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LLIICCEEOO SSCCIIEENNTTIIFFIICCOO
CCOORRSSOO DDII OORRDDIINNAAMMEENNTTOO
SSEESSSSIIOONNEE SSUUPPPPLLEETTIIVVAA
22001133
Il candidato risolva uno dei due problemi e 5 dei 10 quesiti scelti nel questionario.
2 N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
PROBLEMA1
Sia ABC un triangolo equilatero di lato a. Dal vertice A, e internamente al triangolo, si
conduca una retta r, che forma l’angolo con il lato AB, e siano B’ e C’, rispettivamente, le
proiezioni ortogonali su r dei vertici B e C.
1. Si calcoli il rapporto:
2
22
''
a
CCBB
e lo si esprima in funzione di tanx , controllando che risulta:
14
33252
2
x
xxxf
2. Prescindendo dalla questione geometrica, si studi la funzione xf e se ne tracci il grafico
.
3. Si determinino le coordinate del punto in cui la curva incontra il suo asintoto e si scriva
l’equazione della tangente ad essa in tale punto.
4. Si determini l’area della superficie piana, appartenente al II quadrante, delimitata dagli assi
cartesiani, dalla curva e dal suo asintoto.
RISOLUZIONE
Punto 1 Consideriamo la figura seguente.
Applicando il teorema dei triangoli rettangoli al triangolo ABB’ si ha sin' aBB ; applicando
lo stesso teorema al triangolo ACC’ si ha
3sin' aCC con
30
.
Di conseguenza il rapporto 2
22
''
a
CCBB vale
Liceo scientifico di ordinamento sessione suppletiva 2013 3
3tan32tan54
cos
cos4
3cossin
2
3sin
4
5cossin
2
3sin
4
1cos
4
3sin
sin2
1cos
2
3sin
3sinsin
22
22222
2
222
f
Se tanx si ha:
22 1
1
tan1
1cos
x
pertanto
14
33253325
1
1
4
1
3tan32tan54
cos
2
22
2
2
22
x
xxxx
xxf
f
La limitazione geometrica sull’angolo può essere riporata sulla variabile x visto che
tanx . Si ha
303
tan0tan
xx
Punto 2
Studiamo della funzione 14
33252
2
x
xxxf
Dominio: xR ;
Intersezioni asse ascisse:
5
323033250
14
3325 2
2
2 ixxx
x
xxxf
. pertanto non ci sono
intersezioni con l’asse delle ascisse;
Intersezioni asse ordinate: 4
300 fx ;
Simmetrie: la funzione non è nè pari nè dispari;
Positività: poichè sia il numeratore che il denominatore della funzione 14
33252
2
x
xxxf
sono sempre positivi, si deduce che essa è sempre positiva in tutto il dominio R;
Asintoti verticali: non ve ne sono in quanto il dominio è R;
4 N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
Asintoti orizzontali: poichè 4
5
14
3325lim
2
2
x
xx
x si deduce che la retta di equazione
4
5y è
asintoto orizzontale destro e sinistro;
Asintoti obliqui: trattandosi di funzione razionale fratta, la presenza dell’asintoto orizzontale esclude
la presenza di quello obliquo;
Crescenza e decrescenza: la derivata prima è
22
2
22
22
12
323
116
33258132104'
x
xx
x
xxxxxxf ; quest’ultima è positiva se il
numeratore è positivo essendo il denominatore sempre positivo nel dominio xR ,
pertanto la funzione è positiva se 3
330323 2 xxxx e negativa per
3
33 x . Di conseguenza la funzione è strettamente crescente in
,
3
33, e
strettamente decrescente in
3
3,3 e presenta pertanto un minimo relativo in
2
1,
3
3m e un
massimo relativo in
2
3,3M come mostra il quadro dei segni sottostante.
Concavità e convessità: la derivata seconda è 32
23
1
13333''
x
xxxxf ; notiamo che
02'',01''
00'',02
1''
02'',03''
ff
ff
ff
pertanto a norma del teorema degli zeri la derivata seconda si annulla in tre punti appartenenti agli
intervalli 2,1,0,2
1,2,3
. Di conseguenza la funzione presenta tre flessi a tangente obliqua.
Possiamo calcolare le ascisse dei tre flessi applicando alla funzione 13333 23 xxxxh , il
metodo di Newton-Raphson che permette di calcolare lo zero in maniera ricorsiva attraverso la
formula
x 3
Derivata prima: 22
2
12
323'
x
xxxf - Quadro dei segni
323 2 xx
22 12 x
3
3
Liceo scientifico di ordinamento sessione suppletiva 2013 5
33633
1332
33633
133332
23
2
23
1
nn
nn
nn
nnn
nnxx
xx
xx
xxxxx
Determiniamo lo zero 2,3 .
Poichè 03''3 hh allora il punto iniziale da cui partire con l’algoritmo è 30 x .
Di seguito la tabella che mostra i passi dell’algoritmo:
n nx 1nx 1 nnn xx
0 -3,000 -2,780 -
1 -2,780 -2,748 0,220
2 -2,748 -2,747 0,032
3 -2,747 -2,747 0,001
4 -2,747 -2,747 0,000
La soluzione 2,3 cercata è 747,2 .
Determiniamo lo zero
0,
2
1 .
Poichè 02
1''
2
1
hh allora il punto iniziale da cui partire con l’algoritmo è
2
10 x .
Di seguito la tabella che mostra i passi dell’algoritmo:
n nx 1nx 1 nnn xx
0 -0,500 -0,191 -
1 -0,191 -0,176 0,309
2 -0,176 -0,176 0,015
3 -0,176 -0,176 0,000
La soluzione
0,
2
1 cercata è 176,0 .
Determiniamo lo zero 2,1 .
Poichè 02''2 hh allora il punto iniziale da cui partire con l’algoritmo è 20 x .
Di seguito la tabella che mostra i passi dell’algoritmo:
6 N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
n nx 1nx 1 nnn xx
0 2,000 1,476 -
1 1,476 1,247 0,524
2 1,247 1,194 0,229
3 1,194 1,192 0,052
4 1,192 1,192 0,003
5 1,192 1,192 0,000
La soluzione 2,1 cercata è 192,1 .
Di seguito il grafico
Considerando la limitazione geometrica 30 x il grafico della funzione 14
33252
2
x
xxy è
di seguito raffigurato in blu.
Liceo scientifico di ordinamento sessione suppletiva 2013 7
Notiamo che se 0 si ha 0' BB e 2
3' aCC coincidente con l’altezza del triangolo
equilatero di lato a; se 3
si ha 0' CC e
2
3' aBB coincidente con l’altezza del
triangolo equilatero di lato a.
In ambo i casi il rapporto 2
22
''
a
CCBB tende a
4
32
3
''2
2
2
22
a
a
a
CCBB
Infatti per sostituzione diretta ritroviamo che
4
3
14
33253
4
3
14
33250
3
2
2
0
2
2
x
x
x
xxf
x
xxf
Punto 3 La curva incontra il il suo asintoto nel punto in cui è soddisfatto il seguente sistema
8 N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
4
5
14
33252
2
y
x
xxy
ovvero nel punto in cui è soddisfatta l’equazione
4
5
14
33252
2
x
xx
da cui si ricava
3
3553325 22 xxxx
e di conseguenza il punto di intersezione
4
5,
3
3C
La retta tangente a in
4
5,
3
3C ha equazione
4
5
3
3
xmy
dove
8
33
12
323
3
3'
3
32
2
xx
xxfm
pertanto l’equazione della tangente è
8
7
8
33
4
5
3
3
8
33
xxy
Di seguito nello stesso riferimento cartesiano il grafico la funzione e della tangente.
Liceo scientifico di ordinamento sessione suppletiva 2013 9
Punto 4
La regione delimitata, nel secondo quadrante, da , dagli assi cartesiani e dall’asintoto
obliquo è raffigurata di seguito.
10 N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
La sua area è pari a
dxx
xxS
0
3
3
2
2
14
3325
4
5
Poichè la funzione 14
33252
2
x
xx è scomponibile come
12
1
1
2
4
3
4
5
14
3325222
2
xx
x
x
xx l’integrando diventa
12
1
1
2
4
3
14
3325
4
5222
2
xx
x
x
xx
e l’integrale è pari a:
.14,0123
4ln
4
3
3
3arctan
2
1
3
4ln
4
3arctan
2
11ln
4
3
12
1
1
2
4
3
14
3325
4
5
0
3
3
2
0
3
3
22
0
3
3
2
2
xx
dxxx
xdx
x
xxS
Liceo scientifico di ordinamento sessione suppletiva 2013 11
PROBLEMA2
Del trapezio ABCD si hanno le seguenti informazioni: la base maggiore AB e la base minore
DC misurano rispettivamente 4 m e 1 m, l’altezza del trapezio misura 3 m e la tangente
dell’angolo DAB ˆ è uguale a 23 .
1. Si calcolino le aree dei quattro triangoli in cui il trapezio è diviso da una sua diagonale e
dai segmenti che uniscono il punto medio di questa con gli estremi dell’altra diagonale.
2. Si determinino, con l’aiuto di una calcolatrice, le misure, in gradi e primi sessagesimali,
degli angoli del trapezio.
3. Riferito il piano del trapezio ad un conveniente sistema di assi cartesiani, si trovi
l’equazione della parabola Γ avente l’asse perpendicolare alle basi del trapezio e passante
per i punti B, C, D.
4. Si determinino le aree delle due regioni in cui il trapezio è diviso da Γ.
RISOLUZIONE
Punto 1 Consideriamo la figura seguente.
I triangoli ACD e ACB hanno stessa altezza, pertanto le loro aree sono proporzionali alle
rispettive basi, ovvero ACBSACDS4
1 e di conseguenza
ABCDSACBS
ABCDSACDS
5
4
5
1
.
Sia E il punto medio della diagonale AC; i triangoli AED e DEC hanno uguale area in quanto
hanno due lati congruenti e gli angoli tra essi compresu supplementari, pertanto
12 N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
DECSDEAEDECDEAEDAEAEDS ˆsin2
1ˆsin2
1 .
Stesso discorso vale per i triangoli AEB e CEB:
CEBSBEAEBECBEAEBAEAEBS ˆsin2
1ˆsin2
1
Di conseguenza
ABCDSACBSCEBSAEBS
ABCDSACDSDECSAEDS
10
4
2
1
10
1
2
1
L’area del trapezio è
2
15ABDCS
pertanto
310
4
4
3
10
1
ABCDSCEBSAEBS
ABCDSDECSAEDS
Punto 2
Per ipotesi si sa che la tangente dell’angolo DAB ˆ è uguale a 23 pertanto
'18562
3arctanˆ
DAB e di conseguenza '42123'1856180ˆ CDA essendo il
supplementare di DAB ˆ . Poichè la tangente DAB ˆ è uguale a 23 , dal teorema dei triangoli
rettangoli si deduce che il segmento AH misura
23
23
ˆtan
ˆtan DAB
DHAHDABAHDH ; di conseguenza il segmento KB misura 1KB
e applicando il teorema dei triangoli rettangoli si deduce
3ˆtanˆtan KB
CKCBACBAKBCK da cui '34713arctanˆ CBA e
'26108180ˆ DCB .
Di seguito il trapezio con gli angoli calcolati.
Liceo scientifico di ordinamento sessione suppletiva 2013 13
Punto 3
Consideriamo un sistema di riferimento con origine in 0,0H . In questo sistema di
riferimento i vertici del trapezio sono
3,0
3,1
0,2
0,2
D
C
B
A
La parabola ha equazione generica cbxaxy 2 . Imponendo il passaggio per B,C e D si
ha:
3
3
024
c
cba
cba
da cui
3
2
3
2
3
3
324
c
b
a
c
ba
ba
L’equazione della parabole pertanto è 32
3
2
3 2 xxy .
14 N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
Punto 4
Le regioni in cui la parabola divide il trapezio sono di seguito raffigurate e indicate con 1, .
La parabola interseca l’asse delle ascisse non solo in B, ma anche in I le cui coordinate si ricavano
risolvendo l’equazione
2102032
3
2
3 22 BI xxxxxx
di conseguenza il punto I ha coordinate 0,1I .
L’area della regione è pari all’area del triangolo ADH cui va sottratta l’area del segmento
parabolico nell’intervallo 0,1 :
Liceo scientifico di ordinamento sessione suppletiva 2013 15
4
5
4
733
4
3
2
133
4
3
22
23
32
3
2
3
0
1
23
0
1
2
xxx
dxxxADHSS
L’area della regione 1 è pari all’area del segmento parabolico nell’intervallo 0,1 cui va
aggiunta l’area del trapezio rettangolo DHBC:
4
25
2
9
4
7
2
321
4
7
32
3
2
30
1
2
1
DHBCSdxxxS
Si noti che 2
151 SS coincidente con l’area del trapezio ADCB.
16 N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
QUESTIONARIO
Quesito 1 E’ dato il settore circolare AOB, di centro O, raggio r e ampiezza 3 . Si
inscriva in esso il rettangolo PQMN, con M ed N sul raggio OB, Q sull’arco e P su OA. Si
determini l’angolo xBOQ ˆ , affinchè il perimetro del rettangolo sia massimo.
Consideriamo la figura seguente.
Applicando il teorema dei seni al triangolo QOP si ha:
xr
x
rOPQ
POQQOQP
POQ
QP
OPQ
QO
3sin
3
32
3
2sin
3sin
ˆsin
ˆsin
ˆsinˆsin
x
rxr
OPQ
PQOQOOP
PQO
OP
OPQ
QOsin
3
32
3
2sin
sin
ˆsin
ˆsin
ˆsinˆsin
Applicando il teorema dei triangoli rettangoli al triangolo NOP si ha:
xrxr
OPNP sinsin3
32
2
3
3sin
Di conseguenza il perimetro del rettangolo PQMN è:
xxrxrx
rxp sin
3sin
3
322sin
3sin
3
3222
Sviluppando i calcoli, tenendo conto delle formule di sottrazione per il seno si ha:
xxrxxxrxp sin
3
31cos2sinsin
3cos
3
32cos
3sin
3
3222
La massimizzazione del perimetro la effettuiamo mediante derivazione:
Liceo scientifico di ordinamento sessione suppletiva 2013 17
xxrxxrxp tan
3
31cos2cos
3
31sin2'2
Poichè la geometria del problema impone
3,0
x e in suddetto intervallo la funzione
coseno è sempre positiva, il segno della derivata prima dipende dal fattore
xtan
3
31 , pertanto
3
31tan0tan
3
31cos2'2 xxxrxp
ovvero, visto che il fattore xcos è sempre positivo nell’intervallo
3,0
, la derivata prima è
positiva in
3
31arctan,0 e negativa in
3,
3
31arctan
e il perimetro è massimo
per
9.22
3
31arctanx .
S
Il perimetro massimo è pari, quindi, a:
3273
6372
3273
634
327
32
3
311
3
31
3
31
3
311
12
3
31arctan2
22
rr
rp
xcos
xtan3
31
0
3
31arctan
x
3
Derivata prima:
xxrxp tan
3
31cos2'2 - Quadro dei segni
18 N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
Quesito 2 Quali sono i poliedri regolari? Perchè sono detti solidi platonici?
.
Un poliedro si dice regolare quando le sue facce sono poligoni regolari congruenti e i suoi
angoloidi sono congruenti. Pertanto gli angoli delle facce di ogni suo angoloide devono essere
angoli di poligoni regolari e devono essere almeno tre. Inoltre, per un noto teorema di
geometria solida, in ogni angoloide la somma degli angoli delle facce è minore strettamente di
360°. Se le facce del poliedro sono triangoli equilateri, l’angolo di ogni faccia è di 60°, quindi
si possono avere angoloidi di tre facce (si ottiene il tetraedo), di quattro facce (si ottiene
l’ottaedro), di cinque facce (si ottiene l’icosaedro) ma non di più, perché la loro somma sarebbe
maggiore o uguale a 360° e ciò è impossibile per il suddetto teorema. Se le facce del poliedro
regolare sono quadrati, l’angolo di ogni faccia è di 90°, quindi si può avere solo l’angoloide di
tre facce (si ottiene il cubo). Se le facce del poliedro regolare sono pentagoni regolari, l’angolo
di ogni faccia è di 108°, quindi si può avere l’angoloide di tre facce (si ottiene il dodecaedro)
ma non di più. Se le facce del poligono regolare sono esagoni regolari, l’angolo di ogni faccia è
di 120° quindi non si possono avere poliedri relativi perché la somma degli angoli di tre facce è
360° il che è impossibile. Analogamente non è possibile costruire poliedri regolari aventi per
facce poligoni regolari con più di sei lati. Quindi i poliedri regolari sono 5: tetraedro, ottaedro,
icosaedro, cubo, dodecaedro.
Vengono chiamati platonici in quanto Platone nel suo dialogo”Timeo” associa il tetraedro,
l'ottaedro, il cubo, e l'icosaedro rispettivamente a quelli che erano allora ritenuti i quattro
elementi fondamentali: fuoco, aria, terra e acqua. Il dodecaedro, non realizzabile unendo
opportunamente triangoli rettangoli (come invece avviene per i poliedri citati), veniva invece
associato all’immagine del cosmo intero.
Quesito 3 Si scriva l’equazione della tangente al grafico della funzione:
1
1log
2
1
y
yx
nel punto P di ordinata 2y .
Si può procedere in due modi, o partendo direttamente dalla funzione
1
1log
2
1
y
yx o
invertendo quest’ultima per riportarla alla forma classica xfy . Il legame tra la derivata di
una funzione e la sua inversa in un punto 00 , yx è il seguente:
Liceo scientifico di ordinamento sessione suppletiva 2013 19
0
10'
1'
yfxf
Partiamo dalla funzione
1
1log
2
1
y
yx . Il punto 00 , yx è
2,3log
2
1, 00 yx .
La derivata della funzione è pari a
21
1
1
1
1
1
2
11log
2
11log
2
1
1
1log
2
1
yyyyy
dy
d
y
y
dy
d
pertanto
3
1
1
12''
2
2
1
0
1
yy
fyf .
Di conseguenza l’equazione della tangente è pari a
22
3ln32
2
3ln
3
1
1
xxy
Se invertiamo la funzione
1
1log
2
1
y
yx , si ha
1
11
1
12
1
1log
2
2222
x
xxxx
e
eyeyeye
y
yx
y
y
La derivata di 1
12
2
x
x
e
ey è
22
2
22
2222
1
4
1
1212'
x
x
x
xxxx
e
e
e
eeeey
pertanto
3
2
34
1
4
1
43log
2
1'
223log
3log
3log2
122
2
e
e
e
ef
x
x
x
Di conseguenza l’equazione della tangente è pari a
22
3ln3
xy
coincidente con quella già precedentemente trovata.
Di seguito il grafico di 1
12
2
x
x
e
ey e della tangente di equazione 2
2
3ln3
xy .
20 N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
Quesito 4 Un solido ha per base la regione R delimitata dal grafico di xxf log e
dall’asse x sull’intervallo e,1 . In ogni punto di R a distanza x dall’asse y, la misura
dell’altezza del solido è data da xxh . Quale sarà il volume del solido?
Ogni sezione del solido ha area
xxxA log
pertanto il volume del solido è pari a
dxxxdxxAV
ee
11
log
Applicando l’integrazione per parti si ha:
4
1
4
1
424log
2log
222
1
22
1
eeexx
xdxxxV
ee
Liceo scientifico di ordinamento sessione suppletiva 2013 21
Quesito 5 Un aereo civile viaggia in volo orizzontale con velocità costante lungo
una rotta che lo porta a sorvolare Venezia. Da uno squarcio nelle nuvole il comandante
vede le luci della città con un angolo di depressione di 7°. Tre minuti più tardi
ricompaiono nuovamente le luci, questa volta però l’angolo di depressione misurato è di
13°. Quanti minuti saranno ancora necessari perchè l’aereo venga a trovarsi esattamente
sopra la città?
Consideriamo la figura seguente.
Si sa che 7ˆPAQ e 13ˆPBQ . Applicando il teorema dei triangoli rettangoli al
triangolo AOQ si ha 83tanAOOQ , e, applicandolo al triangolo BHQ si ha
77tanAOHQ .
Di conseguenza 77tan83tan77tan83tan AOAOAOOHAB .
Il tratto AB è stato percorso a una velocità
secondo
metro v costante in 3 minuti, ovvero
in 180 secondi, questo significa che la lunghezza di AB è metri 180180 vvAB e
di conseguenza
77tan83tan
180vAO . Applicando il teorema dei triangoli rettangoli
a PBQ si ricava
metri 5,204
77tan83tan
77tan18077tan v
vPQBP
. Poichè la
velocità di volo è costante, per percorrere i v 5,204 metri per trovarsi sopra Venezia,
sono necessari secondi 5,204 5,204
v
v ovvero minuti 41,3
60
5,204 .
22 N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
In alternativa avremmo potuto ragionare in questo modo. Per il teorema sui triangoli
rettangoli 13tanPBPQ e 7tanPAPQ ; di connseguenza
13tan7tan
7tan13tanPQPBPAAB e
7tan13tan
7tan
AB
PB. Poichè la velocità è
costante i tratti AB e PB vengono percorsi in tempi che sono proporzionali alle lunghezze dei
tratti, ovvero PBABTT PBAB :: da cui si ricava
41,37tan13tan
7tan3:
AB
PBTT ABPB minuti come precedentemente trovato.
Quesito 6 Si consideri la curva d’equazione 3 3 xxy . La curva ha asintoti? In caso
affermativo, se ne determinino le equazioni.
Il dominio della funzione 3 3 xxy è R in quanto trattasi di una funzione radice con
esponente dispari, di conseguenza non esistono asintoti verticali.
Poichè
32
3 3 11limlim
xxxx
xx deduciamo che non esistono gli asintoti
orizzontali.
Controlliamo la presenza di asintoti obliqui. Si ha:
11
1limlim 32
3 3
xx
xxm
xx e
0
11
1
1lim
11
1
11
1
lim11
1limlim
32
32
2
32
3 3
xx
x
xx
xxxxxq
xxxx
pertanto la retta xy è asintoto obliquo destro.
Analogamente
11
1limlim 32
3 3
xx
xxm
xx e
0
11
1
1lim
11
1
11
1
lim11
1limlim
32
32
2
32
3 3
xx
x
xx
xxxxxq
xxxx
pertanto la retta xy è asintoto obliquo sinistro.
Liceo scientifico di ordinamento sessione suppletiva 2013 23
In conclusione la funzione presenza solo un asintoto obliquo, destro e sinistri, di
equazione xy .
Quesito 7 Un cubo di legno di pioppo (densità 3
1 cmg 385,0 ) ed un tetraedro
regolare di cristallo (densità 3
2 cmg 33,3 ) hanno entrambi lo spigolo cml 5 .
Quale dei due ha la massa maggiore?
Il cubo di lato cml 5 ha volume 33 125cmlVCubo
e di conseguenza una massa
grammi 125,48125385,01 CuboCubo VM .
Il tetraedro di lato cml 5 ha volume
33
12
2125
12
3cm
lVTetraedro
e di conseguenza una massa
grammi 4912
212533,32 TetraedroTetraedro VM .
Di conseguenza la massa del tetraedro è maggiore di quella del cubo.
24 N. De Rosa, La prova di matematica per il liceo
Quesito 8 Tommaso ha costruito un modello di tetraedro regolare e vuole colorare le 4
facce, ognuna con un colore diverso. In quanti modi può farlo se ha a disposizione 10 colori?
E se invece si fosse trattato di un cubo?
Avendo a disposizione un tetraedro regolare e 10 colori, è possibile colorare le 4 facce in
210!6!4
!10
4
10
modi.
Se abbiamo a disposizione un cubo e 10 colori, è possibile colorare le 6 facce in
210!6!4
!10
6
10
modi.
Pertanto non fa differenza se si tratta di un tetraedro o cubo in quanto vale la proprietà
binomiale
kn
n
k
n.
Quesito 9 Si calcoli il valore medio della funzione:
x
exf
x
1
nell’intervallo 41 x .
La funzione x
exf
x
1 è definita in ,0 ed è continua in 4,1 , pertanto è possibile
calcolare il suo valore medio in 4,1 .
Il valore medio richiesto è pari a:
78,313
222
3
1
22
1
3
11
3
1
3
1
24
1
4
1
4
1
4
1
eeex
dxx
e
xdx
x
exfV
x
xx
M
Quesito 10 Si controlli se la funzione 7sintan xxxf , nell’intervallo chiuso
,0 , verifica le ipotesi del teorema di Rolle e, in caso affermativo, si calcoli l’ascissa dei
punti ove si annulla la derivata prima.
Il teorema di Rolle può essere così enunciato.
Sia Rbaf ,: . Se f è continua in ba, , derivabile in ba, e bfaf , allora
0':, cfbac .
Nel caso in esame, le ipotesi del teorema di Rolle non sono soddisfatte in quanto,
nell’intervallo chiuso ,0 , la funzione 7sintan xxxf non è definita in 2
x in
Liceo scientifico di ordinamento sessione suppletiva 2013 25
corrispondenza del quale la funzione tangente, e di conseguenza 7sintan xxxf ,
diverge.