − = − . Poiché la funzione rimane

sempre positiva per 0x > , 1x = − è anche punto di minimo assoluto.

1x = è punto di massimo relativo per la funzione, con 1

(1)4

f = . Poiché la funzione rimane

sempre negativa per 0x < , 1x = è anche punto di massimo assoluto.

• Calcoliamo la derivata seconda e studiamo il suo segno. 22 2 2 2

2 4

(1 )1 2 (1 ) (1 ) 2(1 ) 2( )

2 (1 )

xx x x x xf '' x

x

+− + − − ⋅ + ⋅= ⋅ =+

2 2

2 4

[ 2 (1 ) (1 ) 4 ]

2(1 )

x x x x

x

⋅ − + − − ⋅+ 3

=

3 3 3

2 3 2 3

2 2 4 4 2 6 2

2(1 ) 2(1 )

x x x x x x

x x

− − − + −= = =+ +

2( 3)

2

x x − 2

2 32 3

( 3)

(1 )(1 )

x x

xx

−=++

.



3

( ) 0f '' x > → 0)1(

)3(32

2

>+

−x

xx → 0)3( 2 >−xx .

Rappresentiamo in tabella il segno di f '' e individuiamo gli intervalli con concavità verso l’alto e quelli con concavità verso il basso della funzione f.

La funzione presenta tre punti di flesso:

3x = − , con 3

( 3)8

f − = − → 1

33;

8F

− −

;

0x = , con (0) 0f = → ( )0;0O ;

3x = , con 3

( 3)8

f = → 2

33;

8F

.

I tre punti di flesso sono allineati, appartenendo tutti alla retta di equazione 1

8y x= .

Rappresentiamo il grafico approssimato della funzione.

b) La funzione è continua in R e quindi è integrabile in ogni intervallo limitato e chiuso. In generale, il valor medio di una funzione ( )g x continua in un intervallo [ ];a b è per definizione:

∫⋅−=

b

adxxg

abxg )(

1)( .

Applichiamo dunque la definizione di valor medio alla funzione ( )f x del problema, relativamente

all’intervallo [ ]0;h :

∫ +⋅

−=

hdx

x

x

hxf

0 2)1(20

1)( .

Determiniamo innanzi tutto una primitiva ( )F x di ( )f x :



4

2

2 2 2

1 2 1 2 1( ) ln(1 )

2(1 ) 2 2(1 ) 4 1 4

x x xF x dx dx dx x c

x x x= = = = + +

+ + +∫ ∫ ∫ .

Troviamo quindi il valor medio:

)1ln(4

1)1ln(

4

11

)1(2

1)( 2

0

2

0 2h

hx

hdx

x

x

hxf

hh

+=

+=+

⋅= ∫ .

Il limite:

h

hh 4

)1ln(lim

2++∞→

si presenta nella forma indeterminata ∞∞

. Risolviamolo applicando il teorema di De L’Hospital:

[ ]2

2

2

2D ln(1 ) 1lim lim lim 0

4 4 2(1 )h h h

hh hh

D h h→+∞ →+∞ →+∞

+ += = =+

→ 2ln(1 )

lim 04h

h

h→+∞

+ = .

c) Le intersezioni delle rette del fascio y mx= con il grafico γ sono date dalle soluzioni del se-

guente sistema:

+=

=

)1(2 2x

xy

mxy

→ 22(1 )

y mx

xmx

x

= = +

Vediamo che, ∈∀m R, il sistema ammette come soluzione (0;0). In particolare, per 0m= la retta del fascio diventa 0y = , l’asse delle scisse, che interseca il grafico solamente nell’origine. Determiniamo le eventuali altre soluzioni. Posto 0m≠ e 0x ≠ , riduciamo la seconda equazione:

2

1

2(1 )m

x=

+ → 22 (1 ) 1m x+ = → 22 2 1 0mx m+ − = .

Abbiamo ottenuto un’equazione di secondo grado pura in x, che ha soluzioni reali soltanto se il co-efficiente di 2x e il termine noto sono discordi: 2 (2 1) 0m m− <

Dal grafico dei segni stabiliamo che le rette del fascio intersecano γ in punti diversi dall’origine per:

1

02

m< < .

In corrispondenza di tali valori di m, otteniamo i punti di intersezione di coordinate:

2 1 2

2

mx

m

−= → 1 2

2

mx

m

−= ± ; 1 2

2

my m

m

−= ± →

−±−±m

mm

m

mQ

2

21;

2

21 .



5

La regione Σ è delimitata dal grafico γ, dall’asse delle ascisse e dalla retta 1 2

2

mx

m

−= .

La sua area è data dall’integrale definito:

)2ln(4

1

2

1ln

4

1

2

211ln

4

1)1ln(

4

1

)1(2

2

21

0

22

21

0 2m

mm

mxdx

x

xS

m

m

m

m

−==

−+=

+=+

=−

−

Σ ∫ .

d) Determiniamo l’equazione della parabola p passante per l’origine e avente vertice di coordinate 1

1;4

V

. Se 2y ax bx c= + + è l’equazione della parabola generica, allora:

(0;0)O p∈ → 0c = → 2y ax bx= + ;

1

1;4

V

vertice → 1

21

4

b

a

a b

− = = +

→ 2

12

4

a b

a a

= − = −

→

1

21

4

b

a

= = −

→ 21 1

4 2y x x= − + .

La parabola interseca l’asse x nei punti (0;0)O e (2;0)A .

L’area del segmento parabolico OVA è data da:

3

1

4

12

3

2

3

2 =⋅⋅=⋅⋅= HVOASOVA .



6

L’area di Σ è uguale a quella del segmento parabolico se:

1 1

ln(2 )4 3

m− = → 4

ln(2 )3

m = − → 3

4

2

1 −= em .

e) Rappresentiamo la base L e una generica sezione del solido, ricordando che l’ascissa del punto

di flesso della funzione nel primo quadrante è 3Fx = .

Possiamo pensare il volume del solido come somma di infiniti strati di spessore infinitesimo dx e con base rettangolare di dimensioni ( )y f x= e h x= :

2

2( )

2(1 )

xdV x f x dx dx

x= ⋅ ⋅ =

+.

Il volume del solido è quindi dato da:

[ ] =−=

+−=

+−+=

+= ∫∫∫

30

3

0 2

3

0 2

23

0 2

2

arctg2

1

1

11

2

1

1

11

2

1

)1(2xxdx

xdx

x

xdx

x

xV

62

3

33

2

1 π−=

π−= .

Problema 2

a) Il dominio di f è individuato dagli x che rendono positivo l’argomento del logaritmo: 01 >− kx → 1<kx .

Otteniamo due intervalli a seconda del segno di k:

kx

1< se 0>k →

∞−=k

D1

; se 0>k ;

kx

1> se 0<k →

+∞= ;1

kD se 0<k .

La funzione f ammette derivata prima e seconda in ogni punto del suo dominio. Se 0x è un punto di flesso a tangente orizzontale, allora 0)( 0 =′ xf ( 0x è un punto stazionario) e

inoltre il segno di )(xf ′ è lo stesso in un intorno destro e sinistro di 0x .

Calcoliamo la derivata prima:



7

kxkx

kxf 2

1)( +

−−=′ →

kx

kkxxk

kx

kxkxkxf

−−+−=

−−+−=′

122

1)1(2

)(22

.

Poiché il denominatore ha segno costante nel dominio di f, la derivata prima si annulla in un punto e ha segno costante in un suo intorno se e solo se il numeratore, che è un polinomio di se-condo grado in x, ha discriminante uguale a zero:

04

=∆ → 02 32 =− kk → 0)21(2 =− kk →

21

0 =∨= kk .

Per ipotesi è 0≠k , quindi la funzione presenta un flesso a tangente orizzontale per 2

1=k .

La funzione corrispondente è:

2

21

21ln)( x

xxf +

−= .

b) Il dominio di )(xf è ] [2;∞−=D ; la funzione non è né pari né dispari ed è continua dove defi-

nita. Il grafico della funzione passa per l’origine, in quanto 0)0( =f . Studiamo il segno di f per via grafica:

0)( >xf → 021

21ln 2 >+

− xx

→ 2

21

21ln x

x −>

− .

Quindi: 0)( >xf per 0<x , 0)( <xf per 20 << x , e non ci sono altre intersezioni con l’asse delle ascisse. Calcoliamo i limiti agli estremi del dominio.

+∞=

+

−=−∞→−∞→

2

21

21lnlim)(lim x

xxf

xx,

−∞=

+

−=−− →→

2

22 21

21lnlim)(lim x

xxf

xx.

Quindi 2=x è asintoto verticale. Cerchiamo l’eventuale asintoto obliquo per −∞→x .



8

+

−==

−∞→−∞→ x

xx

x

xfm

xx

2

21

21ln

lim)(

lim

si presenta nella forma indeterminata ∞∞

. Risolviamola applicando il teorema di De L’Hospital:

−∞=

+−

−=

+

−−

=

+

−

−∞→−∞→−∞→x

x

xx

x

xx

xxx 21

lim12

12

1

lim][D

21

21lnD

lim

2

.

Il limite non esiste, quindi non esiste neppure l’asintoto obliquo. La derivata prima è:

2

12)(

2

−+−=′

x

xxxf .

Determiniamo gli zeri e il segno della derivata prima.

0)( =′ xf → 02

122

=−

+−x

xx → 0122 =+− xx → 0)1( 2 =−x → 1=x .

Quindi 1=x è punto stazionario, e per quanto visto all’inizio è un flesso a tangente orizzontale, le cui coordinate sono:

2ln21

21

21

ln)1( −=+=f →

− 2ln21

;1F .

Negli altri punti del dominio, il numeratore di f ′ è positivo mentre il denominatore è negativo: 0)( <′ xf per ogni 2<x , con 1≠x ,

e quindi la funzione f è strettamente decrescente. Calcoliamo la derivata seconda:

22

2

2

2

)2()1)(3(

)2(34

)2()12()2)(22(

)(−

−−=−

+−=−

+−−−−=′′x

xx

x

xx

x

xxxxxf .

Studiamo il suo segno restringendoci al dominio di f. Il fattore 3−x è sempre negativo nel do-minio considerato, mentre il denominatore è sempre positivo, quindi:

0)( >′′ xf → 01<−x → 1<x .

La funzione volge la concavità verso l’alto in ] [1;∞− , verso il basso in ] [2;1 . Disegniamo il grafico approssimato della funzione.



9

c) La generica parabola con asse parallelo all’asse y ha equazione p: cbxaxy ++= 2 .

Imponiamo il passaggio per )1;0( − :

cba +⋅+⋅=− 001 → 1−=c → p: 12 −+= bxaxy . La parabola deve passare per il punto A della retta 012 =−+ yx di ascissa 2. Tale punto ha or-dinata: 0122 =−+⋅ y → 3−=y . Imponiamo il passaggio della parabola per A: 1223 2 −⋅+⋅=− ba → 12 −=+ ba → 12 −−= ab → p: 1)12(2 −−−+= xaaxy . In A la retta tangente alla parabola ha coefficiente angolare –2; calcoliamo pertanto la derivata prima dell’equazione della parabola, la valutiamo in 2=x e uguagliamo il risultato a –2:

122)( −−=′ aaxxy ;

21222)2( −=−−⋅=′ aay → 12 −=a → 21−=a .

Scriviamo i tre coefficienti e l’equazione della parabola:

21−=a , 01

21

2 =−

−⋅−=b , 1−=c ; p: 12

2

−−= xy .

La regione R di piano è quella evidenziata nel grafico rappresentato nella figura.

Calcoliamo l’area utilizzando l’integrale definito:

[ ]dxxxdxxx

dxxxx

S ∫∫∫ ++−−=

++

−=

−−−+

−=1

0

21

0

21

0

22

12ln)2ln(12

2ln1

2221ln .

Applichiamo la proprietà di linearità dell’integrale definito e risolviamo il primo integrale uti-lizzando la formula di integrazione per parti:



10

[ ] =

−++−

−−=−++−= ∫∫∫1

0

31

0

10

1

0

21

0)2ln1(

31

2)2ln()2ln1()2ln( xxdx

x

xxxdxxdxxS

[ ] [ ] =−+−−−=−+−

−−=−+−

+−−= ∫∫∫ 2ln34

2ln22ln34

21

212ln34

222

01

0

10

1

0

1

0

1

0xxdx

xdxdx

x

x

2ln31

2ln34

2ln21 +=−++−= .

d) Calcoliamo il volume del solido di rotazione evidenziato nella figura.

Il solido è ottenuto dalla rotazione attorno all’asse y dell’arco di parabola p di equazione

12

2

−−= xy compreso fra 0=x e 2=x o, corrispondentemente, fra 1−=y e 3−=y .

Poiché la rotazione avviene attorno all’asse y, ricaviamo la funzione inversa e descriviamo l’arco di parabola mediante x in funzione di y:

12

2

−−= xy → 22 −−= yx , con 13 −≤≤− y ,

dove abbiamo scelto la determinazione positiva della radice in quanto nell’arco di parabola con-siderato è 0>x . Applichiamo la formula per il calcolo dei volumi dei solidi di rotazione:

[ ] ( ) =−−π=−−π=π= ∫∫∫−

−

−

−

−

−dyydyydyyxV

1

3

21

3

21

3)22(22)(

[ ] π=−++−π=−−π= −− 4)6921(21

32 yy .

e) Disegniamo il grafico γ', simmetrico di γ rispetto alla retta di equazione 1=x .

Per individuare l’equazione di γ', scriviamo le equazioni della simmetria assiale rispetto alla retta 1=x :



11

=′−=′

yy

xx 2 →

′=′−=

yy

xx 2.

Sostituendo nell’equazione di γ, otteniamo:

2

2

1

21ln x

xy +

−= → 2)2(2

1

2

21ln x

xy ′−+

′−−=′ →

→ 2

)2(

211ln

2xxy

′−+

′+−=′ →

2)2(

2ln

2xxy

′−+′

=′ .

Togliamo gli apici e troviamo l’equazione di γ':

2

)2(

2ln

2xxy

−+= .

Questionario 1. La funzione )(xf è definita in ] ]0;∞− ed è continua e derivabile nell’intervallo aperto ] [0;∞− .

Per 0<x abbiamo:

xx ex

exf1

2

1 1D)( −=

=′ .

Inoltre:

0lim)(lim1

00==

−− →→x

xxexf e 0)0( =f ,

quindi )(xf è continua (da sinistra) anche in 0=x . Questo (esistenza di f ′ per 0<x e continuità di f per 0≤x ) assicura che la funzione )(xf è derivabile in 0=x , con derivata continua, se esiste ed è finito il limite della derivata prima per x che tende a 0 da sinistra:

−=′

−− →→

x

xxe

xxf

1

200

1lim)(lim .

Il limite si presenta nella forma indeterminata 0

0; scriviamo l’argomento in un’altra forma po-

nendo yx

=1:

y

yx

e

yeye

x −−=−=−2

21

2

1.

Se −→ 0x allora −∞→y ; quindi si ha la forma indeterminata ∞∞

.

Applicando il teorema di De L’Hospital due volte, otteniamo:

02

lim2

limlim2

=−=−−=−

−−∞→−−∞→−−∞→ yyyyyy ee

y

e

y.

Allora: 0)(lim

0=′

−→xf

x.

Il limite esiste finito, pertanto: 0)(lim)0(

0=′=′

−→− xffx

,

e in conclusione la derivata prima esiste ed continua su ] ]0;∞− .



12

2. Il numero di sequenze che si possono fare con tutte le 24 perle è dato dalle permutazioni di 24 elementi:

!2424 =P .

Queste file non sono però tutte differenti: infatti se scambiamo di posto, ossia permutiamo, due perle dello stesso colore otteniamo ancora una fila identica. Il numero delle file appena calcolato va pertanto ridotto: del fattore !66 =P corrispondente al numero di permutazioni delle perle rosse,

del fattore !1010 =P corrispondente al numero di permutazioni delle perle arancioni,

del fattore !88 =P corrispondente al numero di permutazioni delle perle gialle.

Le possibili sequenze differenti sono allora:

768.651.889.5!8!10!6

!24

8106

24 =⋅⋅

=⋅⋅

=PPP

Pn .

Nel caso in cui la prima e l’ultima perla siano arancioni, restano da disporre 22 perle di cui 6 ros-se, 8 arancioni e 8 gialle; le sequenze sono allora:

310.269.960!8!8!6

!22

886

22 =⋅⋅

=⋅⋅

=PPP

Pna .

Nel caso in cui la prima e l’ultima perla siano dello stesso colore potranno essere entrambe aran-cioni come nel caso precedente oppure entrambe rosse o entrambe gialle. Con lo stesso procedimento otteniamo quindi:

770.089.320!8!10!4

!22

8104

22 =⋅⋅

=⋅⋅

=PPP

Pnr sequenze con le perle estreme rosse,

904.500.597!6!10!6

!22

6106

22 =⋅⋅

=⋅⋅

=PPP

Png sequenze con le perle estreme gialle.

Il numero totale delle sequenze con le perle estreme dello stesso colore è dunque:

984.859.877.1=++ gar nnn .

3. Affinché )(xf verifichi le ipotesi del teorema di Lagrange, deve essere continua nell’intervallo

chiuso

b

a;

2e derivabile nell’intervallo aperto

b

a;

2.



13

La funzione )(xf è continua in ogni punto ax ≠ , poiché composizione di funzioni continue in

ciascuno dei due intervalli ] [a;∞− e ] [+∞;a . La funzione è sicuramente derivabile per ax ≠ , in quanto composizione di funzioni derivabili:

( )

>−

<−

−=′

a xa

a xax

a

xf

se 1

se )2(

22

.

Consideriamo ora i casi ab ≤ e ab > .

Se ab ≤ , allora

∉ ba

a ;2

e quindi )(xf soddisfa le ipotesi del teorema di Lagrange

nell’intervallo

b

a;

2.

Se ab > , allora

∈ ba

a ;2

. Occorre verificare la derivabilità di )(xf in ax = .

Studiamo la continuità in ax = :

12

)()(lim −=−

==−→ aa

aafxf

ax; 1lim)(lim −=

−=++ →→ a

xxf

axax.

La funzione )(xf è pertanto continua anche in ax = (per ogni valore di a) e quindi su tutto R. Affinché )(xf , continua in ax = , sia anche derivabile in ax = , deve essere:

)(lim)(lim xfxfaxax

′=′+− →→

.

Svolgiamo i calcoli:

−=

−−

+− →→ aax

aaxax

1lim

)2(

2lim

2 →

aa

12 −=− → impossibile.

Dunque )(xf non è mai derivabile in ax = e pertanto non soddisfa le ipotesi del teorema di

Lagrange negli intervalli del tipo

b

a;

2 con ab > .

4. Un possibile integrale definito che ha come risultato 2ln è dato da:

[ ] ∫==−=−=2

1

21

1ln1ln2ln02ln2ln dx

xx .

Siano dunque x

xf1

)( = e ]2;1[];[ =ba .

Determiniamo una soluzione approssimata dell’integrale definito applicando il metodo dei tra-pezi. Poiché )(xf ammette derivata seconda continua in ]2;1[ , con

2

1)(

xxf −=′ , 3

2)(

xxf =′′ ,



14

l’errore che si commette suddividendo l’intervallo in n parti di uguale ampiezza è minore o u-guale a:

223]2;1[2

3

];[2

3

61

212

12max

12)12(

)(max12

)(nnxn

xfn

abxbax

n =⋅=⋅−=′′⋅−=ε∈∈

.

Imponiamo che l’errore sia inferiore al centesimo:

1001

61

2 <n

→ 1006 2 >n → 08,46

100 ≈>n → 5≥n .

Suddividiamo dunque ]2;1[ in 5=n parti di uguale ampiezza 2,05

12 =− e compiliamo la se-

guente tabella.

0xa = 1x 2x 3x 4x bx =5

1 1,2 1,4 1,6 1,8 2 )()( 0xfaf = )( 11 xfy = )( 22 xfy = )( 33 xfy = )( 44 xfy = )()( 5 bfxf =

1 0,833 0,714 0,625 0,556 0,5 Applichiamo la formula dei trapezi:

=

+++++⋅−≈ −∫ 121 ...2

)()()( n

b

ayyy

bfaf

n

abdxxf

696,0556,0625,0714,0833,02

5,0151 ≈

+++++⋅= .

Quindi, 696,02ln ≈ . 5. Per determinare il dominio della funzione, consideriamo che:

a) il radicando di una radice di indice pari deve essere non negativo:

02ln

)2ln( ≥−−

x

x;

b) gli argomenti dei logaritmi devono essere positivi: 002 >∧>− xx → 2>x ;

c) il denominatore di una frazione deve essere diverso da zero: 02ln ≠−x → 2ln ≠x → 2ex ≠ .

L’ultima condizione è implicita nella prima disequazione.

Risolviamo dunque la prima disequazione 02ln

)2ln( ≥−−

x

x.

Studiamo separatamente il segno di numeratore e denominatore e compiliamo il grafico dei se-gni.

N: 0)2ln( >−x → 12 >−x → 3>x ;

D: 02ln >−x → 2ln >x → 2ex > .



15

La disequazione è soddisfatta per 2 3 exx >∨≤ . Mettendo a sistema con la seconda condizione ( )2>x , troviamo il dominio della funzione:

232 exx >∨≤< .

6. La funzione f è decrescente nell’intervallo [3;] ∞− , crescente nell’intervallo [;3] ∞+ e presen-ta il minimo assoluto nel punto )2;3( −M ; pertanto la derivata prima f ′ è:

negativa per 3<x , positiva per 3>x , nulla per 3=x . Il grafico di f ′ interseca l’asse x in )0;3( . I punti O e F sono punti di flesso per f e punti stazionari per f ′ . Dal grafico ricaviamo le equazioni delle tangenti nei punti di flesso:

in O: xy −= ; in F: )6(2

1)1( −=−− xy → 4

2

1 −= xy .

I coefficienti angolari di tali rette forniscono i valori delle derivate nei punti di flesso:

1)0( −=′f ; 2

1)6( =′f .

Quindi )1;0( − e

2

1;6 sono le coordinate dei punti stazionari di f ′ .

Riportiamo i risultati nel seguente disegno.

f presenta due asintoti orizzontali ( 3=y per −∞→x , l’asse delle ascisse per +∞→x ), quindi la derivata prima tende a 0 per −∞→x e per +∞→x .

Osservando i flessi e le concavità di f possiamo ricavare ulteriori informazioni su f ′ . Infatti la concavità è stabilita dal segno di f ′′ , ossia della derivata di f ′ ; quindi concavità positiva signi-fica derivata prima crescente, concavità negativa significa derivata prima decrescente. Pertanto: • f ′ è decrescente per 0<x , con valori che vanno da 0 (per −∞→x ) a 1− (in 0=x );

• f ′ è crescente per 60 << x , con valori che vanno da 1− (in 0=x ) a 0 (in 3=x ) e poi fi-

no a 21

(in 6=x );

• f ′ è decrescente per 6>x , con valori che vanno da 21

(in 6=x ) a 0 (per +∞→x ).

Ora possiamo tracciare un grafico probabile di f ′ .



16

7. Il limite:

xx ee

x

−ππ→

senlim

si presenta nella forma indeterminata 00

.

Effettuiamo un cambio di variabile. Ponendo π−= xy , otteniamo: 0→y quando π→x . Sostituiamo la variabile e riscriviamo l’argomento in modo da ricondurci ai limiti notevoli:

=

−⋅⋅−=

−−=

−π+=

− π→π→π+π→ππ→ yyyyyyxx e

y

y

y

eee

y

ee

y

ee

x

1sen1

lim)1(

senlim

)(senlim

senlim

000

π−π→→π→π→

=⋅⋅=−

⋅⋅=

−⋅⋅= e

ee

y

y

y

ee

y

y

y

e yyyyyy11

11

limsen

lim1

lim1

sen1lim

0000.

In alternativa, il limite si può risolvere riconducendolo alla definizione di derivata:

=

−−⋅

−−−=

−−−=

− →→→ ππππππ

ππ

ππee

x

x

x

ee

x

ee

xxxxxxx

sensenlim

sensenlim

senlim

1

limsensen

lim

−π

π→π→

π−−⋅

π−π−−=

x

ee

x

x x

xx

.

Il primo limite rappresenta la derivata di xsen calcolata in π, mentre il secondo limite rappre-

senta la derivata di xe calcolata sempre in π; quindi:

[ ] π−−π

−π

π→π→ππ→

=⋅π−=

π−−⋅

π−π−−=

−ee

x

ee

x

x

ee

x x

xxxx

11

coslimsensen

limsen

lim .



17

8. Rappresentiamo la situazione in figura.

I piani paralleli che individuano le due sezioni sono distanti 1: 1=HK .

Se poniamo xOH = , con 10 ≤≤ x , allora risulta xOK −= 1 . Le due sezioni con la sfera originano due cerchi di raggio rispettivamente HB e KC; per il teo-rema di Pitagora risulta:

22222211 xxOHOBHB −=−=−= ;

2222222)1(1 xxxOKOCKC −=−−=−= .

Indichiamo con )(xS la funzione che rappresenta la somma delle aree dei due cerchi:

( ) ( ) ( )12221)( 22222++−⋅π=−+−⋅π=+⋅π= xxxxxKCHBxS .

Dobbiamo determinare il massimo della funzione )(xS quando ]1;0[∈x . Il grafico di )(xS nel piano cartesiano è una parabola con concavità rivolta verso il basso e con

vertice di ascissa 2

1

)2(2

2

2=

−⋅−=−

a

b.

Poiché ]1;0[2

1 ∈ , ricaviamo che π=

+⋅+⋅−⋅π=

2

31

2

12

4

12

2

1S è il valore massimo assunto

da )(xS nell’intervallo ]1;0[ . Pertanto i due piani paralleli rendono massima la somma delle aree delle sezioni con la sfera quando sono equidistanti dal centro della sfera.

9. Indichiamo con x il numero di palline bianche; quelle nere saranno dunque x−100 (con

1000 ≤≤ x , x numero naturale). Dobbiamo determinare x in modo tale che la probabilità di estrarre due palline dello stesso colo-re (due bianche in successione oppure due nere in successione) sia la stessa che estrarre prima una bianca e poi una nera oppure prima una nera e poi una bianca. Se indichiamo con B e N rispettivamente gli eventi:

B: «estrarre una pallina bianca», N: «estrarre una pallina nera»,

allora: )N|B()N()B|N()B()N|N()N()B|B()B( PPPPPPPP ⋅+⋅=⋅+⋅ →

→ 99100

10099

10010099

99100

10099

1100

xxxxxxxx ⋅−+−⋅=−⋅−+−⋅ →



18

→ 9900

)100(9900

)100(9900

)99()100(9900

)1( xxxxxxxx ⋅−+−⋅=−⋅−+− →

→ 2222 100100991009900 xxxxxxxxx −+−=+−−+− → → 099004004 2 =+− xx → 024751002 =+− xx → 5545 21 =∨= xx . Pertanto nella scatola ci sono 45 palline bianche e 55 nere, oppure 55 bianche e 45 nere.

10. Riscriviamo l’equazione in altra forma, isolando il parametro al secondo membro:

ke

kxxx =+

→ ke

kxx

=+ )1(.

Osserviamo che possiamo supporre 1−≠k , in quanto per 1−=k avremmo 10 −= , equazione impossibile. Possiamo dunque dividere entrambi i membri per k+1 e ottenere l’equazione:

k

k

e

xx +

=1

→ k

kxe x

+=−

1.

Poniamo: xxexf −=)( e k

kxg

+=

1)( .

Per rappresentare in modo indicativo il grafico della funzione xxexf −=)( determiniamo:

• dominio: ] [∞+∞−= ;D ;

• segno: 0)( >xf per 0>x ;

• intersezioni con gli assi: (0;0); • limiti agli estremi di D:

−∞=−

−∞→

x

xxelim ; 0lim =−

+∞→

x

xxe ;

dunque l’asse x è asintoto orizzontale destro per )(xf ;

• derivata prima: xexxf −−=′ )1()( . 0)( >′ xf per 1<x , funzione crescente, 0)( <′ xf per 1>x , funzione decrescente,

1=x punto di massimo con 1)1( −= ef . Il grafico approssimato della funzione è rappresentato nella figura.

La funzionek

kxg

+=

1)( rappresenta, al variare di k, con 1−≠k , un fascio di rette parallele

all’asse x.



19

L’equazione k

kxe x

+=−

1 ha due soluzioni coincidenti quando la retta del fascio di equazione

k

ky

+=

1 risulta tangente al grafico della curva. Ciò accade solo se la retta del fascio è tangen-

te alla curva nel suo punto stazionario, e quindi passa per

e

1;1 . Deve quindi essere:

ek

k 11

=+

→ kke += 1 → 1)1( =−ek → 1

1−

=e

k .

ANNO SCOLASTICO 2013/14 SIMULAZIONE DELLA · PDF filePossiamo pensare il volume del solido...

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