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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).

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NOTE:

i. Èammessol’usodelcalcolatoreelettronicooditavolenumeriche;

ii. Punteggiomassimo15p.ti.Perlasufficienzaènecessarioraggiungereilpunteggiodi10p.ti.