LICEO PEDAGOGICO-ARTISTICO “G.Pascoli” di Bolzano

VERIFICA SCRITTA DI MATEMATICA+ TEST IN SOSTITUZIONE DELL’ORALE

CLASSE 5a P-FILA A

14/10/2011- Tempo 100’

Ogni risposta ai quesiti va opportunamente motivata (con calcoli, grafici, ecc.) pena la sua

esclusione dalla valutazione.

1. (O)

Utilizza la notazione di intervallo per rappresentare i seguenti insiemi:

A={ }/1 3x R x∈ < ≤ ; B={ }/1 3 2x R x x∈ < ≤ ∨ > ; C={ }/ 0 1 2x R x x∈ ≤ ∨ ≤ <

2. (S)

Dopo aver risolto le seguenti disequazioni, stabilisci quali insiemi di soluzioni sono intorni

circolari, quali intorni di +∞ e quali intorni di −∞ . Determina il centro e il raggio degli intorni

circolari.

2.1) 2 1 0x x− + + >

2.2) 2 10 25 0x x− + − >

2.3) 2

20

9

x

x

−<

+

3.(O)

Determina l’estremo superiore e l’estremo inferiore e, se esistono, il massimo e il minimo dei

seguenti insiemi:

A=( ) { } { }2;0 0 2− ∪ ∪ B=( ) ( )3; 1 1;− − ∪ − +∞ C=[ ] ( )3;5 ; 4− ∪ −∞ −

4. (S-O)

Considera la seguente funzione ( )2 4

2

xf x

x

−=

− con x Z∈ :

4.a) determina il suo dominio;

4.b) determina le immagini di 2 e di -3;

4.c) determina le controimmagini di 0 e di -1;

4.d) determina alcuni punti del grafico di f;

4.e) fornisci l’interpretazione geometrica di f(0) e dell’equazione f(x)=0.

5. (S)

Determina il dominio delle seguenti funzioni della variabile reale x:

( ) 231 2f x x x= − − + ; ( )2

3

10 9

xf x

x x

−=

− +; 23 1

( ) 1f x xx

= − + −

LICEO PEDAGOGICO-ARTISTICO “G.Pascoli” di Bolzano

VERIFICA SCRITTA DI MATEMATICA

CLASSE 5a P-FILA B

14/10/2011- Tempo 100’

Ogni risposta ai quesiti va opportunamente motivata (con calcoli, grafici, ecc.) pena la sua

esclusione dalla valutazione.

1.

Utilizza la notazione di intervallo per rappresentare i seguenti insiemi:

A={ }/1 3x R x∈ ≤ < ; B={ }/ 0 2 3x R x x∈ < ≤ ∨ > ; C={ }/ 1 1 5x R x x∈ <− ∨ ≤ <

2.

Dopo aver risolto le seguenti disequazioni, stabilisci quali insiemi di soluzioni sono intorni

circolari, quali intorni di +∞ e quali intorni di −∞ . Determina il centro e il raggio degli intorni

circolari.

2.1) 2 3 0x x− + + >

2.2) 2 6 9 0x x− + <

2.3) 2

10

4

x

x

−<

+

3.

Determina l’estremo superiore e l’estremo inferiore e, se esistono, il massimo e il minimo dei

seguenti insiemi:

A=( ) { } { }1;0 1 1− ∪ − ∪ B=( ) ( )3;0 0;− ∪ +∞ C=[ ] ( )3;5 7;− ∪ +∞

4.

Considera la seguente funzione ( )2 1

1

xf x

x

−=

− con x Z∈ :

4.a) determina il suo dominio;

4.b) determina le immagini di 1 e di -2;

4.c) determina le controimmagini di 0 e di 1;

4.d) determina alcuni punti del grafico di f;

4.e) fornisci l’interpretazione geometrica di f(0) e dell’equazione f(x)=0.

5.

Determina il dominio delle seguenti funzioni della variabile reale x:

( ) 3 2f x x x= − − ; ( )2

2

4 3

xf x

x x

−=

− +; 2 1

( ) 1f x xx

= − − −

Correzione Fila A

1.

] ]1;3A = ; ] [1;B = +∞ ; ] ] [ [;0 1;2C = −∞ ∪

2.

2.1 Risolvendo l’equazione 2 1 0x x− + + = si ottengono le soluzioni 1

1 5

2x

−= e 2

1 5

2x

+= ;

la parabola volge la concavità verso il basso ed è positiva all’interno dell’intervallo delle soluzioni;

pertanto la soluzione è data dall’intervallo 1 5 1 5

;2 2

− +

. Esso è un intorno circolare di centro

C =

1 5 1 5

2 2

2

− ++

=1

2 e di raggio r =

1 5 1 5

2 2

2

+ −−

=5

.2

2.2. Risolvendo l’equazione 2 10 25 0x x− + − = si ottiene la soluzione doppia x=5; la parabola

volge la concavità verso il basso ed è tangente all’asse x e pertanto non è mai positiva; la soluzione

della disequazione è ∅ .

2.3 Poiché il denominatore della frazione è sempre positivo, moltiplicando entrambi i membri della

disequazione per il denominatore si ha 2-x<0 e quindi x>2, che è, evidentemente, un intorno di

+∞ .

3.

sup A = max A = 2; inf A=-2; non esiste min A.

sup B = +∞ ; inf B = -3; non esistono min e max di B.

sup C= max C = 5; inf C = −∞ ; non esiste min C.

4.

4.a) Il dominio della funzione è dato dai numeri x Z∈ tali che 2 0x− ≠ e quindi

D= { }/ 2x Z x∈ ≠ .

4.b) Non esiste l’immagine di 2 in quanto non fa parte del dominio mentre

( )( )

( )

23 4 5

3 12 3 5

f− −

− = = =− −

4.c) ( )1 0f− si ottiene risolvendo l’equazione

2 40

2

x

x

−=

− e quindi 2 4 0x − = che ha come soluzioni

1/2 2x = ± ; è accettabile solo x = -2 in quanto l’altra è esclusa dal dominio.

Le soluzioni intere dell’equazione 2 4

12

x

x

−= −

− ci forniscono ( )1 1f

− − ; moltiplicando entrambi i

membri per 2-x, si ottiene 2 2 0x x− − = , le cui soluzioni sono 1/2

1 9

2x

±= ; è accettabile solo la

soluzione x=-1 mentre l’altra è da scartare in quanto è esclusa dal dominio.

4.d) Alcuni punti del grafico della funzione sono (-3;1): (-2;0); (-1;-1).

4.e) f(0) è il punto d’intersezione del grafico della funzione con l’asse delle ordinate mentre f(x)=0

rappresenta le intersezioni della funzione con l’asse delle ascisse.

5.

Per la prima funzione dobbiamo porre 1 0x− ≥ e quindi D = { }/ 1x R x∈ ≥ ; per la seconda

funzione dobbiamo porre 2 10 9 0x x− + > e quindi risolvendo si ha D = { }/ 1 9x R x x∈ < ∨ >

Per l’ultima basta porre 0x ≠ e quindi D={ }/ 0x R x∈ ≠ .

6.

6.a) Il dominio della funzione è D ={ }/ 3x R x∈ ≠ −

6.b) Il codominio della funzione è R.

6.c) f(0)=0 e f(x)=0 per x=0.

6.d) inf f(x)= −∞ ; sup f(x) = +∞ ; non esistono il massimo e il minimo della funzione.

6.e) f(x) è crescente per 3 0x− < < e per 0 3x≤ < ; f(x) è decrescente per 3x ≥ .

6.f) f(x)>0 per x>-3 con 0x ≠ mentre f(x)<0 per x<-3.

Correzione fila B

1.

[ [1;3A = ; ] ] ] [0;2 3;B = ∪ +∞ ; ] ] [ [; 1 1;5C = −∞ − ∪

2.

2.1 Risolvendo l’equazione 2 3 0x x− + + = si ottengono le soluzioni 1

1 13

2x

−= e

2

1 13

2x

+= ; la parabola volge la concavità verso il basso ed è positiva all’interno dell’intervallo

delle soluzioni;

pertanto la soluzione è data dall’intervallo 1 13 1 13

;2 2

− +

. Esso è un intorno circolare di centro

C =

1 13 1 13

2 2

2

− ++

=1

2 e di raggio r =

1 13 1 13

2 2

2

+ −−

=13

.2

2.2. Risolvendo l’equazione 2 6 9 0x x− + = si ottiene la soluzione doppia x=3; la parabola volge la

concavità verso l’alto ed è tangente all’asse x e pertanto non è mai negativa; la soluzione della

disequazione è ∅ .

2.3 Poiché il denominatore della frazione è sempre positivo, moltiplicando entrambi i membri della

disequazione per il denominatore si ha 1-x<0 e quindi x>1, che è, evidentemente, un intorno di

+∞ .

3.

sup A = max A = 1; inf A= min A = -1.

sup B = +∞ ; inf B = -3; non esistono min e max di B.

sup C= +∞ ; inf C = min C = 3− ; non esiste max di C.

4.

4.a) Il dominio della funzione è dato dai numeri x Z∈ tali che 1 0x− ≠ e quindi

D= { }/ 1x Z x∈ ≠ .

4.b) Non esiste l’immagine di 1 in quanto non fa parte del dominio mentre

( )( )

( )

22 1 3

2 11 2 3

f− −

− = = =− −

4.c) ( )1 0f − si ottiene risolvendo l’equazione2 1

01

x

x

−=

− e quindi 2 1 0x − = che ha come soluzioni

1/2 1x = ± ; è accettabile solo x = -1 in quanto l’altra è esclusa dal dominio.

Le soluzioni intere dell’equazione 2 1

11

x

x

−=

− ci forniscono ( )1 1f − ; moltiplicando entrambi i

membri per 1-x, si ottiene 2 2 0x x+ − = , le cui soluzioni sono 1/2

1 9

2x

− ±= ; è accettabile solo

la soluzione x=-2 mentre l’altra è da scartare in quanto è esclusa dal dominio.

4.d) Alcuni punti del grafico della funzione sono (-2;1): (-1;0); (0;-2).

4.e) f(0) è il punto d’intersezione del grafico della funzione con l’asse delle ordinate mentre f(x)=0

rappresenta le intersezioni della funzione con l’asse delle ascisse.

5.

Per la prima funzione dobbiamo porre 0x ≥ e quindi D = { }/ 0x R x∈ ≥ ; per la seconda funzione

dobbiamo porre 2 4 3 0x x− + > e quindi risolvendo si ha D = { }/ 1 3x R x x∈ < ∨ >

Per l’ultima, poiché deve essere 2 1 0x− − ≥ e questa non è verificata da alcun valor di x, si ha,

banalmente D=∅ .

6.

6.a) Il dominio della funzione è D =R

6.b) Il codominio della funzione è ] ]1;1− .

6.c) f(0)=1 e f(x)=0 per x=-1.

6.d) inf f(x)= 1− ; sup f(x) =max f(x) =1; non esiste il minimo della funzione.

6.e) f(x) è crescente per 0x−∞ < < e f(x) è decrescente per 0x ≥ .

6.f) f(x)>0 per x>-1 mentre f(x)<0 per x<-1.

LICEO PEDAGOGICO ARTISTICO “G. Pascoli” di BOLZANO

VERIFICA DI MATEMATICA

CLASSE 5a P-FILA A-Tempo 100’

09/12/2011

Le risposte di tutti i quesiti vanno opportunamente motivate.

1.

Rispondi vero o falso, motivando la risposta.

Siano P(x) e Q(x) due polinomi nella variabile reale x:

1.a) Se ( )

( )lim 0x

P x

Q x→∞= allora P(x) e Q(x) hanno lo stesso grado.

1.b) Se P(c)=0 allora ( )

( )lim 0x c

P x

Q x→= dove c è un numero reale.

1.c) Se Q(c)=0 allora ( )

( )limx c

P x

Q x→= ∞ dove c è un numero reale.

1.d) Se ( ) ( )lim limx c x c

f x f x+ −→ →

= =l dove l può essere anche ∞ allora f(x) ha una discontinuità di 3a

specie.

1.e) Se f(x) è una funzione definita in un intervallo [ ];a b con f(a)<0 e f(b)>0 allora esiste in [ ];a b

uno zero della funzione.

2.

Calcola i seguenti limiti: 2

2

2 5 7lim

2x

x x

x→−

− + −

−;

2

23

2 5 3lim

6x

x x

x x→

− −

− −;

4

3 4

2 10 1lim

5 7 1x

x x

x x→∞

− − +

− −;

2

4lim

3 6 5x

x

x x→+∞

−

− +

4

32

7 2lim

2 4x

x x

x x→−

+ −

− +; ( )5lim 2 4 2

xx x

→−∞− − +

3.

Data la funzione ( )4

4

2 1

1

x xf x

x

− +=

− classifica i suoi eventuali punti di discontinuità e determina le

equazioni dei suoi asintoti verticali e orizzontali.

4.

Ridefinisci, se è possibile, la seguente funzione ( )2

2.... ... 1

2 1....... ... 1

x se xf x

x se x

− + <= − >

nel punto di

discontinuità affinché sia continua in R.

5.

Trova il più piccolo intervallo avente gli estremi numeri interi nel quale l’equazione 3 7 0x x− + =

ammette soluzione e spiega il perché, in generale, un’equazione intera di grado dispari ammette

almeno una soluzione reale.

Correzione FILA A

1.

1.a) Falso. Se ( )

( )lim 0x

P x

Q x→∞= allora il grado di Q(x) è maggiore del grado di P(x).

1.b) Falso. Basta prendere P(x)=Q(x)=x-1 e c=1 e osservare che 1

1lim 1

1x

x

x→

−=

−.

1.c) Falso. Basta prendere i polinomi di 1.b.

1.d) Falso. Infatti se l=∞ oppure se f(c) esiste ed è uguale ad l si ha un punto di discontinuità di 2a

specie oppure addirittura la continuità della funzione in c.

1.e) Falso. Manca, infatti,l’ipotesi di continuità della funzione che garantirebbe l’esistenza di un suo

zero. Come esempio, si può prendere la funzione f(x)=1/x nell’intervallo [-1;1].

2. 2

2

2 5 7 8 10 7 25lim

2 2 2 4x

x x

x→−

− + − − − −= =

− − −

( ) ( )

( ) ( )

2

23 3

3 2 12 5 3 7lim lim

6 3 2 5x x

x xx x

x x x x→ →

− ⋅ +− −= =

− − − ⋅ +

4

3 4

2 10 1lim

5 7 1x

x x

x x→∞

− − +

− −=

4

4

2 2lim

7 7x

x

x→∞

−=

−.

2 2

4lim lim 0

3 6 5 3x x

x x

x x x→∞ →∞

− −= =

− +

4

32

7 2lim

2 4x

x x

x x→−

+ −

− + =

( ) ( )( ) ( )

3 2

22

2 2 4 1 25 5lim

10 22 2 2x

x x x x

x x x→−

+ ⋅ − + −= =

+ ⋅ − +

( )5lim 2 4 2x

x x→−∞

− − + = 5lim 2x

x→−∞

− = +∞

3.

Determiniamo innanzitutto il dominio ponendo 4 1 0x − ≠ e quindi 1x ≠ ± ; si ha così

D={ }/ 1x R x∈ ≠ ± .

( ) ( )( ) ( )

3 24

4 3 21 1

1 12 1 0 2 1lim lim

1 0 4 21 1x x

x x x xx x

x x x x x→ →

− ⋅ + + − − + = = = = − − ⋅ + + +

e pertanto x=1 è un punto di

discontinuità di 3a specie della funzione. 4

41

2 1 4lim

1 0x

x x

x→−

− + = = ∞ −

e così x=-1 è un punto di discontinuità di 2a specie e x=-1 è l’equazione

dell’asintoto verticale della funzione.

Poiché 4

4

2 1lim 1

1x

x x

x→∞

− +=

− allora y=1 è l’equazione dell’asintoto orizzontale.

4.

E’ possibile ridefinire la funzione f(x) a una funzione continua se il suo punto di discontinuità x=1 è

di terza specie; calcoliamo, pertanto, i limiti a destra e a sinistra di 1.

( )

( )

2

1

1

lim 2 1

lim 2 1 1

x

x

x

x

−

+

→

→

− + =

− =

Il punto x=1 è di discontinuità di 3a specie, così si può ridefinire f(x) alla seguente funzione

f1(x)=

2 2........ .... 1

2 1........... .... 1

1................... .... 1

x se x

x se x

se x

− + < − > =

. La funzione f1(x), così definita, è continua in R.

5.

Basta trovare i numeri interi che definiscono il più piccolo intervallo nel quale la funzione

( ) 3 7f x x x= − + cambia segno; a tal proposito ( )3 27 3 7f − = − + + =-10 e

( )2 8 2 7 1f − = − + + = e quindi il più piccolo intervallo è [-3;-2]; inoltre un’equazione intera di

grado dispari ammette almeno uno zero poiché il polinomio che la definisce assume valori di segno

opposto a +∞ e a −∞ ; esisterà, pertanto, un intervallo ad estremi numeri reali nel quale la

funzione si annullerà.

Correzione FILA B

1.

1.a) Falso. Se ( )

( )limx

P x

Q x→∞= ∞ allora il grado di P(x) è maggiore del grado di Q(x).

1.b) Vero. Infatti se ( ) 0P c ≠ allora il limite è uguale a un numero non nullo oppure a ∞ .

1.c) Vero. Infatti se ( ) 0Q c ≠ allora ( )

( )limx c

P xl

Q x→= ≠ ∞ .

1.d) Falso. Infatti manca la condizione aggiuntiva che i limiti debbano essere entrambi finiti.

1.e) Falso. Infatti potrebbe essere il contrario o se f non è continua avere lo stesso segno

nell’intervallo.

2. 3

1

2 5 7 2 5 7 10 10lim

2 1 2 3 3x

x x

x→−

− + − − − −= = =

− − − −

( ) ( )

( ) ( )

2

22 2

2 75 14 9lim lim

2 6 2 2 3 7x x

x xx x

x x x x→ →

− ⋅ − −− − += =−

− − − ⋅ +

5

3 4

2 10 1lim

2 3 1x

x x

x x→∞

− − +

− + −=

5

4

2lim

3x

x

x→∞

−= ∞ .

2 2

4lim lim 0

3 6 5 3x x

x x

x x x→∞ →∞

− += =

− + − −

( ) ( )( ) ( )

23

3 23 3

3 3 27 6 0 20 4lim lim

2 21 0 25 53 3 7x x

x x xx x

x x x x x→− →−

+ ⋅ − + − − + − = = =− = − − + + + ⋅ − +

.

( )7 2lim 2 4 2x

x x→−∞

− − + = 7lim 2x

x→−∞

− = +∞

3.

Determiniamo innanzitutto il dominio ponendo 4 16 0x − ≠ e quindi 2x ≠ ± ; si ha così

D={ }/ 2x R x∈ ≠ ± .

4

42

2 12 24lim

16 0x

x x

x→

− + = = ∞ −

e pertanto x=2 è un punto di discontinuità di 2a specie della funzione

e x=2 è l’equazione di un asintoto verticale. 4

42

2 12 32lim

16 0x

x x

x→−

− + = = ∞ −

e così x=-1 è un punto di discontinuità di 2a specie e x=-1 è

l’equazione di un asintoto verticale della funzione.

Poiché 4

4

2 12lim 1

16x

x x

x→∞

− +=

− allora y=1 è l’equazione dell’asintoto orizzontale.

4.

E’ possibile ridefinire la funzione f(x) a una funzione continua se il suo punto di discontinuità x=2 è

di terza specie; calcoliamo, pertanto, i limiti a destra e a sinistra di 2.

( )

( )

2

2

2

lim 2 2 6

lim 2 1 3

x

x

x

x

−

+

→

→

− + = −

− =

Il punto x=2 è di discontinuità di 1a specie e, pertanto, non è possibile ridefinire la funzione f(x) a

una funzione continua.

5.

Basta trovare i numeri interi che definiscono il più piccolo intervallo nel quale la funzione

( ) 32 3 10f x x x= + + cambia segno; a tal proposito ( )2 16 6 10f − =− + + =0 e quindi -2 è uno

zero della funzione e quindi gli intervalli ad estremi interi sono:[-3;-2] e [-2;-1]; inoltre

un’equazione intera di grado pari non sempre ammette almeno uno zero poiché il polinomio che la

definisce assume valori dello stesso a +∞ e a −∞ e questo non garantisce l’esistenza di uno zero.