x - Matematicamente

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x - Matematicamente

Sessione ordinaria America Latina 2002 - 2003
Soluzione a cura di Nicola De Rosa
SCUOLE ITALIANE ALL’ESTERO
ESAMI DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO
Sessione Ordinaria 2003
Calendario australe
SECONDA PROVA SCRITTA
Tema di Matematica
Il candidato risolva uno dei due problemi e 4 quesiti del questionario.
PROBLEMA 1
Nel piano riferito a coordinate cartesiane, ortogonali e monometriche (x,y), studiate la curva G di
equazione:
y=
x3
(2 x − 1)2
1. Tracciatene il grafico e denotate con s il suo asintoto obliquo.
2. Indicate con A e B i punti in cui s incontra rispettivamente l’asse y e la curva G . Sul segmento AB
prendete un punto P in modo che, detto Q il punto di G avente la stessa ascissa di P, sia massima
l’area del triangolo APQ.
3. Determinate l’area della regione finita di piano delimitata da G e dalla bisettrice del primo e terzo
quadrante.
4. Determinate l’equazione della curva S simmetrica di G rispetto alla bisettrice del II e IV
quadrante.
PROBLEMA 2
Nel piano riferito a coordinate cartesiane ortogonali e monometriche (x, y), siano:
S il punto di coordinate (0,4); P un punto della retta r di equazione 2x – y – 2 = 0 ; n la retta per S
perpendicolare alla congiungente S con P; Q il punto di intersezione di n con la retta s parallela per P
all’asse y.
Trovate l’equazione cartesiana del luogo G descritto da Q al variare di P su r.
Studiate G , disegnatene il grafico e spiegate con considerazioni geometriche quanto si riscontra,
analiticamente, per x=3
Si calcoli l’area della regione di piano racchiusa tra G , il suo asintoto obliquo, l’asse y e la retta x=2
Si trovi l’equazione del luogo K simmetrico di G rispetto alla retta x=2
www.matematicamente.it
1
QUESTIONARIO
1. Quale è il dominio della funzione f ( x ) = x π − π x ? Quale ne è il segno della derivata prima e
quale quello della derivata seconda nel punto x = π ?
2. Calcolate il rapporto tra la superficie totale di un cilindro equilatero e la superficie della sfera ad
esso circoscritta.
3. Dimostrate che
lim(1 + x ) x = e
1
x →0
4. Dimostrate che la somma di qualsiasi numero reale positivo e del suo reciproco è almeno 2
5. I gradi sessagesimali, i radianti e i gradi centesimali sono le più comuni unità per la misura degli
angoli. Date di ciascuna di esse una esauriente definizione.
6. Sia APB un angolo la cui misura in radianti è data dal numero e di Nepero, base dei logaritmi
naturali. Quale è la misura in gradi sessagesimali di APB e quale quella in gradi centesimali?
Motivate la vostra risposta.
7. Calcolate la derivata della funzione
f ( x ) = arctan x − arctan
x −1
x +1
Quali conclusioni ne potete trarre per la f(x)? La funzione è una costante? Se sì, quale è la costante?
8. Verificate che la funzione:
(
y = e − x + x −1 è invertibile e detta g la funzione inversa,
)
calcolate g ' 1 + e −1 .
______________________________________________________________________
Durata massima della prova : 6 ore
Non è consentito lasciare l’Istituto prima che siano trascorse 3 ore dalla dettatura del tema.
E’ consentito l’uso della calcolatrice tascabile non programmabile.
2
PROBLEMA 1
Nel piano riferito a coordinate cartesiane, ortogonali e monometriche (x,y), studiate la curva G
di equazione:
y=
x3
(2 x − 1)2
Punto 1
Tracciatene il grafico e denotate con s il suo asintoto obliquo.
Studiamo la funzione y =
x3
(2 x − 1)2
1⎞ ⎛1
⎞
⎛
Dominio: x ∈ ⎜ − ∞, ⎟ ∪ ⎜ ,+∞ ⎟ ;
2⎠ ⎝2
⎠
⎝
Intersezioni asse ascisse: y =
x3
(2 x − 1)2
= 0⇒ x = 0;
Intersezioni asse ordinate: x = 0 ⇒ y = 0 ;
Positività: y =
x3
(2 x − 1)
Asintoti verticali: lim±
1
x→
2
2
>0⇒
x3
(2 x − 1)
2
x>0
x3 > 0
(2 x − 1)
2
>0
→
⎛ 1⎞ ⎛1
⎞
1 ⇒ x ∈ ⎜ 0, ⎟ ∪ ⎜ ,+∞ ⎟
∀x ≠
⎝ 2⎠ ⎝2
⎠
2
= +∞ per cui x =
Asintoti orizzontali: non ve ne sono in quanto lim
x → ±∞
1
è asintoto verticale;
2
x3
(2 x − 1)2
= ±∞ ;
x3
f (x )
(2 x − 1)2 = 1 e
Asintoti obliqui: hanno equazione y = mx + q con m = lim
= lim
x → ±∞
x → ±∞
x
x
4
⎡ x3
⎡ 4x 2 − x
⎤ 1
x⎤
−
lim
q = lim [ f ( x ) − mx ] = lim ⎢
=
⎥
⎢
⎥=
2
2
x → ±∞
x → ±∞ (2 x − 1)
4 ⎦ x →±∞ ⎣16 x − 16 x + 4 ⎦ 4
⎣
obliquo ha equazione s : y =
Crescenza
e
x +1
;
4
decrescenza:
3x 2 (2 x − 1) − 4 x 3 (2 x − 1)
2
y' =
(2 x − 1)4
per cui l’asintoto
=
la
x 2 (2 x − 3)
(2 x − 1)3
derivata
prima
della
per
funzione
è:
cui
3
3
x (2 x − 3)
2 ⇒ x ∈ (− ∞,0 ) ∪ ⎛ 0, 1 ⎞ ∪ ⎛ 3 ,+∞ ⎞ per cui la
>0⇒
→
y' =
⎜
⎟ ⎜
⎟
3
3
1
2⎠ ⎝2
(2 x − 1)
⎝
⎠
(2 x − 1) > 0
x>
2
x>
x 2 (2 x − 3) > 0
2
⎛ 1⎞ ⎛3
⎞
funzione è strettamente crescente in (− ∞,0) ∪ ⎜ 0, ⎟ ∪ ⎜ ,+∞ ⎟ e strettamente decrescente
⎝ 2⎠ ⎝2
⎠
altrove.
Concavità
(6 x
y' ' =
2
e
)
convessità:
(
)
− 6 x (2 x − 1) − 6 2 x 3 − 3x 2 (2 x − 1)
3
(2 x − 1)
6
la
2
=
derivata
6x
(2 x − 1)
4
seconda
⎛ 1⎞ ⎛1
⎞
> 0 ⇒ x ∈ ⎜ 0, ⎟ ∪ ⎜ ,+∞ ⎟
⎝ 2⎠ ⎝2
⎠
è
per
⎛ 1⎞ ⎛1
⎞
cui la funzione presenta concavità verso l’alto in ⎜ 0, ⎟ ∪ ⎜ ,+∞ ⎟ . Dall’analisi della derivata
⎝ 2⎠ ⎝2
⎠
terza,
y' ' ' =
− 6(6 x + 1)
, deduciamo che y ' ' ' (0 ) = 6 ≠ 0 per cui in
(2 x − 1)5
(0,0)
la funzione
⎛3⎞ 9
⎛ 3 27 ⎞
presenterà un flesso a tangente orizzontale. Inoltre y ' ' ⎜ ⎟ =
> 0 per cui ⎜ , ⎟ è un
⎝ 2 ⎠ 16
⎝ 2 32 ⎠
minimo relativo.
Il grafico è di seguito presentato:
Come ricavato precedentemente l’asintoto obliquo ha equazione s : y =
x +1
.
4
Punto 2
Indicate con A e B i punti in cui s incontra rispettivamente l’asse y e la curva G . Sul segmento
AB prendete un punto P in modo che, detto Q il punto di G avente la stessa ascissa di P, sia
massima l’area del triangolo APQ.
4
L’asintoto s : y =
dell’asintoto
x3
(2 x − 1)
2
=
x +1
⎛ 1⎞
incontra l’asse delle ordinate in A⎜ 0, ⎟ . Per calcolare l’intersezione
4
⎝ 4⎠
con
la
curva
dobbiamo
risolvere
l’equazione
1
x +1
⎛1 1⎞
2
→ 4 x 3 = 4(2 x − 1) ( x + 1) → 4 x 3 = 4 x 3 − 3x + 1 → x = da cui B⎜ , ⎟ .
4
3
⎝ 3 3⎠
La retta AB ha equazione s : y =
x +1
⎛ x + 1⎞
per cui il punto P avrà coordinate generiche P⎜ x,
⎟
4
4 ⎠
⎝
⎛
1
x3 ⎞
⎟ con 0 < x < . La figura seguente evidenzia la geometria del problema.
mentre Q⎜⎜ x,
2 ⎟
3
⎝ (2 x − 1) ⎠
⎛ 1⎞
Il triangolo APQ ha base PQ ed altezza pari alla proiezione di A⎜ 0, ⎟ sulla retta PQ. In particolare
⎝ 4⎠
0< x <
x +1
x3
1 − 3x
1 − 3x
,
−
=
⎯⎯⎯3 → PQ =
2
2
2
4
(2 x − 1) 4(2 x − 1)
4(2 x − 1)
1
PQ =
0< x <
1
3
h = xQ − x A = xQ = x ⎯⎯⎯→ h = x
S=
per
cui
l’area
mentre
del
l’altezza
triangolo
APQ
misura
vale
PQ ⋅ h
x(1 − 3 x )
=
. La massimizzazione dell’area del triangolo APQ la effettuiamo mediante
2
2
8(2 x − 1)
derivazione. La derivata prima di S =
x(1 − 3x )
8(2 x − 1)
2
è S'=
(4 x − 1)
3
8(2 x − 1)
per cui nell’intervallo 0 < x <
1
3
⎛ 1⎞
⎛1 1⎞
la funzione è strettamente crescente in ⎜ 0, ⎟ e strettamente decrescente in ⎜ , ⎟ ; inoltre la
⎝ 4⎠
⎝ 4 3⎠
5
(1 − 8 x )
4
4(2 x − 1)
derivata seconda è S ' ' =
⎛1⎞
per cui S ' ' ⎜ ⎟ = −4 < 0 per cui l’area massima la si ha per
⎝4⎠
1
⎛1 5 ⎞ ⎛1 1 ⎞
⎛1⎞ 1
cui corrispondono P⎜ , ⎟, Q⎜ , ⎟ e S max = S ⎜ ⎟ =
.
4
⎝ 4 16 ⎠ ⎝ 4 16 ⎠
⎝ 4 ⎠ 32
x=
Punto 3
Determinate l’area della regione finita di piano delimitata da G e dalla bisettrice del primo e
terzo quadrante.
Intersechiamo la curva di equazione y =
x3
(2 x − 1)2
x3
(2 x − 1)2
con la retta y = x ottenendo:
O(0,0)
= x ⇒ 3 x − 4 x + x = x(3x − 1)( x − 1) = 0 ⇒ C (1,1)
3
2
⎛1 1⎞
B⎜ , ⎟
⎝ 3 3⎠
L’area da calcolare è raffigurata in verde nella figura sottostante:
Innanzitutto
y=
x3
(2 x − 1)
2
la
=
funzione
y=
x3
(2 x − 1)2
è
scomponibile
come
x 1
3
1
.
+ +
+
4 4 8(2 x − 1) 8(2 x − 1)2
Tale area vale
6
1
3
1
3
⎡ ⎛x 1
⎡
⎤
x
3
1
+
S = ∫ ⎢x −
dx = S = ∫ ⎢ x − ⎜⎜ + +
2 ⎥
2
(2 x − 1) ⎦
0 ⎣
0 ⎢
⎣ ⎝ 4 4 8(2 x − 1) 8(2 x − 1)
3
⎞⎤
⎟⎥ dx =
⎟
⎠⎥⎦
1
3
⎡ 3x 1
⎤
3
1
= ∫⎢ − −
−
dx =
2 ⎥
(
)
−
4
4
8
2
1
x
(
)
8
2
1
−
x
0 ⎣
⎦
1
⎡ 3x 2 x 3
⎤3
1
=⎢
− − ln 2 x − 1 +
⎥ =
4 16
16(2 x − 1) ⎦ 0
⎣ 8
⎡1
(9 ln 3 − 8)
1
3 ⎛1⎞ 3 ⎤ ⎡ 1 ⎤
1 3
= ⎢ − − ln⎜ ⎟ − ⎥ − ⎢− ⎥ = − + ln(3) =
6 16
48
⎣ 24 12 16 ⎝ 3 ⎠ 16 ⎦ ⎣ 16 ⎦
Punto 4
Determinate l’equazione della curva S simmetrica di G rispetto alla bisettrice del II e IV
quadrante.
La simmetrica rispetto alla bisettrice del II e IV quadrante si ottiene mediante la trasformazione
⎧X = − y
(− Y )3 ⇒ X = Y 3
per cui la curva S ha equazione S : − X =
seguente: ⎨
(2Y + 1)2
[2(− Y ) − 1]2
⎩Y = − x
Il grafico sottostante mostra in rosso il luogo G di equazione y =
equazione x =
y3
(2 y + 1)2
x3
(2 x − 1)2
, in blu il luogo S di
ed in celeste la bisettrice del secondo e quarto quadrante di equazione
y = −x :
8
6
4
2
-7.5
-5
-2.5
2.5
5
7.5
-2
-4
-6
-8
7
PROBLEMA 2
Nel piano riferito a coordinate cartesiane ortogonali e monometriche (x, y), siano:
S il punto di coordinate (0,4 ) ; P un punto della retta r di equazione 2 x − y − 2 = 0 ; n la retta
per S perpendicolare alla congiungente S con P; Q il punto di intersezione di n con la retta s
parallela per P all’asse y.
Punto 1
Trovate l’equazione cartesiana del luogo G descritto da Q al variare di P su r.
Si consideri la figura seguente.
Il punto P, dovendo appartenere alla retta r : 2 x − y − 2 = 0 ha coordinate P(t ,2t − 2) . La retta n
passante per S (0,4 ) ha equazione y = mx + 4 dove m = −
1
in quanto la retta n è perpendicolare
m SP
alla retta SP. Il coefficiente angolare della retta SP è m SP =
2t − 2 − 4 2t − 6
per cui la retta n ha
=
t
t
⎛ t ⎞
equazione y = ⎜
⎟ x + 4 . La retta s parallela per P all’asse y ha equazione x = t per cui il punto
⎝ 6 − 2t ⎠
⎧x = t
⎛
t2
t 2 − 8t + 24 ⎞
⎪
⎟⎟ . Posto allora ⎨
Q ha coordinate Q⎜⎜ t ,
+4=
t 2 − 8t + 24 il luogo G è
6
−
2
t
6
−
2
t
y
=
⎠
⎝
⎪
6 − 2t
⎩
x 2 − 8 x + 24
.
y=
6 − 2x
Punto 2
Studiate G , disegnatene il grafico e spiegate con considerazioni geometriche quanto si
riscontra, analiticamente, per x=3
8
x 2 − 8 x + 24
Studiamo la funzione y =
6 − 2x
Dominio: x ∈ (− ∞,3) ∪ (3,+∞ ) ;
x 2 − 8 x + 24
Intersezioni asse ascisse: non ve ne sono in quanto y =
= 0 → x 2 − 8 x + 24 = 0
6 − 2x
il cui delta è Δ = −32 < 0 ;
Intersezioni asse ordinate: x = 0 ⇒ y = 4 ;
Positività: y =
∀x ∈ R
x 2 − 8 x + 24 > 0
x 2 − 8 x + 24
>0⇒
→
⇒ x ∈ (− ∞,3)
x<3
6 − 2x
6 − 2x > 0
Asintoti verticali: lim±
x →3
x 2 − 8 x + 24
= ∓ ∞ per cui x = 3 è asintoto verticale;
6 − 2x
x 2 − 8 x + 24
= ∓∞ ;
x → ±∞
6 − 2x
Asintoti orizzontali: non ve ne sono in quanto lim
x 2 − 8 x + 24
f (x )
1
6 − 2x
Asintoti obliqui: hanno equazione y = mx + q con m = lim
=− e
= lim
x → ±∞
x
→
±∞
x
x
2
⎡ x 2 − 8 x + 24
q = lim [ f (x ) − mx ] = lim ⎢
+
x → ±∞
x → ±∞
⎣ 6 − 2x
obliquo ha equazione y =
x⎤
⎡ − 5 x + 24 ⎤ 5
⎥ = xlim
⎢ 6 − 2x ⎥ = 2
→
±∞
2⎦
⎦
⎣
per cui l’asintoto
− x+5
;
2
Crescenza e decrescenza: la derivata prima della funzione è: y ' =
y' =
x(6 − x )
2( x − 3)
2
>0⇒
x(6 − x ) > 0
(x − 3)
2
>0
→
0< x<6
∀x ≠ 3
x(6 − x )
2(x − 3)
2
per cui
⇒ x ∈ (0,3) ∪ (3,6) per cui la funzione è
strettamente crescente in (0,3) ∪ (3,6 ) e strettamente decrescente altrove.
Concavità e convessità: la derivata seconda è y ' ' =
9
> 0 ⇒ x ∈ (− ∞,3) per cui la
(3 − x )3
1
funzione presenta concavità verso l’alto in (− ∞,3) . Inoltre y ' ' (6) = − < 0 per cui (6,−2 ) è un
3
massimo relativo.
Il grafico è di seguito presentato:
9
Studiando analiticamente il luogo di equazione y =
x 2 − 8 x + 24
, abbiamo dedotto che esso presenta
6 − 2x
x = 3 come asintoto verticale e in particolare lim±
x 2 − 8 x + 24
= ∓ ∞ ; tale situazione corrisponde
6 − 2x
x →3
geometricamente al caso in cui il punto P ha coordinate P (3,4) , la retta SP ha equazione y = 4 e la
normale n ha equazione x = 0 e cioè ha un coefficiente angolare infinito; di conseguenza il punto Q
avrà un’ordinata infinita.
Punto 3
Si calcoli l’area della regione di piano racchiusa tra G , il suo asintoto obliquo, l’asse y e la
retta x=2
L’area da calcolare è raffigurata in verde nella figura seguente:
10
Tale area vale:
2
⎡ x 2 − 8 x + 24 ⎛ − x + 5 ⎞⎤
⎡⎛ − x + 5
9 ⎞ ⎛ − x + 5 ⎞⎤
−
=
dx
⎜
⎟
∫0 ⎢⎣ 6 − 2 x ⎝ 2 ⎠⎥⎦ ∫0 ⎢⎣⎜⎝ 2 + 6 − 2 x ⎟⎠ − ⎜⎝ 2 ⎟⎠⎥⎦ dx
2
2
9
9
9
⎛ 9 ⎞
⎡ 9
⎤
= ∫⎜
⎟dx = ⎢− ln 6 − 2 x ⎥ = − ln 2 + ln 6 = ln 3
6 − 2x ⎠
2
2
2
⎣ 2
⎦0
0⎝
2
Punto 4
Si trovi l’equazione del luogo K simmetrico di G rispetto alla retta x=2
⎧X = 4 − x
Il luogo K si trova a partire dal luogo G attraverso la trasformazione ⎨
per cui
⎩Y = y
G: y =
(4 − X ) − 8(4 − X ) + 24 = X 2 + 8 .
x 2 − 8 x + 24
→ K :Y =
6 − 2x
6 − 2(4 − X )
2X − 2
K:y=
x2 + 8
.
2x − 2
2
Il
luogo
cercato
è
allora
11
QUESTIONARIO
Quesito 1
Quale è il dominio della funzione f ( x ) = x π − π x ? Quale ne è il segno della derivata prima e
quale quello della derivata seconda nel punto x = π ?
La funzione in esame può essere così scritta: f ( x ) = f 1 ( x ) − f 2 ( x ) in cui il dominio di f1 ( x ) = x π è
R + , mentre il dominio di f 2 ( x ) = π x è tutto R ; quindi anche la funzione differenza ha come
dominio R + e cioè (0,+∞ ) . Tuttavia, essendo l’esponente π positivo, la funzione è prolungabile per
continuità in x = 0 in cui vale f (0 ) = −1 .
Le derivate sono:
f ' ( x ) = π ⋅ x π −1 − ln π ⋅ π x
f ' ' ( x ) = π ⋅ (π − 1) ⋅ x π − 2 − ln 2 π ⋅ π x
e valutate per x = π forniscono
f ' (π ) = π ⋅ π π −1 − ln π ⋅ π π = π π ⋅ (1 − ln π )
(
)
f ' ' (π ) = π ⋅ (π − 1)π π − 2 − ln 2 π ⋅ π π = π π 1 − ln 2 π − π π −1
Ora essendo π > e ⇒ ln π > ln e = 1 per cui entrambe le derivate in x = π assumono valore negativo.
Quesito 2
Calcolate il rapporto tra la superficie totale di un cilindro equilatero e la superficie della sfera
ad esso circoscritta.
Si consideri la figura sottostante che rappresenta un cilindro di raggio di base r inscritto in una sfera
di raggio R.
h=2r
La superficie totale del cilindro vale: S Cilindro = 2πr 2 + 2πr ⋅ h = 2πr 2 + 4πr 2 = 6πr 2 .
Il
raggio
della
sfera
( )
S Sfera = 4πR 2 = 4π ⋅ r 2
2
è
R=
2r 2
=r 2
2
= 8πr 2 . Quindi
e
la
superficie
totale
della
sfera
è
S Cilindro 6πr 2 3
=
= .
S Sfera
8πr 2 4
12
Quesito 3
Dimostrate che
lim(1 + x ) x = e
1
x →0
La funzione f ( x ) = (1 + x ) può essere scritta equivalentemente come f ( x ) = e
1
x
1⎤
⎡
ln ⎢ (1+ x ) x ⎥
⎣
⎦
=e
ln (1+ x )
x
, per
=1
lim(1 + x ) x = lim e
1
cui
x →0
ln (1+ x )
x
x→0
=e
ln (1+ x ) ⎞
⎛
⎜ lim
⎟
⎝ x→0 x
⎠
=e
in cui abbiamo sfruttato il limite notevole
ln (1 + x )
= 1 . Un modo alternativo è ricondursi a un altro limite notevole, adoperando la
x →0
x
lim
t
sostituzione t =
1
1
⎛ 1⎞
. In questo modo si ha lim(1 + x ) x = lim⎜1 + ⎟ = e , avendo sfruttato il limite
0
→
→
∞
x
t
x
⎝ t⎠
t
⎛ 1⎞
notevole lim⎜1 + ⎟ = e .
t →∞
⎝ t⎠
Quesito 4
Dimostrate che la somma di qualsiasi numero reale positivo e del suo reciproco è almeno 2
Sia x un numero reale positivo e y =
1
1 x2 +1
il suo reciproco. La loro somma è S = x + =
.
x
x
x
(x − 1) ≥ 0 e
x2 +1
x2 +1
+
Dimostriamo che S =
≥ 2 ∀x ∈ R . La disequazione
≥ 2 è equivalente a
x
x
x
2
∀x ∈ R + essa è sempre soddisfatta. In particolare la somma è pari a 2 quando i due numeri sono
uguali.
Quesito 5
I gradi sessagesimali, i radianti e i gradi centesimali sono le più comuni unità per la misura
degli angoli. Date di ciascuna di esse una esauriente definizione.
•
Grado sessagesimale: un novantesimo di angolo retto. Il grado è divisibile in sessanta parti
che definiscono i primi, il primo è divisibile in sessanta parti ottenendo i secondi; l’ulteriore
frazionamento prosegue con la divisione decimale (es. α=47°32’43,13”).
• Grado centesimale: un centesimo di angolo retto. Il grado è divisibile in cento parti che
definiscono i primi centesimali, il primo centesimale è divisibile in cento parti ottenendo i
secondi centesimali; l’ulteriore frazionamento prosegue con sottomultipli decimali (es.
α=47g 32c43,13cc).
13
• Radiante: un
1
π
di angolo piatto.
Quesito 6
Sia APB un angolo la cui misura in radianti è data dal numero e di Nepero, base dei logaritmi
naturali. Quale è la misura in gradi sessagesimali di APB e quale quella in gradi centesimali?
Motivate la vostra risposta.
Nel Quesito 5 sono state definite le tre più comuni unità per la misura degli angoli, i gradi
sessagesimali, i radianti e i gradi centesimali.
La proporzione tra radianti e gradi sessagesimali è:
αr
πr
180°
=
⇒ α ° = r ⋅α r
α ° 180°
π
La proporzione tra centesimali (indicati con grad) e gradi sessagesimali è:
α g 400 g
10 g
=
⇒= α g =
α°
9°
α ° 360°
La proporzione tra radianti e gradi centesimali è:
πr
αr
200 g
g
=
⇒
α
=
⋅α r
α g 200 g
πr
Nel caso in esame
α° =
αg =
180°
π
r
⋅α r =
180°
π
r
Sistema
sessadecimale
Sistema
sessagesimale
e⎞
⎛
⋅ e r = ⎜180 ⋅ ⎟° = 155°.7461 = 155°44'45' '.87
π⎠
⎝
10 g
10 g
α° =
⋅ (155°.7461) = 173 g .051222 = 173 g 5 c12 cc.22
9°
9°
Quesito 7
Calcolate la derivata della funzione
x −1
x +1
Quali conclusioni ne potete trarre per la f(x)? La funzione è una costante? Se sì, quale è la
costante?
La funzione f ( x ) = arctan x − arctan
y' =
1
1+ x2
(x + 1) − (x − 1)
(x + 1)2 =
−
⎛ x −1⎞
1+ ⎜
⎟
⎝ x +1⎠
2
x −1
è definita per x ∈ R /{− 1}. La derivata prima è:
x +1
2
1
1
2
1
1
(x + 1)
−
=
−
=
−
=0
2
2
2
2
2
2
1+ x
(x + 1) + (x − 1) 1 + x 2 1 + x 1 + x 1 + x 2
2
(x + 1)2
(
)
14
Essendo la derivata prima nulla, la funzione è costante negli intervalli di esistenza
(− ∞,−1) e (− 1,+∞ ) , e il valore della costante può essere trovato valutando la funzione in un punto
qualsiasi dei due intervalli
(− ∞,−1) e (− 1,+∞ ) .
In particolare, valutando la funzione in
x = 0 ∈ (− 1,+∞ ) e in x = − 3 ∈ (− ∞,−1) , si ha:
x ∈ (− 1,+∞ ) ⇒ y = y (0 ) = arctan(0 ) − arctan(− 1) = arctan(1) =
(
)
(
π
4
)
⎛ − 3 −1⎞
⎟=
x ∈ (− ∞,−1) ⇒ y = y − 3 = arctan − 3 − arctan⎜⎜
⎟
−
+
3
1
⎝
⎠
3π
π 5π
= − arctan 3 − arctan 2 + 3 = − −
=−
3 12
4
( )
In
(
conclusione
)
la
funzione
⎧ 3π
−
x − 1 ⎪⎪ 4
=⎨
x + 1 ⎪π
⎪⎩ 4
è
costante
a
tratti
e
vale
se x ∈ (− ∞, − 1)
se x ∈ (− 1, + ∞ )
.
Quesito 8
Verificate che la funzione:
(
y = e − x + x −1 è invertibile e detta g la funzione inversa,
)
calcolate g ' 1 + e −1 .
La funzione y = e − x + x −1 è definita in R /{0} ed ha derivata prima y ' = −e − x − x −2 . Dall’analisi della
derivata prima si deduce cahe la funzione è strettamente descrescente in tutto il dominio, per cui
invertibile in esso. Detta g la funzione inversa, la derivata della funzione inversa è pari a
⎡ 1 ⎤
g ' ( y0 ) = ⎢
⎥
⎣ f ' (x0 )⎦
con
y 0 = f ( x0 ) . Nel caso in esame
x0 = 1 ⇒ y 0 = 1 + e −1 , per cui
⎡ 1 ⎤ ⎡
1
1
e
⎤
g ' (1 + e −1 ) = ⎢
= ⎢ −x
=
=−
.
⎥
−2 ⎥
−1
e +1
⎣ f ' (1) ⎦ ⎣ − e − x ⎦ x =1 − e − 1
15

x - Matematicamente

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