PNI 2012 - Matdidattica

Il candidato risolva uno dei due problemi e risponda a 5 quesiti del questionario.
PROBLEMA 1
Della funzione f, definita per 0  x  6 , si sa che è dotata di derivata prima e seconda e che il
grafico della sua derivata f '(x), disegnato a lato, presenta due tangenti orizzontali per x = 2 e x = 4.
Si sa anche che f (0) = 9, f (3) = 6 e f (5) = 3.
1.
Si trovino le ascisse dei punti di flesso di f motivando le risposte in modo esauriente.
I punti di flesso si trovano per i valori per cui si annulla la derivata seconda della funzione. Quindi
sono i punti di estremo relativo del grafico della derivata prima, cioè sono i punti di ascissa 2 e 4.
2.
Per quale valore di x la funzione f presenta il suo minimo assoluto? Sapendo che
ò
0
6
f '(t ) dt= -5 per quale valore di x la funzione f presenta il suo massimo assoluto?
La funzione in [0; 6] è continua perché derivabile, quindi per il Teorema di Weierstrass è ivi dotata
di minimo e massimo assoluti. Tali valori si cercano confrontando quello che succede agli estremi e
negli eventuali punti di estremo relativo. Agli estremi sappiamo che si ha f (0) = 9, mentre non
sappiamo quanto vale f(6). Dal grafico della derivata prima vediamo che essa si annulla per x = 2,
dove abbiamo già visto che c'è un flesso e perciò non ci interessa, e per x = 5. Poiché lo stesso
grafico mostra che in un intorno sinistro di 5 la derivata prima è negativa e in un intorno destro
positiva, possiamo dire che per x = 5 vi è un punto minimo relativo e sappiamo che f(3) = 5.
Vediamo anche che in [5; 6] la derivata prima è positiva, quindi la funzione cresce in tale intervallo,
perciò f(6) non può essere di minimo assoluto. Allora il minimo assoluto lo dobbiamo cercare fra
f(0) = 9 e f(3) = 5. Infine il minimo assoluto si ha per x = 3.
Per determinare il massimo assoluto dovremmo sapere cosa accade in f(6). Da
possiamo dire che
ò
6
0
ò
0
6
f '(t ) dt= -5 ,
f '(t ) dt= éë f (t )ùû 0 = f (6)- f (0) , quindi f (6) = f (0)- 5 = 9 - 5 = 4 . Infine,
6
il massimo assoluto si ottiene per x = 6.
3.
Sulla base delle informazioni note, quale andamento potrebbe avere il grafico di f ?
La funzione è decrescente in [0; 2] a 2 ha un flesso a tangente orizzontale, decresce in [0; 5], un
minimo relativo in x = 5 e cresce in [5; 6], quindi potrebbe avere un grafico simile al seguente
Con l'aiuto di Derive troviamo la seguente quintica
Il cui grafico è il seguente
Sia g la funzione definita da g(x) = x f (x). Si trovino le equazioni delle rette tangenti ai
grafici di f e di g nei rispettivi punti di ascissa x = 3 e si determini la misura, in gradi e primi
sessagesimali, dell’angolo acuto che esse formano.
Le tangenti cercate hanno equazione y - f (3) = f '(3)× ( x - 3) Þ y - 6 = -1× ( x - 3) Þ y = -x + 9 ,
4.
abbiamo ricavato f '(3) dal grafico proposto.
Per la seconda tangente teniamo conto che si ha g ( x) = x × f ( x ) Þ g '( x ) = f ( x ) + x × f '( x ) quindi
y - g (3) = g '(3)× ( x - 3) Þ y - 3 × f (3) = éë f (3) + 3× f ' (3)ùû × ( x - 3) Þ
è
Þ y - 3× 6 = (6 - 3)× ( x - 3) Þ y = 3x + 9
L'angolo formato da due rette di coefficienti angolari m e m' è
æ m - m ' ö÷
æ -1- 3ö÷
-1
tan -1 çç
= tan -1 çç
÷
÷ = tan (2) » 63°26 '6"
÷
èç1 + m × m ' ø
èç 1- 3 ø÷
NOTE Il problema è interessante e mette in gioco la reale padronanza delle nozioni matematiche.
PROBLEMA 2
Siano f e g le funzioni definite da f (x)  e x e g(x)  ln x .
1.
Fissato un riferimento cartesiano Oxy, si disegnino i grafici di f e di g e si calcoli l’area della
regione R che essi delimitano tra x  1/2 e x = 1.
I grafici sono ben noti,l'area da calcolare è quella in figura
e si ottiene con
2.
1
x
x
ò1/2 (e - ln x) dx = éêëe ùúû1/2 -[ x × ln x ]1/2 + ò1/2 x x dx = e 1
1
1
1
1
1
1
e - 0 + × ln + [ x ]1/2 =
2
2
1
1
1
= e - e + × ln 2 + 1- = e - e + ln 2 +
2
2
2
La regione R, ruotando attorno all’asse x, genera il solido S e, ruotando attorno all’asse y, il
solido T. Si scrivano, spiegandone il perché, ma senza calcolarli, gli integrali definiti che
forniscono i volumi di S e di T.
Anche in questo caso gli integrali devono essere impostati e non calcolati, come nel compito
ordinario. Il volume è quello in figura, quindi basta calcolare il volume genrato dalla sola ex,
1
1
p 1
p
p
pertanto si ha: S = p ò 1 e 2 x dx = × ò 1 2 × e 2 x dx = × éëêe 2 x ùûú = × (e 2 - e) » 7, 33 ancora una volta
2 2
2
2
2
1/2
non si capisce la motivazione del mancato svolgimento, poiché l'integrale è immediato.
Per il secondo volume dobbiamo passare alle funzioni inverse, che sono poi le stesse funzioni
scambiate, ma cambiano i limiti di integrazione. Ci riferiamo alla figura. Poiché le funzioni sono
una inversa dell'altra l'unica cosa che cambia sono gli estremi di integrazione che adesso vano da
ln(1/2) ad e. Quindi dobbiamo integrare nel modo seguente:
0
e
p
p
T = pò
e 2 x dx - × 1 + e + p × e - p × ò ln 2 ( x ) dx = × 8 × e + 1 » 5,58
ln(1/ 2)
e
4
8
Dato che dobbiamo togliere il cilindro di raggio ½ ed altezza 1 + e , quindi quella specie di vaso
generata dalla funzione g(x), mentre dobbiamo aggiungere il cilindro di raggio 1 ed altezza e e il
volume generato da f(x).
3.
Fissato x0 > 0, si considerino le rette r e s tangenti ai grafici di f e di g nei rispettivi punti di
ascissa x0. Si dimostri che esiste un solo x0 per il quale r e s sono parallele. Di tale valore x0 si
calcoli un’approssimazione arrotondata ai centesimi.
(
)
(
)
Le generiche tangenti sono:
y - f ( x0 ) = f '( x0 )× ( x - xo ) Þ y - e x0 = e x0 × ( x - x0 );
. Le rette sono
1
× ( x - x0 )
x0
1
x0
fra loro parallele se hanno gli stessi coefficienti angolari, cioè se e = . Dal grafico delle curve
x0
osserviamo che effettivamente si incontrano in un solo valore. Del resto la seconda curva è la ben
nota iperbole equilatera riferita ai propri assi.
y - g ( x0 ) = g '( x0 )× ( x - xo ) Þ y - ln x0 =
Un valore approssimato possiamo trovarlo con il teorema di esistenza degli zeri, considerando
l'intervallo [0; 1]. Dopo vari calcoli che non presentiamo troviamo circa 0,56.
4.
Sia h(x) = f(x) – g(x). Per quali valori di x la funzione h(x) presenta, nell’intervallo chiuso
1/2 x  1, il minimo e il massimo assoluti? Si illustri il ragionamento seguito.
La funzione nell'intervallo [½; 1] verifica il Teorema di Weierstrass, quindi ammette minimo e
massimo assoluti. Vediamo di calcolarli. Abbiamo h'(x) = f '(x) – g'(x) = ex – 1/x. Abbiamo appena
visto che si annulla per un solo valore, x0, e sempre dal grafico precedente osserviamo che la
derivata prima è negativa in [½; x0) e positiva in ]x0, 1], quindi la funzione ha in x0 un punto di
minimo relativo, che è anche di minimo assoluto, mentre il massimo assoluto è il maggiore fra
æ1ö
æ1ö
h(1/2) e h(1), cioè h ççç ÷÷÷ = e - ln ççç ÷÷÷ = e + ln 2 » 2,34; h (1) = e - ln1 = e » 2, 71 .
è2ø
è 2ø
QUESTIONARIO
1.
23 x - 34 x
x® 0+
x2
Si calcoli lim
Abbiamo una forma indeterminata 0/0 che può risolversi con l'ausilio del limite notevole
a f ( x ) -1
lim f ( x ) = 0 Þ lim+
= ln a, , quindi abbiamo:
x® 0+
x ®0
f ( x)
lim+
x® 0
23 x -1-(34 x + 1)
x2
1 æ 23 x -1 34 x +1ö÷
1 æ 1 23 x -1 1 34 x +1ö÷
÷÷ = lim+ × çç ×
÷=
= lim+ ×çç
- ×
x ®0 x ç
x ø÷ x ®0 x èç 3 3x
4 4 x ø÷÷
è x
ö
1 æ1
1
= lim+ × çç × ln 2 - × ln 3÷÷÷ = -¥
x ®0 x ç
è3
ø
4
perché il secondo fattore è negativo.
2.
Una moneta da 1 euro (il suo diametro è 23,25 mm) viene lanciata su un pavimento ricoperto
con mattonelle esagonali (regolari) di lato 10 cm. Quale è la probabilità che la moneta vada a
finire internamente ad una mattonella (cioè non tagli i lati degli esagoni)?
Essendo il raggio della moneta inferiore al raggio della circonferenza inscritta nell'esagono (raggio
uguale al lato, cioè 10cm, la moneta cade all'interno di una mattonella solo se il suo centro cade
all'interno di un esagono concentrico al precedente in modo che la “striscia” concentrica sia larga
quanto il raggio della moneta.
. Quindi la probabilità è il rapporto
delle aree dei due esagoni. L'area di un esagono di lato L è sei volte l'area del triangolo equilatero di
L2
3L2
lato L, cioè 6 × × 3 =
× 3 . Quindi abbiamo:
4
2
2
3( L - R )
2
2
× 3 ( L - R)2 æ
R ö÷ æç 11, 625 ÷ö
2
ç
=
= ç1- ÷÷ = ç1÷ » 78%
çè L ø èç
3L2
L2
100 ÷ø
× 3
2
Sia f (x)  3x . Per quale valore di x, approssimato a meno di 10-3, la pendenza della retta
tangente alla curva nel punto (x, f (x)) è uguale a 1?
La pendenza è f '(x)  3x·ln 3. Quindi dobbiamo risolvere 3x·ln 3 = 1. Sempre con un metodo di
bisezione troviamo circa -0,0856.
4.
L’insieme dei numeri naturali e l’insieme dei numeri razionali sono insiemi equipotenti? Si
giustifichi la risposta.
Sì, come provato con il primo metodo diagonale di Cantor. Per esempio scrivendo tutte le frazioni
come coppie (1, 1), (1, 2), (1,3), … nella prima riga, quindi (2, 1), (2, 2), (2, 3), … nella seconda e
così via all'infinito. Poi associamo a ogni numero naturale il numero che si ottiene “visitando” la
matrice infinita così costruita con un procedimento diagonale. Eliminiamo frazioni equivalenti.
5.
Siano dati nello spazio n punti P1, P2, P3, …. Pn . Quanti sono i segmenti che li congiungono a
due a due? Quanti i triangoli che hanno per vertici questi punti (supposto che nessuna terna
sia allineata)? Quanti i tetraedri (supposto che nessuna quaterna sia complanare)?
3.
ænö ænö ænö
Abbiamo a che fare con combinazioni semplici. Quindi: çç ÷÷÷; çç ÷÷÷ ;çç ÷÷÷ . SENZA PAROLE!!!! Che
èç2ø÷ èç3ø÷ èç4ø÷
cosa accerta questo quesito?
Si dimostri che la curva di equazione y  x3  ax  b ha uno ed un solo punto di flesso rispetto
a cui è simmetrica.
Calcoliamo y' = 3x2 + a e y” = 6x, quindi vi è un solo flesso in F(0; b). Adesso applichiamo la
simmetria di centro F: (x' = -x; y'=2b – y), ottenendo 2b – y = -x3 - ax – b  y = x3 + ax + b.
7.
E’ dato un tetraedro regolare di spigolo l e altezza h. Si determini l’ampiezza dell’angolo α
formato da l e da h.
Problema di trigonometria almeno apprezzabile perché introduce un argomento della tanto
vituperata geometria dello spazio. Facilmente si ha, riferendoci alla figura seguente:
6.
Il triangolo VHA è rettangolo, l'ipotenusa AV è lunga L, il cateto AH fa parte della mediana della
2 L
L
base, quindi è 2/3 di essa, cioè × × 3 = × 3 . L'angolo indicato misura perciò
3 2
3
æL
çç ×
-1 ç 3
sen çç
çç L
çè
8.
ö
3 ÷÷÷
æ ö
÷÷ = sen-1 çç 3 ÷÷ » 35°15'52"
÷÷
çç 3 ÷÷
è ø
÷÷
ø
Un’azienda industriale possiede tre stabilimenti (A, B e C). Nello stabilimento A si produce la
metà dei pezzi, e di questi il 10% sono difettosi. Nello stabilimento B si produce un terzo dei
pezzi, e il 7% sono difettosi. Nello stabilimento C si producono i pezzi rimanenti, e il 5%
sono difettosi. Sapendo che un pezzo è difettoso, con quale probabilità esso proviene dallo
stabilimento A?
Supponiamo che i pezzi prodotti siano 600, 300 sono prodotti in A e 30 sono difettosi; 200 in B e 14
sono difettosi; 100 in C e 5 sono difettosi. Quindi in totale 49 sono difettosi. La probabilità che uno
di questi 49 pezzi sia prodotto da A è perciò 30/49, cioè circa il 61%.
9.
Il problema di Erone (matematico alessandrino vissuto probabilmente nella seconda metà del
I secolo d.C.) consiste, assegnati nel piano due punti A e B, situati dalla stessa parte rispetto
ad un retta r, nel determinare il cammino minimo che congiunge A con B toccando r. Si
risolva il problema nel modo che si preferisce.
Il problema è tipicamente di geometria e si basa sul fatto che nel piano euclideo la geodetica è una
retta, pertanto per andare da A a B toccando r basta considerare il simmetrico B' di B rispetto ad r,
congiungere A con B', determinare l'intersezione E di Ab' con r. Il cammino cercato è AEB, dato che
se non vi fosse l'ostacolo A andrebbe a B' in linea retta.
10.
Si provi che fra tutti i coni circolari retti circoscritti ad una sfera di raggio r, quello di minima
area laterale ha il vertice che dista r × 2 dalla superficie sferica.
Sezioniamo i due solidi ottenendo un cerchio inscritto in un triangolo isoscele, come mostrato in
figura. EG è il raggio della sfera, FG quello del cono, AC è l'apotema. L'area laterale del cono si
trova p  AC  FG. Dobbiamo ricavare AC ed FG mediante r.
Indicando con AE = x avremo: AG = x 2 - r 2 . I triangoli AGE e AFG sono simili, quindi:
AG EG AE
=
=
Þ
AF FC AC
x2 - r 2
r
=
=
r+x
FC
x
x - r 2 + FC
2
, quindi
2
( r + x)
x + r . E AC = r × x + r + x 2 - r 2
FC =
= r×
= r×
x-r
x-r
( x - r )× ( x + r )
x2 - r 2
r 2 + rx
Quindi l'area laterale del cono sarà:
æ
ö
æ x+r
ö
x+r
x+r
S ( x ) = p ×çççr ×
+ x 2 - r 2 ÷÷÷× r ×
= p × r ççr ×
+ x + r ÷÷÷ =
çè x - r
÷ø
ø
x-r
x-r
èç
= p×r
xr + r 2 + x 2 - r 2
xr + x 2
= p×r
x-r
x-r
Determiniamo il minimo:
S '( x) = p × r ×
(r + 2 x)×( x - r )- xr - x 2
xr - r 2 + 2 x 2 - 2 xr - xr - x 2
x 2 - 2 xr - r 2
=
p
×
r
×
=
p
×
r
×
2
2
2
(x - r)
(x - r)
(x - r)
(
)
Annulliamo: x = r ± 2r 2 = r × 1 ± 2 . Studiando il segno della derivata seconda si trova
(
)
facilmente che il minimo si ha per x = r × 1 + 2 e in questo caso la distanza cercata si ottiene
eliminando il raggio dal precedente valore ottenendo quanto richiesto.
NOTE Come sempre i quesiti non sono per niente equivalenti, l'ultimo per esempio è
eccessivamente lungo e laborioso nei calcoli, il che contrasta con gli integrali, molto più semplici,
non fatti calcolare nel problema 2. Qualche esercizio interessante, ma tutto sommato standard.