Esame di maturità 2023 prova di matematica – Prova svolta

Indice

Problema 1
Problema 2
Quesito 1
Quesito 2
Quesito 3
Quesito 4
Quesito 5
Quesito 6
Quesito 7
Quesito 8

Problema 1

Punto a

Dal grafico presente nel testo dell’esercizio possiamo dedurre i punti da cui passano i tre pezzi di grafico (la pratica di dedurre i punti dal grafico non è completamente corretta, sarebbe stato meglio che il ministero avesse esplicitato i punti). Possiamo quindi dedurre che

il grafico $\Gamma_1$ parta dal punto $A=(-2\:;\:0)$ e arrivi al punto $B=(0\:;\:1)$ , che il grafico $\Gamma_2$ parta dal punto $B=(0\:;\:1)$ e arrivi al punto $C=(1\:;\:0)$ e infine che il grafico $\Gamma_3$ parta dal punto $C=(1\:;\:0)$ . Una volta dedotto questo, per ottenere l’espressione analitica della funzione nell’intervallo $[-2\:;\:2]$ ci basta sostituire, quindi imponendo il passaggio di $\Gamma_1$ per $B$ avremo che

$y=a(x+2)^2$

$1=a(0+2)^2$

$1=4a$

$a={1\over 4}$

Imponendo il passaggio di $\Gamma_2$ sempre per $B$ avremo che

$x^2+y^2+b=0$

$0^2+1^2+b=0$

$b=-1$

e infine imponendo il passaggio di $\Gamma_3$ per $C$ otteniamo

$x^2-y^2+c=0$

$1^2+0^2+c=0$

$c=-1$

da cui avremo

$\begin{cases} y={1\over 4}(x+2)^2\qquad &se\:\in [-2\:;\:0] \\ x^2+y^2-1=0\: &se\:\in [0\:;\:1]\\ x^2-y^2-1=0\: &se\:\in [1\:;\:2] \end{cases} \Rightarrow y=f(x)=\begin{cases} {1\over 4}(x+2)^2\qquad &se\:\in [-2\:;\:0] \\\sqrt{1-x^2}\: &se\:\in [0\:;\:1]\\ \sqrt{x^2-1}\: &se\:\in [1\:;\:2] \end{cases}$

Una volta dedotta la forma analitica della funzione possiamo osservare che all’interno dei tre intervalli $[-2\:;\:0]$ , $[0\:;\:1]$ e $[1\:;\:2]$ la funzione è sicuramente derivabile (questo perchè le funzioni definite nei singoli intervalli sappiamo essere derivabili), ci rimangono solo dei dubbi sui due punti di ascissa $x=0$ e $x=1$ . Prima di procedere analiticamente con il calcolo ragioniamo sul concetto di derivata. Sappiamo che la derivata è il coefficiente angolare della retta tangente al grafico e sappiamo che questo coefficiente angolare deve essere un numero finito affinché la funzione sia derivabile. Pertanto in entrambi i punti la funzione non sarà derivabile, infatti nel punto di ascissa $x=0$ la retta tangente che si ottiene percorrendo il grafico $\Gamma_1$ verso destra (retta nera) è diversa dalla retta tangente che si ottiene percorrendo il grafico $\Gamma_2$ verso sinistra (retta blu) e quindi il punto è un punto angoloso

mentre il punto di ascissa $x=1$ possiede la retta tangente parallela all’asse $y$ (retta verde) e quindi è un punto di cuspide

Una volta fatto questo ragionamento intuitivo supportiamo tale ragionamento attraverso i calcoli analitici delle derivate. Allora

$f'(x)=\begin{cases} {1\over 4}\cdot 2\cdot (x+2)={1\over 2}(x+2)\qquad &se\:\in [-2\:;\:0] \\\\{1\over 2}(1-x^2)^{-1/2}\cdot(-2x)={-x\over \sqrt{1-x^2}}\: &se\:\in [0\:;\:1]\\ \\{1\over 2}(x^2-1)^{-1/2}\cdot(2x)={x\over \sqrt{x^2-1}}\: &se\:\in [1\:;\:2] \end{cases}$

Da cui è possibile vedere che le due derivate calcolate nel punto $x=0$ sono diverse a seconda di che espressione consideriamo e che la derivata nel punto $x=1$ ha valore non finito. A questo punto completiamo il punto a) del problema calcolando la derivata nei punti di ascissa $x=-2$ , $x=0$ , $x=1$ e $x=2$ . La retta tangente al punto di ascissa $x=-2$ è la retta che passa per $f(-2)$ e ha come coefficiente angolare $f'(-2)$ (questo vale per ogni punto di derivabilità della funzione e quindi anche per $x=2$ , mentre per gli altri due punti dovremo fare due discorsi differenti). Pertanto, siccome $f(-2)=0$ e $f'(-2)=0$ , la retta tangente al grafico nel punto di ascissa $x=-2$ è $y=0$ che è esattamente l’asse $x$ . La retta tangente al punto $x=0$ , come abbiamo già ampiamente detto, non esiste. La retta tangente al punto di ascissa $x=1$ (la retta verde del grafico precedente) è la retta $x=1$ . Infine la retta tangente al grafico nel punto $x=2$ , siccome $f(2)=\sqrt 3$ e $f'(2)={2\over \sqrt 3}$ , ha equazione

$y-\sqrt3={2\over \sqrt 3}\cdot (x-2)$

$y={2\over \sqrt 3}x-{4\over \sqrt 3}+\sqrt 3$

$y={2\over \sqrt 3}x+{-4+3\over \sqrt 3}$

$y={2\over \sqrt 3}x-{1\over \sqrt 3}$

Ritorna all’indice

Punto b

Per rispondere al punto b) osserviamo che dobbiamo dedurre il grafico della derivata a partire dal grafico della funzione $f(x)$ , non dobbiamo semplicemente dedurre il grafico di $f'(x)$ partendo dalla sua espressione analitica (trovata nel punto a)). Nel primo tratto (quello relativo alla parabola) la derivata parte da un valore uguale a $f'(-2)=0$ e tende a $f'(0)=1$ (infatti abbiamo già detto nel punto $x=0$ la derivata non c’è, nonostante questo da sinistra la derivata tende ad essere $1$ ). Nel secondo tratto (quello relativo alla circonferenza) la derivata parte da $f'(0)=0$ (ancora una volta il valore $0$ non è considerato) e tende ad arrivare a $-\infty$ (infatti la tangente tende alla retta $x=1$ ). Superato il punto $x=1$ e arrivati all’ultimo tratto (quello relativo al’arco di iperbole) si ha che la derivata parte da $+\infty$ fino ad arrivare a $f'(2)=2/\sqrt3$ . In definitiva il grafico sarà qualcosa del tipo

Cerchiamo ora di studiare la funzione integrale

$F(x)=\int_{-2}^{x}f(t)dt$

siccome $f(x)$ è continua nell’intervallo $[-2\:;\:2]$ la prima parte del teorema fondamentale del calcolo integrale ci dice che $F(x)$ è derivabile, inoltre $F'(x)=f(x)$ e quindi

$F''(x)=f'(x)$

pertanto per studiare la concavità e la convessità della funzione integrale ci basta studiare il grafico di $f'(x)$ (che abbiamo appena dedotto). Per cui la funzione $F(x)$ sarà convessa negli intervalli in cui $F''(x)=f'(x)$ è positiva, ossia $]-2\:;\:0[$ e $]1\:;\: 2[$ , e sarà concava negli intervalli in cui la derivata seconda è negativa, ossia $]0\:;\:1[$ .

Ritorna all’indice

Punto c

La funzione

$y={1\over 4}(x+2)^2$

definita sull’intervallo $[-2\:;\:0]$ è una funzione continua e strettamente crescente (possiamo vederlo graficamente oppure in maniera più precisa andando ad esaminare la derivata calcolata in precedenza che è sempre strettamente positiva tranne nel punto $x=-2$ ) pertanto sappiamo essere invertibile. Per calcolare la sua inversa ci basta determinare $x$ in funzione di $y$ , da cui

$y={1\over 4}(x+2)^2$

$4y=(x+2)^2$

$\sqrt{4y}=x+2$

$x=\sqrt{4y}-2=2\sqrt y-2=2(\sqrt y-1)$

Pertanto la funzione $h(x)$ (quindi scritta cambiando il nome delle variabili) sarà

$h(x)=2(\sqrt x-1)$

che è una funzione derivabile nel suo dominio naturale $[0\:;\;+\infty[$ e la cui derivata è

$h'(x)=2\cdot {1\over 2}\cdot {1\over \sqrt x}={1\over \sqrt x}$

perfettamente definita nell’intervallo $]0\:;\:+\infty[$ . Infine per disegnarne il grafico osserviamo che

$y=2(\sqrt x-1)\Rightarrow x={1\over 4}(y+2)^2$

pertanto il grafico di $h(x)$ è uguale al grafico di $f(x)$ in $[-2\:;\:0]$ dove abbiamo invertito gli assi cartesiani (quindi sono speculari rispetto alla bisettrice del primo e terzo quadrante $y=x$ ), da cui

Dove abbiamo rappresentato solo la funzione $h(x)$ inversa dell’arco di parabola di $f(x)$ .

Ritorna all’indice

Punto d

Risolviamo infine l’ultimo punto del primo problema. Cerchiamo di capire a livello grafico quello che dobbiamo fare: dobbiamo trovare la costante $k$ per cui la retta $x=k$ (retta verde) divide in due parti di equale area il sottografico di $\Gamma_1$

Quindi prima di tutto calcoliamo l’area del sottografico di $\Gamma_1$ e poi imponiamo che l’area del sottografico di $\Gamma_1$ fino a $x=k$ sia esattamente la sua metà. Per fare questo utilizziamo il calcolo integrale (nonostante si possano usare anche le nozioni di geometria analitica imparate in terza per l’area del segmento parabolico). Allora

$A_{\Gamma_1}^{[-2\:;\:0]}=\int_{-2}^{0}{1\over 4}(x+2)^2dx={1\over 4}\cdot\Big[{1\over 3}(x+2)^3\Big]_{-2}^0={2\over 3}$

da cui

$A_{\Gamma_1}^{[-2\:;\:k]}={1\over 3}$

$\int_{-2}^{k}{1\over 4}(x+2)^2dx={1\over 3}$

${1\over 4}\cdot\Big[{1\over 3}(x+2)^3\Big]_{-2}^0={1\over 3}$

${1\over 12}(k+2)^3={1\over 3}$

$(k+2)^3=4$

$k+2=\sqrt[3]4$

$k=\sqrt[3]4-2$

Ritorna all’indice

Problema 2

Punto a

Studiando, al variare di $a\neq 0$ , la funzione

$f_a(x)={x^2-ax\over x^2-a}$

possiamo subito notare che il numeratore e il denominatore sono continui nel loro dominio naturale e che l’unico “problema” potrebbe essere rappresentato dal denominatore che dovrà essere sempre diverso da zero per dare senso alla divisione. Fatta questa premessa risulta evidente che se fosse $a<0$ allora $-a>0$ per cui $x^2-a>0$ e quindi la funzione sarebbe continua in tutto $\mathbb{R}$ . Nel caso in cui $a>0$ dobbiamo imporre che il denominatore sia sempre diverso da zero, cioè

$x^2-a\neq 0\Rightarrow x\neq \pm\sqrt a$

quindi abbiamo due punti di discontinuità in $x=-\sqrt a$ e $x=+\sqrt a$ . Per studiare che punti di discontinuità sono e i vari asintoti utilizziamo i limiti. Per $a<1$ , siccome non abbiamo punti di discontinuità all’interno di $\mathbb{R}$ , potremmo avere solo asintoti orizzontali o obliqui, pertanto studiamo

$\lim_{x\to -\infty}f(x)=\lim_{x\to -\infty}{x^2-ax\over x^2-a}=1$

$\lim_{x\to +\infty}f(x)=\lim_{x\to +\infty}{x^2-ax\over x^2-a}=1$

e questo a prescindere dal valore di $a\neq 0$ . Pertanto in ogni caso la funzione $f(x)$ presenta l’asintoto orizzontale $y=1$ . Studiamo ora i limiti per $x\to -\sqrt a$ e per $x\to +\sqrt a$ nel caso in cui $a>0$ . Allora se $a\neq 1$

$\lim_{x\to -\sqrt a^-}f(x)=\lim_{x\to -\sqrt a^-}{x^2-ax\over x^2-a}=+\infty$

a prescindere dal valore di $a>0\:,\:a\neq 1$ in quanto il numeratore è sempre un numero positivo diverso da zero e il denominatore tende a $0^+$ . Un discorso analogo lo possiamo fare per

$\lim_{x\to -\sqrt a^+}f(x)=\lim_{x\to -\sqrt a^+}{x^2-ax\over x^2-a}=-\infty$

dove osserviamo esplicitamente che tutto questo è così perchè se $x\to-\sqrt a$ il numeratore $x^2-ax$ tende sicuramente a qualcosa di positivo. Discorso diverso abbiamo nel limite per $x\to +\sqrt a$ , infatti in questo caso il numeratore sarà una volta positivo e una volta negativo. In particolare

$\lim_{x\to +\sqrt a^-}f(x)=\lim_{x\to +\sqrt a^-}{x^2-ax\over x^2-a}=\pm\infty$

infatti il denominatore tende sempre a $0^-$ a prescindere dal valore di $a$ , mentre il numeratore tende ad essere un numero positivo se $0<a<1$ e negativo se $a>1$ . Pertanto tale limite sarà $-\infty$ se $0<a<1$ e $+\infty$ se $a>1$ . Discorso del tutto analogo (ma al contrario con i segni) possiamo farlo per

$\lim_{x\to +\sqrt a^+}f(x)=\lim_{x\to +\sqrt a^+}{x^2-ax\over x^2-a}=\mp\infty$

Da questa discussione con i limiti viene fuori che il caso $a=1$ comporta delle leggere differenze, infatti a uno studio un attimo più approfondito si nota che quando $a=1$ allora

$f_1(x)={x^2-x\over x^2-1}={x\cdot (x+1)\over (x+1)\cdot (x-1)}={x\over x-1}$

che quindi ha dominio $\mathbb{R}-\{1\}$ e

$\lim_{x\to 1}f_1(x)=\lim_{x\to 1}{{x\over x-1}}=\mp\infty$

negativo se $x\to 1^-$ positivo se $x\to 1^+$ . Ricapitolando abbiamo tutti punto di discontinuità di seconda specie e come asintoti quello orizzontale $y=1$ per ogni $a\neq 0$ , quelli verticali $x=\pm\sqrt a$ per ogni $a>0$ e $a\neq 1$ e invece per $a=1$ quello verticale $x=1$ . Nel dettaglio le quattro tipologie di grafico di $f_a(x)$ sono

Ritorna all’indice

Punto b

Le intersezioni tra $\Omega_a$ e il suo asintoto orizzontale sono le soluzione del sistema

$\begin{cases} y={x^2-ax\over x^2-a} \\\\y=1 \end{cases}$

che è facilmente risolvile per sostituzione

$\begin{cases} y={x^2-ax\over x^2-a} \\y=1 \end{cases}=\begin{cases} 1={x^2-ax\over x^2-a} \\y=1 \end{cases}=\begin{cases} x^2-a=x^2-ax \\y=1 \end{cases}=\begin{cases} -a=-ax \\y=1 \end{cases}=\begin{cases} x=1\\y=1 \end{cases}$

quindi la soluzione è indipendente dal parametro $a$ . Osserviamo anche esplicitamente che tale soluzione per $a=1$ non la possiamo accettare (nonostante quel sistema sia comunque risolvibile nello stesso identico modo) perchè il dominio di $f_1(x)$ non contiene il punto $x=1$ . Per rispondere al secondo punto facciamo vedere che $f_a(0)$ e $f'_a(0)$ sono indipendenti dal parametro $a$ qualunque $a\neq 1$ si consideri. Infatti

$f_a(0)={0^2-a\cdot 0\over 0-a}=-{0\over a}=0$

Invece

$f'_a(x)={(2x-a)(x^2-a)-(x^2-ax)\cdot 2x\over (x^2-a)^2}$

$f'_a(x)={2x^3-2ax-ax^2+a^2-2x^3+2ax^2\over (x^2-a)^2}$

$f'_a(x)={ax^2-2ax+a^2\over (x^2-a)^2}$

pertanto

$f'_a(0)=1$

qualunque sia il parametro $a\neq 1$ .

Ritorna all’indice

Punto c

Per studiare la monotonia di una funzione dobbiamo studiare il segno della derivata prima di tale funzione. Dal punto a) sappiamo che

$f'_a(x)={ax^2-2ax+a^2\over (x^2-a)^2}$

pertanto il denominatore è sempre positivo e il segno della derivata dipende esclusivamente dal segno del numeratore. Il numeratore è una parabola che tocca l’asse $x$ nei punti che verificano l’equazione associata

$ax^2-2ax+a^2=0$

quindi

$\Delta=4a^2-4a^3=4a^2\cdot(1-a)>0\:quando\:a\neq 0\:e\:a<1$

$x_{1,2}={2a\pm\sqrt{4a^2\cdot(1-a)}\over 2a}={2a\pm 2a\cdot\sqrt{1-a}\over 2a}=1\pm\sqrt{1-a}$

e siccome quando $a<0$ la parabola ha concavità rivolta verso il basso sappiamo che sarà negativa esternamente e positiva internamente e quindi il segno della derivata sarà

mentre quando $0<a<1$ la parabola avrà concavità rivolta verso l’alto e quindi il suo segno sarà

Notiamo anche esplicitamente che questi segni sono il linea con i grafici che abbiamo ottenuto nel punto a).
Per completare il punto c) studiamo la funzione che si ottiene quando $a=-1$ , ossia

$f_{-1}(x)={x^2+x\over x^2+1}$

osserviamo che sappiamo già tutto di questa funzione, infatti nei punti precedenti ne abbiamo studiato il dominio, i limiti, la monotonia e i punti di massimo e minimo (deducibili dal grafico dei segni scritto sopra), pertanto possiamo concludere che il grafico $\Omega_{-1}$ sarà

Ritorna all’indice

Punto d

Per risolvere questo ultimo punto è necessario prima di tutto capire perfettamente quale area ci viene richiesto di calcolare, pertanto preliminarmente calcoliamo la tangente al grafico nell’origine e vediamo come è posizionata rispetto al grafico $\Omega_{-1}$ . Dal punto b) dell’esercizio sappiamo che la retta tangente è la bisettrice del primo e terzo quadrante, ossia $y=x$ e questa retta interseca il grafico nei due punti $x=0$ e $x=1$ , infatti queste sono le soluzioni del seguente sistema

$\begin{cases} y={x^2+x\over x^2+1} \\\\y=x \end{cases}$

$\begin{cases} x={x^2+x\over x^2+1} \\\\y=x \end{cases}$

$\begin{cases} (x^2+1)\cdot x=x^2+x \\\\y=x \end{cases}$

$\begin{cases} x^3+x=x^2+x \\\\y=x \end{cases}$

$\begin{cases} x^3-x^2=0 \\\\y=x \end{cases}$

$\begin{cases} x^2\cdot (x-1)=0 \\\\y=x \end{cases}$

Per concludere la nostra idea dell’area da calcolare (necessaria per imbastire correttamente l’integrale che ci permetterà di completare il calcolo) cerchiamo di capire se la retta è minore o maggiore di $\Omega_{-1}$ . Per fare questo studiamo il segno della seguente funzione

${x^2+x\over x^2+1}-x$

che è la sottrazione tra la funzione $f_{-1}(x)$ e la retta. Pertanto

${x^2+x\over x^2+1}-x>0$

${x^2+x-x^3-x\over x^2+1}>0$

${x^2-x^3\over x^2+1}>0$

${x^2\cdot (1-x)\over x^2+1}>0$

e quindi per studiare il segno complessivo della frazione studiamo il segno dei tre “blocchi” separatamente. Sappiamo che $x^2$ e $x^2+1$ sono sempre positivi, mentre $1-x>0$ se $x<1$ , per cui lo schema dei segni sarà

Da cui possiamo dedurre che il grafico $\Omega_{-1}$ sta “sopra” la retta tra $0$ e $1$ e “sotto” tra $1$ e $+\infty$ . La situazione sarà qualcosa del tipo

Per calcolare l’area compresa tra le rette blu, rosse e il grafico verde impostiamo il seguente calcolo integrale

$\int_{1}^{\sqrt{3}}xdx-\int_{1}^{\sqrt{3}}{x^2+x\over x^2+1}dx$

$\int_{1}^{\sqrt{3}}xdx-\int_{1}^{\sqrt{3}}{x^2+1-1+x\over x^2+1}dx$

$\int_{1}^{\sqrt{3}}xdx-\int_{1}^{\sqrt{3}}{x^2+1\over x^2+1}+{-1+x\over x^2+1}dx$

$\int_{1}^{\sqrt{3}}xdx-\int_{1}^{\sqrt{3}}1+{x\over x^2+1 }-{1\over x^2+1}dx$

$\int_{1}^{\sqrt{3}}xdx-\int_{1}^{\sqrt{3}}1dx-\int_{1}^{\sqrt{3}}{x\over x^2+1}dx+\int_{1}^{\sqrt{3}}{1\over x^2+1}dx$

$\Big[ {x^2\over 2}\Big]_{1}^{\sqrt{3}}-\Big[x \Big]_{1}^{\sqrt{3}}-\Big[{1\over 2 }\ln(x^2+1) \Big]_{1}^{\sqrt{3}}+\Big[\arctan(x) \Big]_{1}^{\sqrt{3}}$

$({3\over 2}-{1\over 2})-(\sqrt 3-1)-({1\over 2}\cdot \ln(4)-{1\over 2}\cdot \ln(2))+(\arctan(\sqrt 3)-\arctan(1))\approx 0,18$

Ritorna all’indice

Quesito 1

Prima di tutto costruiamo la figura passo passo. Quindi tracciamo il triangolo rettangolo

Tracciamo il quadrato di lato $BC$

e infine tracciamo le due distanze che dobbiamo dimostrare essere congruenti

A questo punto procediamo con la dimostrazione. L’idea è quella di dimostrare che i due triangoli $BHO$ e $GOC$ sono congruenti

Sicuramente, per definizione di distanza, sono due triangoli rettangoli, inoltre il lato $CO$ e il lato $BO$ sono congruenti in quanto mezza diagonale del quadrato. A questo punto se dimostriamo che gli angoli sono congruenti abbiamo terminato. Ma questo è relativamente facile da vedere, infatti l’angolo $HBD$ e l’angolo $ACB$ sono congruenti perchè entrambi sono calcolabili con la formula $180^\circ-90^\circ-ABC$ mentre gli angoli $DBO$ e $BCO$ sono congruenti (e pari a $45^\circ$ ) in quanto la diagonale del quadrato è anche bisettrice degli angoli interni. Pertanto $OH$ è congruente a $OG$ .

Ritorna all’indice

Quesito 2

Come primo passo dobbiamo determinare le probabilità $p$ e $q$ che esca un numero pari e che esca un numero dispari. Sicuramente dal testo dell’esercizio sappiamo che $p=2q$ . Inoltre, dalle definizioni classiche di probabilità, sappiamo che la somma delle probabilità di tutti gli eventi elementari deve essere $1$ , ossia $3p+3q=1$ . Pertanto risolvendo il sistema

$\begin{cases} p&=2q \\3p+3q&=1 \end{cases}$

si ottengono facilmente i valori di $p=2/9$ e $q=1/9$ . Una volta ottenute le due probabilità cercate ragioniamo sugli eventi proposti dal testo dell’esercizio. La probabilità che esca un numero primo è uguale alla probabilità che esca un numero tra $2$ , $3$ e $5$ , per cui

$P(primo)=P(2)+P(3)+P(5)={2\over 9}+{1\over 9}+{1\over 9}={4\over 9}$

La probabilità che esca un numero almeno pari a $3$ è uguale alla probabilità che esca un numero tra $3$ , $4$ , $5$ e $6$ , per cui

$P(almeno\:3)=P(3)+P(4)+P(5)+P(6)={1\over 9}+{2\over 9}+{1\over 9}+{2\over 9}={6\over 9}={2\over 3}$

La probabilità che esca un numero al più pari a $3$ è uguale alla probabilità che esca un numero tra $1$ , $2$ e $3$ , per cui

$P(al\:più\:3)=P(1)+P(2)+P(3)={1\over 9}+{2\over 9}+{1\over 9}={4\over 9}$

Ritorna all’indice

Quesito 3

Risolviamo il quesito come se fosse un problema di geometria analitica di terza, quindi per prima cosa determiniamo l’equazione della retta passante per $A$ e $B$ e in seguito cerchiamo, tra tutte le sfere di centro $C$ , l’unica che interseca la retta in un unico punto. Sappiamo che i punti che appartengono alla retta passante per $A$ e $B$ sono i punti che si possono ottenere partendo dal punto $A$ aggiungendo un vettore $t\cdot \vec{AB}$ (equazione parametriche delle rette)

$(x\:;\:y\:;\:z)=(x_A\:;\:y_A\:;\:z_A)+t\cdot (x_B-x_A\:;\:y_B-y_A\:;\:z_B-z_A)$

$(x\:;\:y\:;\:z)=(1\:;\:-2\:;\:0)+t\cdot (2-1\:;\:3-(-2)\:;\:-1-0)=(1+t\:;\:-2+5t\:;\:-t)$

L’equazione della generica sfera di centro $C$ e raggio incognito $r$ è data da

$(x-x_C)^2+(y-y_C)^2+(z-z_C)^2=r^2$

$(x-1)^2+(y+6)^2+(z-7)^2=r^2$

Una volta determinato questo andremo a risolvere il sistema

$\begin{cases} (x\:;\:y\:;\:z)=(1+t\:;\:-2+5t\:;\:-t) \\(x-1)^2+(y+6)^2+(z-7)^2=r^2 \end{cases}$

cercando il raggio $r$ in maniera tale che il delta dell’equazione di secondo grado che risolve il sistema sia nullo. Pertanto per sostituzione otteniamo

$(1+t-1)^2+(-2+5t+6)^2+(-t-7)^2=r^2$

$t^2+16+25t^2+40t+t^2+49+14t-r^2=0$

$27t^2+54t+65-r^2$

da cui

$\Delta=54^2-4\cdot 27\cdot (65-r^2)=108r^2-4104$

e quindi

$\Delta=0\Rightarrow 108r^2-4104=0\Rightarrow r^2=38$

Pertanto l’equazione della sfera sarà

$(x-1)^2+(y+6)^2+(z-7)^2=38$

Ritorna all’indice

Quesito 4

Partiamo dalla prima parte del quesito e cerchiamo di capire che caratteristiche hanno i parallelepipedi rettangoli a base quadrata di volume costante $V$ . Se di tale parallelepipedo chiamiamo $l$ il lato di base e $h$ l’altezza possiamo senza dubbio dire che

$A=2l^2+4lh$

$V=l^2h$

da cui

$h={V\over l^2}$

$A=2l^2+4l\cdot {V\over l^2}=2l^2+{4V\over l}$

Una volta determinata l’espressione analitica dell’area totale che dipende dall’unico parametro $l$ è possibile minimizzare la funzione e determinare che caratteristiche deve avere $l$ per far si che l’area totale sia la minima possibile. Quindi partiamo da $A(l)$ e calcoliamo la sua derivata prima rispetto a $l$ , ossia

$A'(l)=4l-{4V\over l^2}$

da cui

$A'(l)=0\iff 4l-{4V\over l^2}=0$

$4l={4V\over l^2}$

$l^3=V$

$l=\sqrt[3]{V}$

e studiando il segno della derivata prima possiamo dedurre che questo è un punto di minimo della nostra funzione $A(l)$ . Per completare il quesito ci basta verificare quale sia la condizione di lunghezza minima della diagonale. Sappiamo che

$d=\sqrt{l^2+l^2+h^2}=\sqrt{2l^2+{V^2\over l^4}}=\Big(2l^2+{V^2\over l^4}\Big)^{1\over 2}$

per cui la derivata della funzione $d(l)$ sarà

$d'(l)={1\over 2}\cdot \Big(2l^2+V^2l^{-4}\Big)^{-{1\over 2}}\cdot \Big(4l+{(-4)V^2\over l^5}\Big)={2l-{2V^2\over l^5}\over \sqrt{2l^2+{V^2\over l^4}}}$

da cui, considerando che il denominatore è sempre maggiore di zero, avremo che

$d'(l)=0\iff 2l-{2V^2\over l^5}=0$

$2l={2V^2\over l^5}$

$l^6=V^2$

$l=\sqrt[3]V$

Quindi la condizione che rende minima l’area totale è la stessa che rende minima la diagonale.

Ritorna all’indice

Quesito 5

Come due metodi proponiamo quello con il calcolo della derivata e quello che impone che l’intersezione tra retta e curva abbiamo un’unica soluzione doppia. La curva definita dalla funzione

$y=\sqrt{25-x^2}$

è la semicirconferenza di centro $(0\:;\:0)$ e raggio $r=5$ , inoltre passa dal punto $(3\:;\:\sqrt{25-3^2})=(3\:;\:4)$ . Una volta dedotto questo partiamo con il primo metodo.

$y'={-x\over \sqrt{25-x^2}}$

per cui $y'(3)=-3/4$ . Quindi la retta tangente alla curva è l’unica retta passante per $(3\:;\:4)$ e avente coefficiente angolare $-3/4$ , ossia

$y-4=-{3\over 4}\cdot (x-3)\Rightarrow y=-{3\over 4}x+{25\over 4}$

Il secondo metodo è quello studiato in terza che utilizza le conoscenze di geometria analitica. Quindi prima di tutto intersechiamo la generica retta passante per $(3\:;\:4)$ con la circonferenza, ossia

$\begin{cases} x^2+y^2=25 \\y-4=m\cdot (x-3) \end{cases}$

$\begin{cases} x^2+y^2=25 \\y=mx -3m+4 \end{cases}$

$\begin{cases} x^2+(mx -3m+4)^2=25 \\y=mx -3m+4 \end{cases}$

$\begin{cases} x^2+m^2x^2+9m^2+16-6m^2x+8mx-24m-25=0 \\y=mx -3m+4 \end{cases}$

$\begin{cases} (1+m^2)x^2+(8m-6m^2)x+(9m^2-24m-9)=0 \\y=mx -3m+4 \end{cases}$

a questo punto determiniamo $m$ in maniera tale che il sistema abbia un’unica soluzione, ossia che $\Delta_x =0$ , allora

$\Delta_x =0\iff (8m-6m^2)^2-4\cdot(1+m^2)\cdot(9m^2-24m-9)=0$

$64m^2+36m^4-96m^3-36m^2+96m+36-36m^4+96m^3+36m^2=0$

$64m^2+96m+36=0$

$\Delta_m=96^2-4\cdot 64\cdot 36=9216-9216=0$

$m_1=m_2={-96\pm 0\over 128}=-{3\over 4}$

Per cui la retta tangente è la stessa di prima, ossia $y=-{3\over 4}x+{25\over 4}$

Ritorna all’indice

Quesito 6

Se proviamo a calcolare

$\lim_{x\to 0}{\sin x-(ax^3+bx)\over x^3}$

ci accorgiamo subito che siamo di fronte a una forma indeterminata del tipo $0/0$ e quindi, viste anche le caratteristiche della funzione, siamo dentro le ipotesi del teorema di de l’Hopital. Per cui

$\lim_{x\to 0}{\sin x-(ax^3+bx)\over x^3}=\lim_{x\to 0}{\cos x-(3ax^2+b)\over 3x^2}$

questo secondo limite ha il numeratore che tende a $1-b$ mentre il denominatore tende a $0$ , pertanto se vogliamo che il limite complessivo tendi a $1$ abbiamo come unica soluzione che anche il numeratore tenda a $0$ (infatti se sopra ci fosse un qualunque numero diverso da 0 oppure $\pm\infty$ il limite sarebbe $\pm\infty$ ). Da questa osservazione possiamo capire che $1-b=0\Rightarrow b=1$ . Una volta determinato questo, per quello che abbiamo già detto, il nostro limite ottenuto tramite de l’Hopital verifica ancora le ipotesi del teorema (per $b=1$ ), pertanto

$\lim_{x\to 0}{\sin x-(ax^3+x)\over x^3}=\lim_{x\to 0}{\cos x-(3ax^2+1)\over 3x^2}=\lim_{x\to 0}{-\sin x-6ax\over 6x}=-{1\over 6}-a$

quindi abbiamo

$-{1\over 6}-a=1\Rightarrow a=-{7\over 6}$

Ritorna all’indice

Quesito 7

La funzione definita a tratti

$f(x)=\begin{cases} -1+\arctan(x) &se\:x<0 \\ax+b &se\:x\ge 0 \end{cases}$

è una funzione derivabile in ogni suo parte quindi per determinare se è derivabile complessivamente bisogna capire cosa succede per $x=0$ . La funzione derivata $f'(x)$ è la funzione

$f'(x)=\begin{cases} {1\over 1+x^2} &se\:x<0 \\a &se\:x> 0 \end{cases}$

Per determinare per quali valori di $a$ e $b$ la funzione $f(x)$ è derivabile prima di tutto determiniamo le condizioni affinchè $f(x)$ è continua in $x=0$ e in seguito quella di derivabilità. $f(x)$ è continua in $x=0$ se

$\lim_{x\to 0^-}f(x)=\lim_{x\to 0^+}f(x)$

$\lim_{x\to 0^-}-1+\arctan(x)=\lim_{x\to 0^+}ax+b$

$-1=b$

Una volta determinato $b=-1$ determiniamo la condizione di derivabilità, ossia

$\lim_{x\to 0^-}f'(x)=\lim_{x\to 0^+}f'(x)$

$\lim_{x\to 0^-}{1\over 1+x^2} =\lim_{x\to 0^+}a$

$1=a$

Terminiamo l’esercizio rispondendo alla domanda sul teorema di Rolle. Le ipotesi del teorema sono: continuità, derivabilità è l’esistenza di due punti $x_1$ e $x_2$ tali che $f(x_1)=f(x_2)$ . Abbiamo già provato le prime due condizioni, verifichiamo se è possibile che si verifichi la terza. Osservando la derivata $f'(x)$ notiamo che questa è sempre strettamente positiva, ne segue che la funzione $f(x)$ è strettamente crescente e pertanto il teorema di Rolle non può mai verificarsi.

Ritorna all’indice

Quesito 8

La funzione $f_a(x)=x^5-5ax+a$ con $a>0$ è una funzione continua e derivabile in tutto $R$ pertanto, dal teorema di Bolzano, possiamo stabilire che $f_a(x)$ con $a>0$ ammette sempre almeno uno zero. Infatti

$lim_{x\to -\infty}f_a(x)=-\infty\:mentre\:lim_{x\to +\infty}f_a(x)=+\infty$

La funzione $f_a(x)$ quindi ammetterà tre zeri se partendo da meno infinito passa nella parte positiva delle $y$ poi scende di nuovo nella parte negativa e infine va verso più infinto, insomma se il suo andamento è quello rappresentato da questo grafico

Questa condizione, a livello matematico, può essere espressa dicendo che il massimo relativo della funzione deve essere positivo e il minimo relativo della funzione deve essere negativo, e quindi

$f_a^{max}\cdot f_a^{min}<0$

Una volta osservato questo andiamo a risolvere l’esercizio. Per prima cosa determiniamo l’espressione del massimo e del minimo relativo sapendo che i due punti annullano la derivata prima, pertanto

$f'_a(x)=0\iff 5x^4-5a=0\:con\: a>0\iff x=\pm\sqrt[4]a$