Quesiti - Matefilia
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www.matefilia.it ORDINAMENTO 2009 - SESSIONE SUPPLETIVA QUESITO 1 Una piramide, avente area di base B e altezza h, viene secata con un piano parallelo alla base. Si calcoli a quale distanza dal vertice si deve condurre tale piano, affinché il prisma che ha per basi la sezione di cui sopra e la sua proiezione ortogonale sul piano di base della piramide abbia volume massimo. Indichiamo con h lβaltezza della piramide e con x la distanza dal vertice del piano parallelo alla base. Per una proprietà delle piramidi, detta Bβ lβarea della sezione, si ha: π΅: π΅ β² = β2 : π₯ 2 βΉ π΅β² = π΅ β π₯2 β2 Il prisma ha volume: π΅ β π₯2 β (β β π₯) β2 Tale volume è massimo se lo è π¦ = π₯ 2 β (β β π₯). π(ππππ ππ) = π΄(πππ π) β πππ‘ππ§π§π = π΅ β² β (β β π₯) = Prima soluzione per via elementare: π₯ 2 β (β β π₯) = (π₯)2 β (β β π₯)1 è prodotto di due potenze le cui basi hanno somma costante (x e h-x), quindi è massimo se le basi sono proporzionali agli esponenti: π₯ ββπ₯ = 2 1 βΉ 1/8 π₯= 2 β 3 Il prisma ha volume massimo se la piramide viene tagliata con un piano parallelo alla base ad una distanza dal vertice uguale ai 2/3 dellβaltezza. Soluzione per con lβuso delle derivate: π¦ = π₯ 2 β (β β π₯) = π(π₯) , β > 0, 0 β€ π₯ β€ β Siccome la funzione è continua (e derivabile) in un intervallo chiuso e limitato, ammette massimo e minimo assoluto, agli estremi oppure in un punto che annulla la derivata prima. π β² (π₯) = 2π₯(β β π₯) β π₯ 2 = β3π₯ 2 + 2βπ₯ = 0 π π π₯ = 0, ππππ’ππ 2 4 π₯= 2 β 3 2 Risulta: π(0) = π(β) = 0 , π (3 β) = 27 β3 : il massimo si ha per π₯ = 3 β . Allo stesso risultato si arriva se si studia il segno della derivata prima. QUESITO 2 Si calcoli il limite della funzione ππ2 π₯+π₯β1 π₯ 2 βπ₯+π ππ2 (π₯β1) , quando x tende a 1. ππ2 π₯ + π₯ β 1 ππ2(1 + (π₯ β 1)) + π₯ β 1 = lim = π₯β1 π₯ 2 β π₯ + π ππ2 (π₯ β 1) π₯β1 π₯(π₯ β 1) + π ππ2 (π₯ β 1) lim Per x che tende a 1 si hanno i seguenti βasintoticiβ: ππ2 (1 + (π₯ β 1)) + π₯ β 1 ~(π₯ β 1)2 + (π₯ β 1)~(π₯ β 1) π₯(π₯ β 1) + π ππ2 (π₯ β 1)~(π₯ β 1) + (π₯ β 1)2 ~(π₯ β 1) il limite equivale a: π₯β1 =1 π₯β1 π₯ β 1 lim OPPURE Posto π₯β1=π‘ il limite si trasforma in: ln2 (1 + π‘) + 1] ππ + (π₯ β 1)) + π₯ β 1 ππ + π‘) + π‘ π‘ lim = lim = lim = π₯β1 π₯(π₯ β 1) + π ππ2 (π₯ β 1) π‘β0 (1 + π‘)π‘ + π ππ2 π‘ π‘β0 π ππ2 π‘ π‘ [1 + π‘ + π‘ ] ln2 (1 + π‘) ln2 (1 + π‘) βπ‘+1 + 1 1β0+1 π‘ π‘2 = lim = lim = =1 2 2 π‘β0 π ππ π‘ π‘β0 π ππ π‘ 1+0+1β0 1+π‘+ π‘ 1+π‘+ 2 βπ‘ π‘ 2 (1 π‘[ 2 (1 2/8 QUESITO 3 Si calcoli il volume del solido generato dalla rotazione attorno allβasse x della porzione di π₯ piano limitata dalla curva π¦ = β1+π₯ 2 , dallβasse x e dalle rette π₯ = 1 , π₯ = β3 . π₯ Nellβintervallo [1; β3] la funzione π¦ = π(π₯) = β1+π₯ 2 dal seguente integrale: π β3 π = π β« π 2 (π₯)ππ₯ = π β« π 1 è positiva, quindi il volume è dato β3 1 + π₯ 2 β 1 β3 π₯2 1 ππ₯ = π β« ππ₯ = π β« [1 β ] ππ₯ = 1 + π₯2 1 + π₯2 1 + π₯2 1 1 = π β [π₯ β ππππ‘π(π₯)]1β3 = π β [β3 β ππππ‘π(β3) β 1 + ππππ‘π(1)] = π β (β3 β = π β (β3 β 1 β π π β 1 + ) π’3 = 3 4 1 π) π’3 β 1.477 π’3 = π 12 QUESITO 4 Dato un triangolo rettangolo inscritto in un semicerchio, se sui suoi cateti presi come diametri ed esternamente si costruiscono due semicerchi, da questi e dal dato semicerchio sono determinati due menischi, detti lunule dβIppocrate. Si dimostri che la loro somma ha la stessa area del triangolo. 3/8 π΄πππ(πΏπ ) = π΄πππ(π πππππππβππ ππ ππππππ‘ππ π) β π΄πππ(π ππππππ‘π πππππππππ ππ ) = 1 π 2 ππ2 = π β ( ) β π΄πππ(ππ ) = β π΄πππ(ππ ) 2 2 8 π΄πππ(πΏπ ) = 1 π 2 ππ 2 π β ( ) β π΄πππ( ππ ) = β π΄πππ( ππ ) 2 2 8 π΄πππ(πΏπ ) + π΄πππ(πΏπ ) = ππ2 ππ 2 + β [π΄πππ(ππ ) + π΄πππ( ππ )] = 8 8 ππ2 ππ 2 = + β [π΄πππ(π πππππππβππ ππ ππππππ‘ππ π΄π΅) β π΄πππ (π‘ππππππππ π΄π΅πΆ)] = 8 8 ππ2 ππ 2 1 π΄π΅ 2 = + β [ π β ( ) β π΄πππ (π‘ππππππππ π΄π΅πΆ)] = 8 8 2 2 = ππ2 ππ 2 1 π2 + π 2 + β πβ + π΄πππ (π‘ππππππππ π΄π΅πΆ) = π΄πππ (π‘ππππππππ π΄π΅πΆ) 8 8 2 4 QUESITO 5 Si determini il luogo πΎ dei punti di intersezione delle due rette di equazioni: ππ₯ β π¦ β (π + 2) = 0 , (1 β π)π₯ + π¦ + 2 = 0 , descritto al variare di π, parametro reale qualunque. Si disegni la curva πΎ. ππ₯ β π¦ β (π + 2) = 0 { (1 β π)π₯ + π¦ + 2 = 0 π₯βπ¦β3 βπ₯+π¦+2=0 , π₯β1 π¦+2 ; π = π₯β1 (π₯ β 1) { π¦+2 (1 β )π₯ + π¦ + 2 = 0 da cui: π₯β1 π₯ 2 β π₯π¦ β 3π₯ + π₯π¦ β π¦ + 2π₯ β 2 = 0 1 9 π¦ = π₯ 2 β π₯ β 2 : parabola di vertice π = (2 ; β 4), passante per (0; β2), (β1; 0), (2; 0) e privata del punto (1; β2). Se x=1 abbiamo: π β π¦ β (π + 2) = 0 { ; (1 β π) + π¦ + 2 = 0 π¦ = β2 { π=1 Quindi il luogo richiesto è la parabola di equazione π¦ = π₯ 2 β π₯ β 2 , compreso il punto (1; β2). 4/8 QUESITO 6 Sono dati un angolo πΌ di π 2 radianti e un angolo π½ di 539 gradi. Si verifichi che sono entrambi maggiori di un angolo giro e minori di due angoli giro. Si dica quale dei due è il maggiore. Si dica inoltre se e più grande il seno di πΌ o il seno di π½ . Risulta: πΌ = π 2 = π β π πππ > 2π πππ βΆ quindi πΌ è maggiore di un angolo giro; πΌ = π 2 = π β π πππ < 4π πππ βΆ quindi πΌ è minore di due angolo giro. π½ = 539° > 360° βΆ quindi π½ π½ = 539° < 720° βΆ quindi π½ Per confrontare πΌ π π½ πΌ: π = π°: 180° è maggiore di un angolo giro; è minore di due angolo giro; trasformiamo, per esempio, πΌ in gradi: βΉ πΌ β 180° π 2 β 180° πΌ° = = = π β 180° β 565° > π½° π π Quindi : πΌ > π½ . π ππ(πΌ) β π ππ(565°) = π ππ(565° β 360°) = π ππ(205°) = π ππ(180° + 25°) = βπ ππ(25°) β β0.423 π ππ(π½) β π ππ(539°) = π ππ(539° β 360°) = π ππ(179°) = π ππ(180° β 1°) = π ππ(1°) β 0.017 Quindi : π ππ(πΌ) < π ππ(π½) . 5/8 QUESITO 7 Il comandante di una nave decide di raggiungere il porto B partendo dal punto A e seguendo un percorso rettilineo. A causa di un errore, però, la nave inizia la sua navigazione lungo una rotta leggermente diversa da quella prevista. Dopo 5 ore ci si accorge dello sbaglio e il comandante ordina di virare di un angolo di 23° in modo da dirigere ora esattamente verso il porto B, che viene raggiunto dopo 3 ore. Se lβimbarcazione ha mantenuto sempre una velocità costante, quanto tempo si è perso a causa dellβerrore? Detta π£ la velocità costante, risulta: π΄πΆ = 5π£ , πΆπ΅ = 3π£ , π΄π΅ = π‘π΄π΅ β π£ π΄π΅ 2 = π΄πΆ 2 + π΅πΆ 2 β 2 β π΄πΆ β π΅πΆ β cos(157°) = 25π£ 2 + 9π£ 2 β 30π£ 2 πππ (157°) β 61.62 π£ 2 Quindi: π΄π΅ = β61.62 π£ 2 β 7.85 π£ quindi π‘π΄π΅ = 7.85 πππ Il tempo perso è quindi pari a : 8 πππ β 7.85 πππ = 0.15 πππ = 9 ππππ’π‘π QUESITO 8 Data la parabola π₯ = βππ¦ 2 + 3π¦ (πππ π > 0), si determini per quale valore di π lβarea della parte finita di piano compresa tra il suo grafico e lβasse y è uguale a 72. 9 3 3 La parabola ha vertice in π = (4π ; 2π) , passa per π = (0; 0) , π΄ = (0; π) Lβarea richiesta è quella di un segmento parabolico, che, per il teorema di Archimede è uguale a: 2 3 9 9 π΄πππ(π) = 3 β π β 4π = 2π2 = 72 da cui: π2 = 6/8 1 16 βΉ π= 1 4 QUESITO 9 Si dimostri che un numero di quattro cifre tutte uguali è divisibile per 101. π = ππππ = π β 103 + π β 102 + π β 101 + π β 100 = π β (103 + 102 + 101 + 100 ) = π β 1111 = = π β (101 β 11) = (11π) β 101 : divisibile per 101 per ogni π = 0,1,2,3, β¦ ,9 N.B. 0000 = 101 β 00 , 1111 = 101 β 11 , 2222 = 101 β 22 , 3333 = 101 β 33 , ecc. QUESITO 10 Si enunci il teorema di Rolle e si mostri, con opportuni esempi, che se una qualsiasi delle tre condizioni previste non è soddisfatta, il teorema non è valido. Una funzione di equazione π¦ = π(π₯) è definita in un intervallo chiuso e limitato [π; π] e soddisfa le seguenti ipotesi: 1) è continua in tutto lβintervallo; 2) è derivabile nellβintervallo aperto (π: π); 3) risulta π(π) = π(π). Esiste allora almeno un punto c interno allβintervallo [π; π] in cui si annulla la derivata. Facciamo cadere una (sola) delle ipotesi e dimostriamo, con un controesempio, che il teorema non vale. 1) La funzione non è continua in tutto lβintervallo chiuso, in particolare supponiamo che non sia continua in un estremo, per esempio π (se non fosse continua in un punto interno cadrebbe anche lβipotesi 2, poiché se non fossi continua non sarebbe neanche derivabile). Un semplice controesempio è fornito dalla seguente funzione: π₯, π(π₯) = { 2, π π 1 < π₯ β€ 2 π π π₯ = 1 La funzione soddisfa tutte le ipotesi, tranne la continuità in π₯ = 1. Il teorema di Rolle non è valido per questa funzione, poiché in ogni punto interno allβintervallo (1; 2) la derivata vale 1, quindi non si annulla mai. 7/8 2) La funzione non è derivabile in tutto lβintervallo aperto. Si consideri il seguente controesempio: π(π₯) = |π₯| , β 1 β€ π₯ β€ 1 La funzione soddisfa tutte le ipotesi tranne la derivabilità in π₯ = 0 (dove cβè un punto angoloso). Il teorema non vale: infatti non esiste alcun punto interno allβintervallo in cui la derivata prima si annulla: in (β1; 0) la derivata vale -1 , in (0; 1) la derivata vale +1 . 3) La funzione non soddisfa la condizione π(π) = π(π). Si consideri il seguente controesempio: π(π₯) = π₯ 2 , 1 β€ π₯ β€ 2 La funzione soddisfa tutte le ipotesi tranne π(π) = π(π): infatti f(1)=1 ed π(2) = 4 Il teorema non vale: infatti non esiste alcun punto interno allβintervallo in cui la derivata prima si annulla: πβ(π₯) = 2π₯ si annulla solo in π₯ = 0, che non è interno allβintervallo dato. Con la collaborazione di Angela Santamaria, Simona Scoleri e Stefano Scoleri 8/8