Simulazione Sperimentale 2013/14
© Copyright Zanichelli 2014 MATutor (6163)
1
ANNO SCOLASTICO 2013/14
SIMULAZIONE DELLA PROVA DI MATEMATICA DELL’ESAME DI STATO
INDIRIZZO: SCIENTIFICO CORSO SPERIMENTALE
Risoluzione Problema 1
a) Disegniamo la circonferenza mettendo in evidenza gli elementi indicati dal problema: il diame-
tro AC, di lunghezza variabile, la corda AB (con 1AB = ) e la corda BC (con
, 0BC x x AC= ≤ ≤ ).
Poiché il diametro non può avere lunghezza minore della corda, deve essere:
AC AB≥ → 1AC ≥ . Il triangolo ABC è rettangolo in B, perché inscritto in una semicirconferenza, quindi:
22221 xBCABAC +=+= .
La funzione ( )f x è pertanto data da:
22
)(AC
BCABxf
⋅⋅= →
)1(2)(
2x
xxf
+= .
Studiamo la funzione senza tener conto della limitazione geometrica. • Dominio: R, in quanto il denominatore non si annulla per alcun valore di x. • Poiché:
)()1(2
)(2
xfx
xxf −=
+−=− ,
la funzione è dispari, quindi è simmetrica rispetto all’origine. • Il grafico γ della funzione interseca gli assi cartesiani soltanto nell’origine O(0; 0), poiché:
( ) 0 0f x x= ↔ = .
• Studiamo il segno della funzione.
( ) 0f x > → 0)1(2 2
>+ x
x → 0x > ;
( ) 0f x < → 0x < .
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• Limiti della funzione agli estremi del dominio:
0)1(2
lim)(lim2
=+
=±∞→±∞→ x
xxf
xx,
poiché il denominatore è un infinito di ordine superiore rispetto al numeratore. L’asse delle ascisse è quindi asintoto orizzontale per la funzione. Non esistono asintoti obliqui né verticali. Riportiamo nel piano cartesiano le informazioni trovate.
• Calcoliamo la derivata prima e studiamo il suo segno.
22
2
22
2
)1(2
1
)1(
21
2
1)(
x
x
x
xxxx'f
+−=
+⋅−+⋅= .
( ) 0f ' x > → 01 2 >− x → 1 1x− < < . Rappresentiamo in tabella il segno di f ' e individuiamo gli intervalli di crescenza e di decre-scenza della funzione f.
1x = − è punto di minimo relativo per la funzione, con 1
( 1)4
f − = − . Poiché la funzione rimane
sempre positiva per 0x > , 1x = − è anche punto di minimo assoluto.
1x = è punto di massimo relativo per la funzione, con 1
(1)4
f = . Poiché la funzione rimane
sempre negativa per 0x < , 1x = è anche punto di massimo assoluto.
• Calcoliamo la derivata seconda e studiamo il suo segno. 22 2 2 2
2 4
(1 )1 2 (1 ) (1 ) 2(1 ) 2( )
2 (1 )
xx x x x xf '' x
x
+− + − − ⋅ + ⋅= ⋅ =+
2 2
2 4
[ 2 (1 ) (1 ) 4 ]
2(1 )
x x x x
x
⋅ − + − − ⋅+ 3
=
3 3 3
2 3 2 3
2 2 4 4 2 6 2
2(1 ) 2(1 )
x x x x x x
x x
− − − + −= = =+ +
2( 3)
2
x x − 2
2 32 3
( 3)
(1 )(1 )
x x
xx
−=++
.
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( ) 0f '' x > → 0)1(
)3(32
2
>+
−x
xx → 0)3( 2 >−xx .
Rappresentiamo in tabella il segno di f '' e individuiamo gli intervalli con concavità verso l’alto e quelli con concavità verso il basso della funzione f.
La funzione presenta tre punti di flesso:
3x = − , con 3
( 3)8
f − = − → 1
33;
8F
− −
;
0x = , con (0) 0f = → ( )0;0O ;
3x = , con 3
( 3)8
f = → 2
33;
8F
.
I tre punti di flesso sono allineati, appartenendo tutti alla retta di equazione 1
8y x= .
Rappresentiamo il grafico approssimato della funzione.
b) La funzione è continua in R e quindi è integrabile in ogni intervallo limitato e chiuso. In generale, il valor medio di una funzione ( )g x continua in un intervallo [ ];a b è per definizione:
∫⋅−=
b
adxxg
abxg )(
1)( .
Applichiamo dunque la definizione di valor medio alla funzione ( )f x del problema, relativamente
all’intervallo [ ]0;h :
∫ +⋅
−=
hdx
x
x
hxf
0 2)1(20
1)( .
Determiniamo innanzi tutto una primitiva ( )F x di ( )f x :
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4
2
2 2 2
1 2 1 2 1( ) ln(1 )
2(1 ) 2 2(1 ) 4 1 4
x x xF x dx dx dx x c
x x x= = = = + +
+ + +∫ ∫ ∫ .
Troviamo quindi il valor medio:
)1ln(4
1)1ln(
4
11
)1(2
1)( 2
0
2
0 2h
hx
hdx
x
x
hxf
hh
+=
+=+
⋅= ∫ .
Il limite:
h
hh 4
)1ln(lim
2++∞→
si presenta nella forma indeterminata ∞∞
. Risolviamolo applicando il teorema di De L’Hospital:
[ ]2
2
2
2D ln(1 ) 1lim lim lim 0
4 4 2(1 )h h h
hh hh
D h h→+∞ →+∞ →+∞
+ += = =+
→ 2ln(1 )
lim 04h
h
h→+∞
+ = .
c) Le intersezioni delle rette del fascio y mx= con il grafico γ sono date dalle soluzioni del se-
guente sistema:
+=
=
)1(2 2x
xy
mxy
→ 22(1 )
y mx
xmx
x
= = +
Vediamo che, ∈∀m R, il sistema ammette come soluzione (0;0). In particolare, per 0m= la retta del fascio diventa 0y = , l’asse delle scisse, che interseca il grafico solamente nell’origine. Determiniamo le eventuali altre soluzioni. Posto 0m≠ e 0x ≠ , riduciamo la seconda equazione:
2
1
2(1 )m
x=
+ → 22 (1 ) 1m x+ = → 22 2 1 0mx m+ − = .
Abbiamo ottenuto un’equazione di secondo grado pura in x, che ha soluzioni reali soltanto se il co-efficiente di 2x e il termine noto sono discordi: 2 (2 1) 0m m− <
Dal grafico dei segni stabiliamo che le rette del fascio intersecano γ in punti diversi dall’origine per:
1
02
m< < .
In corrispondenza di tali valori di m, otteniamo i punti di intersezione di coordinate:
2 1 2
2
mx
m
−= → 1 2
2
mx
m
−= ± ; 1 2
2
my m
m
−= ± →
−±−±m
mm
m
mQ
2
21;
2
21 .
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La regione Σ è delimitata dal grafico γ, dall’asse delle ascisse e dalla retta 1 2
2
mx
m
−= .
La sua area è data dall’integrale definito:
)2ln(4
1
2
1ln
4
1
2
211ln
4
1)1ln(
4
1
)1(2
2
21
0
22
21
0 2m
mm
mxdx
x
xS
m
m
m
m
−==
−+=
+=+
=−
−
Σ ∫ .
d) Determiniamo l’equazione della parabola p passante per l’origine e avente vertice di coordinate 1
1;4
V
. Se 2y ax bx c= + + è l’equazione della parabola generica, allora:
(0;0)O p∈ → 0c = → 2y ax bx= + ;
1
1;4
V
vertice → 1
21
4
b
a
a b
− = = +
→ 2
12
4
a b
a a
= − = −
→
1
21
4
b
a
= = −
→ 21 1
4 2y x x= − + .
La parabola interseca l’asse x nei punti (0;0)O e (2;0)A .
L’area del segmento parabolico OVA è data da:
3
1
4
12
3
2
3
2 =⋅⋅=⋅⋅= HVOASOVA .
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L’area di Σ è uguale a quella del segmento parabolico se:
1 1
ln(2 )4 3
m− = → 4
ln(2 )3
m = − → 3
4
2
1 −= em .
e) Rappresentiamo la base L e una generica sezione del solido, ricordando che l’ascissa del punto
di flesso della funzione nel primo quadrante è 3Fx = .
Possiamo pensare il volume del solido come somma di infiniti strati di spessore infinitesimo dx e con base rettangolare di dimensioni ( )y f x= e h x= :
2
2( )
2(1 )
xdV x f x dx dx
x= ⋅ ⋅ =
+.
Il volume del solido è quindi dato da:
[ ] =−=
+−=
+−+=
+= ∫∫∫
30
3
0 2
3
0 2
23
0 2
2
arctg2
1
1
11
2
1
1
11
2
1
)1(2xxdx
xdx
x
xdx
x
xV
62
3
33
2
1 π−=
π−= .
Problema 2
a) Il dominio di f è individuato dagli x che rendono positivo l’argomento del logaritmo: 01 >− kx → 1<kx .
Otteniamo due intervalli a seconda del segno di k:
kx
1< se 0>k →
∞−=k
D1
; se 0>k ;
kx
1> se 0<k →
+∞= ;1
kD se 0<k .
La funzione f ammette derivata prima e seconda in ogni punto del suo dominio. Se 0x è un punto di flesso a tangente orizzontale, allora 0)( 0 =′ xf ( 0x è un punto stazionario) e
inoltre il segno di )(xf ′ è lo stesso in un intorno destro e sinistro di 0x .
Calcoliamo la derivata prima:
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kxkx
kxf 2
1)( +
−−=′ →
kx
kkxxk
kx
kxkxkxf
−−+−=
−−+−=′
122
1)1(2
)(22
.
Poiché il denominatore ha segno costante nel dominio di f, la derivata prima si annulla in un punto e ha segno costante in un suo intorno se e solo se il numeratore, che è un polinomio di se-condo grado in x, ha discriminante uguale a zero:
04
=∆ → 02 32 =− kk → 0)21(2 =− kk →
21
0 =∨= kk .
Per ipotesi è 0≠k , quindi la funzione presenta un flesso a tangente orizzontale per 2
1=k .
La funzione corrispondente è:
2
21
21ln)( x
xxf +
−= .
b) Il dominio di )(xf è ] [2;∞−=D ; la funzione non è né pari né dispari ed è continua dove defi-
nita. Il grafico della funzione passa per l’origine, in quanto 0)0( =f . Studiamo il segno di f per via grafica:
0)( >xf → 021
21ln 2 >+
− xx
→ 2
21
21ln x
x −>
− .
Quindi: 0)( >xf per 0<x , 0)( <xf per 20 << x , e non ci sono altre intersezioni con l’asse delle ascisse. Calcoliamo i limiti agli estremi del dominio.
+∞=
+
−=−∞→−∞→
2
21
21lnlim)(lim x
xxf
xx,
−∞=
+
−=−− →→
2
22 21
21lnlim)(lim x
xxf
xx.
Quindi 2=x è asintoto verticale. Cerchiamo l’eventuale asintoto obliquo per −∞→x .
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+
−==
−∞→−∞→ x
xx
x
xfm
xx
2
21
21ln
lim)(
lim
si presenta nella forma indeterminata ∞∞
. Risolviamola applicando il teorema di De L’Hospital:
−∞=
+−
−=
+
−−
=
+
−
−∞→−∞→−∞→x
x
xx
x
xx
xxx 21
lim12
12
1
lim][D
21
21lnD
lim
2
.
Il limite non esiste, quindi non esiste neppure l’asintoto obliquo. La derivata prima è:
2
12)(
2
−+−=′
x
xxxf .
Determiniamo gli zeri e il segno della derivata prima.
0)( =′ xf → 02
122
=−
+−x
xx → 0122 =+− xx → 0)1( 2 =−x → 1=x .
Quindi 1=x è punto stazionario, e per quanto visto all’inizio è un flesso a tangente orizzontale, le cui coordinate sono:
2ln21
21
21
ln)1( −=+=f →
− 2ln21
;1F .
Negli altri punti del dominio, il numeratore di f ′ è positivo mentre il denominatore è negativo: 0)( <′ xf per ogni 2<x , con 1≠x ,
e quindi la funzione f è strettamente decrescente. Calcoliamo la derivata seconda:
22
2
2
2
)2()1)(3(
)2(34
)2()12()2)(22(
)(−
−−=−
+−=−
+−−−−=′′x
xx
x
xx
x
xxxxxf .
Studiamo il suo segno restringendoci al dominio di f. Il fattore 3−x è sempre negativo nel do-minio considerato, mentre il denominatore è sempre positivo, quindi:
0)( >′′ xf → 01<−x → 1<x .
La funzione volge la concavità verso l’alto in ] [1;∞− , verso il basso in ] [2;1 . Disegniamo il grafico approssimato della funzione.
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c) La generica parabola con asse parallelo all’asse y ha equazione p: cbxaxy ++= 2 .
Imponiamo il passaggio per )1;0( − :
cba +⋅+⋅=− 001 → 1−=c → p: 12 −+= bxaxy . La parabola deve passare per il punto A della retta 012 =−+ yx di ascissa 2. Tale punto ha or-dinata: 0122 =−+⋅ y → 3−=y . Imponiamo il passaggio della parabola per A: 1223 2 −⋅+⋅=− ba → 12 −=+ ba → 12 −−= ab → p: 1)12(2 −−−+= xaaxy . In A la retta tangente alla parabola ha coefficiente angolare –2; calcoliamo pertanto la derivata prima dell’equazione della parabola, la valutiamo in 2=x e uguagliamo il risultato a –2:
122)( −−=′ aaxxy ;
21222)2( −=−−⋅=′ aay → 12 −=a → 21−=a .
Scriviamo i tre coefficienti e l’equazione della parabola:
21−=a , 01
21
2 =−
−⋅−=b , 1−=c ; p: 12
2
−−= xy .
La regione R di piano è quella evidenziata nel grafico rappresentato nella figura.
Calcoliamo l’area utilizzando l’integrale definito:
[ ]dxxxdxxx
dxxxx
S ∫∫∫ ++−−=
++
−=
−−−+
−=1
0
21
0
21
0
22
12ln)2ln(12
2ln1
2221ln .
Applichiamo la proprietà di linearità dell’integrale definito e risolviamo il primo integrale uti-lizzando la formula di integrazione per parti:
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[ ] =
−++−
−−=−++−= ∫∫∫1
0
31
0
10
1
0
21
0)2ln1(
31
2)2ln()2ln1()2ln( xxdx
x
xxxdxxdxxS
[ ] [ ] =−+−−−=−+−
−−=−+−
+−−= ∫∫∫ 2ln34
2ln22ln34
21
212ln34
222
01
0
10
1
0
1
0
1
0xxdx
xdxdx
x
x
2ln31
2ln34
2ln21 +=−++−= .
d) Calcoliamo il volume del solido di rotazione evidenziato nella figura.
Il solido è ottenuto dalla rotazione attorno all’asse y dell’arco di parabola p di equazione
12
2
−−= xy compreso fra 0=x e 2=x o, corrispondentemente, fra 1−=y e 3−=y .
Poiché la rotazione avviene attorno all’asse y, ricaviamo la funzione inversa e descriviamo l’arco di parabola mediante x in funzione di y:
12
2
−−= xy → 22 −−= yx , con 13 −≤≤− y ,
dove abbiamo scelto la determinazione positiva della radice in quanto nell’arco di parabola con-siderato è 0>x . Applichiamo la formula per il calcolo dei volumi dei solidi di rotazione:
[ ] ( ) =−−π=−−π=π= ∫∫∫−
−
−
−
−
−dyydyydyyxV
1
3
21
3
21
3)22(22)(
[ ] π=−++−π=−−π= −− 4)6921(21
32 yy .
e) Disegniamo il grafico γ', simmetrico di γ rispetto alla retta di equazione 1=x .
Per individuare l’equazione di γ', scriviamo le equazioni della simmetria assiale rispetto alla retta 1=x :
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=′−=′
yy
xx 2 →
′=′−=
yy
xx 2.
Sostituendo nell’equazione di γ, otteniamo:
2
2
1
21ln x
xy +
−= → 2)2(2
1
2
21ln x
xy ′−+
′−−=′ →
→ 2
)2(
211ln
2xxy
′−+
′+−=′ →
2)2(
2ln
2xxy
′−+′
=′ .
Togliamo gli apici e troviamo l’equazione di γ':
2
)2(
2ln
2xxy
−+= .
Questionario 1. La funzione )(xf è definita in ] ]0;∞− ed è continua e derivabile nell’intervallo aperto ] [0;∞− .
Per 0<x abbiamo:
xx ex
exf1
2
1 1D)( −=
=′ .
Inoltre:
0lim)(lim1
00==
−− →→x
xxexf e 0)0( =f ,
quindi )(xf è continua (da sinistra) anche in 0=x . Questo (esistenza di f ′ per 0<x e continuità di f per 0≤x ) assicura che la funzione )(xf è derivabile in 0=x , con derivata continua, se esiste ed è finito il limite della derivata prima per x che tende a 0 da sinistra:
−=′
−− →→
x
xxe
xxf
1
200
1lim)(lim .
Il limite si presenta nella forma indeterminata 0
0; scriviamo l’argomento in un’altra forma po-
nendo yx
=1:
y
yx
e
yeye
x −−=−=−2
21
2
1.
Se −→ 0x allora −∞→y ; quindi si ha la forma indeterminata ∞∞
.
Applicando il teorema di De L’Hospital due volte, otteniamo:
02
lim2
limlim2
=−=−−=−
−−∞→−−∞→−−∞→ yyyyyy ee
y
e
y.
Allora: 0)(lim
0=′
−→xf
x.
Il limite esiste finito, pertanto: 0)(lim)0(
0=′=′
−→− xffx
,
e in conclusione la derivata prima esiste ed continua su ] ]0;∞− .
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2. Il numero di sequenze che si possono fare con tutte le 24 perle è dato dalle permutazioni di 24 elementi:
!2424 =P .
Queste file non sono però tutte differenti: infatti se scambiamo di posto, ossia permutiamo, due perle dello stesso colore otteniamo ancora una fila identica. Il numero delle file appena calcolato va pertanto ridotto: del fattore !66 =P corrispondente al numero di permutazioni delle perle rosse,
del fattore !1010 =P corrispondente al numero di permutazioni delle perle arancioni,
del fattore !88 =P corrispondente al numero di permutazioni delle perle gialle.
Le possibili sequenze differenti sono allora:
768.651.889.5!8!10!6
!24
8106
24 =⋅⋅
=⋅⋅
=PPP
Pn .
Nel caso in cui la prima e l’ultima perla siano arancioni, restano da disporre 22 perle di cui 6 ros-se, 8 arancioni e 8 gialle; le sequenze sono allora:
310.269.960!8!8!6
!22
886
22 =⋅⋅
=⋅⋅
=PPP
Pna .
Nel caso in cui la prima e l’ultima perla siano dello stesso colore potranno essere entrambe aran-cioni come nel caso precedente oppure entrambe rosse o entrambe gialle. Con lo stesso procedimento otteniamo quindi:
770.089.320!8!10!4
!22
8104
22 =⋅⋅
=⋅⋅
=PPP
Pnr sequenze con le perle estreme rosse,
904.500.597!6!10!6
!22
6106
22 =⋅⋅
=⋅⋅
=PPP
Png sequenze con le perle estreme gialle.
Il numero totale delle sequenze con le perle estreme dello stesso colore è dunque:
984.859.877.1=++ gar nnn .
3. Affinché )(xf verifichi le ipotesi del teorema di Lagrange, deve essere continua nell’intervallo
chiuso
b
a;
2e derivabile nell’intervallo aperto
b
a;
2.
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La funzione )(xf è continua in ogni punto ax ≠ , poiché composizione di funzioni continue in
ciascuno dei due intervalli ] [a;∞− e ] [+∞;a . La funzione è sicuramente derivabile per ax ≠ , in quanto composizione di funzioni derivabili:
( )
>−
<−
−=′
a xa
a xax
a
xf
se 1
se )2(
22
.
Consideriamo ora i casi ab ≤ e ab > .
Se ab ≤ , allora
∉ ba
a ;2
e quindi )(xf soddisfa le ipotesi del teorema di Lagrange
nell’intervallo
b
a;
2.
Se ab > , allora
∈ ba
a ;2
. Occorre verificare la derivabilità di )(xf in ax = .
Studiamo la continuità in ax = :
12
)()(lim −=−
==−→ aa
aafxf
ax; 1lim)(lim −=
−=++ →→ a
xxf
axax.
La funzione )(xf è pertanto continua anche in ax = (per ogni valore di a) e quindi su tutto R. Affinché )(xf , continua in ax = , sia anche derivabile in ax = , deve essere:
)(lim)(lim xfxfaxax
′=′+− →→
.
Svolgiamo i calcoli:
−=
−−
+− →→ aax
aaxax
1lim
)2(
2lim
2 →
aa
12 −=− → impossibile.
Dunque )(xf non è mai derivabile in ax = e pertanto non soddisfa le ipotesi del teorema di
Lagrange negli intervalli del tipo
b
a;
2 con ab > .
4. Un possibile integrale definito che ha come risultato 2ln è dato da:
[ ] ∫==−=−=2
1
21
1ln1ln2ln02ln2ln dx
xx .
Siano dunque x
xf1
)( = e ]2;1[];[ =ba .
Determiniamo una soluzione approssimata dell’integrale definito applicando il metodo dei tra-pezi. Poiché )(xf ammette derivata seconda continua in ]2;1[ , con
2
1)(
xxf −=′ , 3
2)(
xxf =′′ ,
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l’errore che si commette suddividendo l’intervallo in n parti di uguale ampiezza è minore o u-guale a:
223]2;1[2
3
];[2
3
61
212
12max
12)12(
)(max12
)(nnxn
xfn
abxbax
n =⋅=⋅−=′′⋅−=ε∈∈
.
Imponiamo che l’errore sia inferiore al centesimo:
1001
61
2 <n
→ 1006 2 >n → 08,46
100 ≈>n → 5≥n .
Suddividiamo dunque ]2;1[ in 5=n parti di uguale ampiezza 2,05
12 =− e compiliamo la se-
guente tabella.
0xa = 1x 2x 3x 4x bx =5
1 1,2 1,4 1,6 1,8 2 )()( 0xfaf = )( 11 xfy = )( 22 xfy = )( 33 xfy = )( 44 xfy = )()( 5 bfxf =
1 0,833 0,714 0,625 0,556 0,5 Applichiamo la formula dei trapezi:
=
+++++⋅−≈ −∫ 121 ...2
)()()( n
b
ayyy
bfaf
n
abdxxf
696,0556,0625,0714,0833,02
5,0151 ≈
+++++⋅= .
Quindi, 696,02ln ≈ . 5. Per determinare il dominio della funzione, consideriamo che:
a) il radicando di una radice di indice pari deve essere non negativo:
02ln
)2ln( ≥−−
x
x;
b) gli argomenti dei logaritmi devono essere positivi: 002 >∧>− xx → 2>x ;
c) il denominatore di una frazione deve essere diverso da zero: 02ln ≠−x → 2ln ≠x → 2ex ≠ .
L’ultima condizione è implicita nella prima disequazione.
Risolviamo dunque la prima disequazione 02ln
)2ln( ≥−−
x
x.
Studiamo separatamente il segno di numeratore e denominatore e compiliamo il grafico dei se-gni.
N: 0)2ln( >−x → 12 >−x → 3>x ;
D: 02ln >−x → 2ln >x → 2ex > .
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La disequazione è soddisfatta per 2 3 exx >∨≤ . Mettendo a sistema con la seconda condizione ( )2>x , troviamo il dominio della funzione:
232 exx >∨≤< .
6. La funzione f è decrescente nell’intervallo [3;] ∞− , crescente nell’intervallo [;3] ∞+ e presen-ta il minimo assoluto nel punto )2;3( −M ; pertanto la derivata prima f ′ è:
negativa per 3<x , positiva per 3>x , nulla per 3=x . Il grafico di f ′ interseca l’asse x in )0;3( . I punti O e F sono punti di flesso per f e punti stazionari per f ′ . Dal grafico ricaviamo le equazioni delle tangenti nei punti di flesso:
in O: xy −= ; in F: )6(2
1)1( −=−− xy → 4
2
1 −= xy .
I coefficienti angolari di tali rette forniscono i valori delle derivate nei punti di flesso:
1)0( −=′f ; 2
1)6( =′f .
Quindi )1;0( − e
2
1;6 sono le coordinate dei punti stazionari di f ′ .
Riportiamo i risultati nel seguente disegno.
f presenta due asintoti orizzontali ( 3=y per −∞→x , l’asse delle ascisse per +∞→x ), quindi la derivata prima tende a 0 per −∞→x e per +∞→x .
Osservando i flessi e le concavità di f possiamo ricavare ulteriori informazioni su f ′ . Infatti la concavità è stabilita dal segno di f ′′ , ossia della derivata di f ′ ; quindi concavità positiva signi-fica derivata prima crescente, concavità negativa significa derivata prima decrescente. Pertanto: • f ′ è decrescente per 0<x , con valori che vanno da 0 (per −∞→x ) a 1− (in 0=x );
• f ′ è crescente per 60 << x , con valori che vanno da 1− (in 0=x ) a 0 (in 3=x ) e poi fi-
no a 21
(in 6=x );
• f ′ è decrescente per 6>x , con valori che vanno da 21
(in 6=x ) a 0 (per +∞→x ).
Ora possiamo tracciare un grafico probabile di f ′ .
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7. Il limite:
xx ee
x
−ππ→
senlim
si presenta nella forma indeterminata 00
.
Effettuiamo un cambio di variabile. Ponendo π−= xy , otteniamo: 0→y quando π→x . Sostituiamo la variabile e riscriviamo l’argomento in modo da ricondurci ai limiti notevoli:
=
−⋅⋅−=
−−=
−π+=
− π→π→π+π→ππ→ yyyyyyxx e
y
y
y
eee
y
ee
y
ee
x
1sen1
lim)1(
senlim
)(senlim
senlim
000
π−π→→π→π→
=⋅⋅=−
⋅⋅=
−⋅⋅= e
ee
y
y
y
ee
y
y
y
e yyyyyy11
11
limsen
lim1
lim1
sen1lim
0000.
In alternativa, il limite si può risolvere riconducendolo alla definizione di derivata:
=
−−⋅
−−−=
−−−=
− →→→ ππππππ
ππ
ππee
x
x
x
ee
x
ee
xxxxxxx
sensenlim
sensenlim
senlim
1
limsensen
lim
−π
π→π→
π−−⋅
π−π−−=
x
ee
x
x x
xx
.
Il primo limite rappresenta la derivata di xsen calcolata in π, mentre il secondo limite rappre-
senta la derivata di xe calcolata sempre in π; quindi:
[ ] π−−π
−π
π→π→ππ→
=⋅π−=
π−−⋅
π−π−−=
−ee
x
ee
x
x
ee
x x
xxxx
11
coslimsensen
limsen
lim .
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8. Rappresentiamo la situazione in figura.
I piani paralleli che individuano le due sezioni sono distanti 1: 1=HK .
Se poniamo xOH = , con 10 ≤≤ x , allora risulta xOK −= 1 . Le due sezioni con la sfera originano due cerchi di raggio rispettivamente HB e KC; per il teo-rema di Pitagora risulta:
22222211 xxOHOBHB −=−=−= ;
2222222)1(1 xxxOKOCKC −=−−=−= .
Indichiamo con )(xS la funzione che rappresenta la somma delle aree dei due cerchi:
( ) ( ) ( )12221)( 22222++−⋅π=−+−⋅π=+⋅π= xxxxxKCHBxS .
Dobbiamo determinare il massimo della funzione )(xS quando ]1;0[∈x . Il grafico di )(xS nel piano cartesiano è una parabola con concavità rivolta verso il basso e con
vertice di ascissa 2
1
)2(2
2
2=
−⋅−=−
a
b.
Poiché ]1;0[2
1 ∈ , ricaviamo che π=
+⋅+⋅−⋅π=
2
31
2
12
4
12
2
1S è il valore massimo assunto
da )(xS nell’intervallo ]1;0[ . Pertanto i due piani paralleli rendono massima la somma delle aree delle sezioni con la sfera quando sono equidistanti dal centro della sfera.
9. Indichiamo con x il numero di palline bianche; quelle nere saranno dunque x−100 (con
1000 ≤≤ x , x numero naturale). Dobbiamo determinare x in modo tale che la probabilità di estrarre due palline dello stesso colo-re (due bianche in successione oppure due nere in successione) sia la stessa che estrarre prima una bianca e poi una nera oppure prima una nera e poi una bianca. Se indichiamo con B e N rispettivamente gli eventi:
B: «estrarre una pallina bianca», N: «estrarre una pallina nera»,
allora: )N|B()N()B|N()B()N|N()N()B|B()B( PPPPPPPP ⋅+⋅=⋅+⋅ →
→ 99100
10099
10010099
99100
10099
1100
xxxxxxxx ⋅−+−⋅=−⋅−+−⋅ →
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→ 9900
)100(9900
)100(9900
)99()100(9900
)1( xxxxxxxx ⋅−+−⋅=−⋅−+− →
→ 2222 100100991009900 xxxxxxxxx −+−=+−−+− → → 099004004 2 =+− xx → 024751002 =+− xx → 5545 21 =∨= xx . Pertanto nella scatola ci sono 45 palline bianche e 55 nere, oppure 55 bianche e 45 nere.
10. Riscriviamo l’equazione in altra forma, isolando il parametro al secondo membro:
ke
kxxx =+
→ ke
kxx
=+ )1(.
Osserviamo che possiamo supporre 1−≠k , in quanto per 1−=k avremmo 10 −= , equazione impossibile. Possiamo dunque dividere entrambi i membri per k+1 e ottenere l’equazione:
k
k
e
xx +
=1
→ k
kxe x
+=−
1.
Poniamo: xxexf −=)( e k
kxg
+=
1)( .
Per rappresentare in modo indicativo il grafico della funzione xxexf −=)( determiniamo:
• dominio: ] [∞+∞−= ;D ;
• segno: 0)( >xf per 0>x ;
• intersezioni con gli assi: (0;0); • limiti agli estremi di D:
−∞=−
−∞→
x
xxelim ; 0lim =−
+∞→
x
xxe ;
dunque l’asse x è asintoto orizzontale destro per )(xf ;
• derivata prima: xexxf −−=′ )1()( . 0)( >′ xf per 1<x , funzione crescente, 0)( <′ xf per 1>x , funzione decrescente,
1=x punto di massimo con 1)1( −= ef . Il grafico approssimato della funzione è rappresentato nella figura.
La funzionek
kxg
+=
1)( rappresenta, al variare di k, con 1−≠k , un fascio di rette parallele
all’asse x.
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L’equazione k
kxe x
+=−
1 ha due soluzioni coincidenti quando la retta del fascio di equazione
k
ky
+=
1 risulta tangente al grafico della curva. Ciò accade solo se la retta del fascio è tangen-
te alla curva nel suo punto stazionario, e quindi passa per
e
1;1 . Deve quindi essere:
ek
k 11
=+
→ kke += 1 → 1)1( =−ek → 1
1−
=e
k .