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Problema 1
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 parta dal punto e arrivi al punto , che il grafico parta dal punto e arrivi al punto e infine che il grafico parta dal punto . Una volta dedotto questo, per ottenere l’espressione analitica della funzione nell’intervallo ci basta sostituire, quindi imponendo il passaggio di per avremo che
Imponendo il passaggio di sempre per avremo che
e infine imponendo il passaggio di per otteniamo
da cui avremo
Una volta dedotta la forma analitica della funzione possiamo osservare che all’interno dei tre intervalli , e 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 e . 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 la retta tangente che si ottiene percorrendo il grafico verso destra (retta nera) è diversa dalla retta tangente che si ottiene percorrendo il grafico verso sinistra (retta blu) e quindi il punto è un punto angoloso
mentre il punto di ascissa possiede la retta tangente parallela all’asse (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
Da cui è possibile vedere che le due derivate calcolate nel punto sono diverse a seconda di che espressione consideriamo e che la derivata nel punto ha valore non finito. A questo punto completiamo il punto a) del problema calcolando la derivata nei punti di ascissa , , e . La retta tangente al punto di ascissa è la retta che passa per e ha come coefficiente angolare (questo vale per ogni punto di derivabilità della funzione e quindi anche per , mentre per gli altri due punti dovremo fare due discorsi differenti). Pertanto, siccome e , la retta tangente al grafico nel punto di ascissa è che è esattamente l’asse . La retta tangente al punto , come abbiamo già ampiamente detto, non esiste. La retta tangente al punto di ascissa (la retta verde del grafico precedente) è la retta . Infine la retta tangente al grafico nel punto , siccome e , ha equazione
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Per rispondere al punto b) osserviamo che dobbiamo dedurre il grafico della derivata a partire dal grafico della funzione , non dobbiamo semplicemente dedurre il grafico di partendo dalla sua espressione analitica (trovata nel punto a)). Nel primo tratto (quello relativo alla parabola) la derivata parte da un valore uguale a e tende a (infatti abbiamo già detto nel punto la derivata non c’è, nonostante questo da sinistra la derivata tende ad essere ). Nel secondo tratto (quello relativo alla circonferenza) la derivata parte da (ancora una volta il valore non è considerato) e tende ad arrivare a (infatti la tangente tende alla retta ). Superato il punto e arrivati all’ultimo tratto (quello relativo al’arco di iperbole) si ha che la derivata parte da fino ad arrivare a . In definitiva il grafico sarà qualcosa del tipo
Cerchiamo ora di studiare la funzione integrale
siccome è continua nell’intervallo la prima parte del teorema fondamentale del calcolo integrale ci dice che è derivabile, inoltre e quindi
pertanto per studiare la concavità e la convessità della funzione integrale ci basta studiare il grafico di (che abbiamo appena dedotto). Per cui la funzione sarà convessa negli intervalli in cui è positiva, ossia e , e sarà concava negli intervalli in cui la derivata seconda è negativa, ossia . Ritorna all’indice
La funzione
definita sull’intervallo 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 ) pertanto sappiamo essere invertibile. Per calcolare la sua inversa ci basta determinare in funzione di , da cui
Pertanto la funzione (quindi scritta cambiando il nome delle variabili) sarà
che è una funzione derivabile nel suo dominio naturale e la cui derivata è
perfettamente definita nell’intervallo . Infine per disegnarne il grafico osserviamo che
pertanto il grafico di è uguale al grafico di in dove abbiamo invertito gli assi cartesiani (quindi sono speculari rispetto alla bisettrice del primo e terzo quadrante ), da cui
Dove abbiamo rappresentato solo la funzione inversa dell’arco di parabola di .
Ritorna all’indiceRisolviamo infine l’ultimo punto del primo problema. Cerchiamo di capire a livello grafico quello che dobbiamo fare: dobbiamo trovare la costante per cui la retta (retta verde) divide in due parti di equale area il sottografico di
Quindi prima di tutto calcoliamo l’area del sottografico di e poi imponiamo che l’area del sottografico di fino a 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
da cui
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Problema 2
Studiando, al variare di , la funzione
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 allora per cui e quindi la funzione sarebbe continua in tutto . Nel caso in cui dobbiamo imporre che il denominatore sia sempre diverso da zero, cioè
quindi abbiamo due punti di discontinuità in e . Per studiare che punti di discontinuità sono e i vari asintoti utilizziamo i limiti. Per , siccome non abbiamo punti di discontinuità all’interno di , potremmo avere solo asintoti orizzontali o obliqui, pertanto studiamo
e questo a prescindere dal valore di . Pertanto in ogni caso la funzione presenta l’asintoto orizzontale . Studiamo ora i limiti per e per nel caso in cui . Allora se
a prescindere dal valore di in quanto il numeratore è sempre un numero positivo diverso da zero e il denominatore tende a . Un discorso analogo lo possiamo fare per
dove osserviamo esplicitamente che tutto questo è così perchè se il numeratore tende sicuramente a qualcosa di positivo. Discorso diverso abbiamo nel limite per , infatti in questo caso il numeratore sarà una volta positivo e una volta negativo. In particolare
infatti il denominatore tende sempre a a prescindere dal valore di , mentre il numeratore tende ad essere un numero positivo se e negativo se . Pertanto tale limite sarà se e se . Discorso del tutto analogo (ma al contrario con i segni) possiamo farlo per
Da questa discussione con i limiti viene fuori che il caso comporta delle leggere differenze, infatti a uno studio un attimo più approfondito si nota che quando allora
che quindi ha dominio e
negativo se positivo se . Ricapitolando abbiamo tutti punto di discontinuità di seconda specie e come asintoti quello orizzontale per ogni , quelli verticali per ogni e e invece per quello verticale . Nel dettaglio le quattro tipologie di grafico di sono
Le intersezioni tra e il suo asintoto orizzontale sono le soluzione del sistema
che è facilmente risolvile per sostituzione
quindi la soluzione è indipendente dal parametro . Osserviamo anche esplicitamente che tale soluzione per non la possiamo accettare (nonostante quel sistema sia comunque risolvibile nello stesso identico modo) perchè il dominio di non contiene il punto . Per rispondere al secondo punto facciamo vedere che e sono indipendenti dal parametro qualunque si consideri. Infatti
Invece
pertanto
qualunque sia il parametro . Ritorna all’indice
Per studiare la monotonia di una funzione dobbiamo studiare il segno della derivata prima di tale funzione. Dal punto a) sappiamo che
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 nei punti che verificano l’equazione associata
quindi
e siccome quando 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 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 , ossia
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 sarà
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 . Dal punto b) dell’esercizio sappiamo che la retta tangente è la bisettrice del primo e terzo quadrante, ossia e questa retta interseca il grafico nei due punti e , infatti queste sono le soluzioni del seguente sistema
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 . Per fare questo studiamo il segno della seguente funzione
che è la sottrazione tra la funzione e la retta. Pertanto
e quindi per studiare il segno complessivo della frazione studiamo il segno dei tre “blocchi” separatamente. Sappiamo che e sono sempre positivi, mentre se , per cui lo schema dei segni sarà
Da cui possiamo dedurre che il grafico sta “sopra” la retta tra e e “sotto” tra e . 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
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Quesito 1
Prima di tutto costruiamo la figura passo passo. Quindi tracciamo il triangolo rettangolo
Tracciamo il quadrato di lato
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 e sono congruenti
Sicuramente, per definizione di distanza, sono due triangoli rettangoli, inoltre il lato e il lato 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 e l’angolo sono congruenti perchè entrambi sono calcolabili con la formula mentre gli angoli e sono congruenti (e pari a ) in quanto la diagonale del quadrato è anche bisettrice degli angoli interni. Pertanto è congruente a .
Ritorna all’indiceQuesito 2
Come primo passo dobbiamo determinare le probabilità e che esca un numero pari e che esca un numero dispari. Sicuramente dal testo dell’esercizio sappiamo che . Inoltre, dalle definizioni classiche di probabilità, sappiamo che la somma delle probabilità di tutti gli eventi elementari deve essere , ossia . Pertanto risolvendo il sistema
si ottengono facilmente i valori di e . 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 , e , per cui
La probabilità che esca un numero almeno pari a è uguale alla probabilità che esca un numero tra , , e , per cui
La probabilità che esca un numero al più pari a è uguale alla probabilità che esca un numero tra , e , per cui
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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 e e in seguito cerchiamo, tra tutte le sfere di centro , l’unica che interseca la retta in un unico punto. Sappiamo che i punti che appartengono alla retta passante per e sono i punti che si possono ottenere partendo dal punto aggiungendo un vettore (equazione parametriche delle rette)
L’equazione della generica sfera di centro e raggio incognito è data da
Una volta determinato questo andremo a risolvere il sistema
cercando il raggio in maniera tale che il delta dell’equazione di secondo grado che risolve il sistema sia nullo. Pertanto per sostituzione otteniamo
da cui
e quindi
Pertanto l’equazione della sfera sarà
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Quesito 4
Partiamo dalla prima parte del quesito e cerchiamo di capire che caratteristiche hanno i parallelepipedi rettangoli a base quadrata di volume costante . Se di tale parallelepipedo chiamiamo il lato di base e l’altezza possiamo senza dubbio dire che
da cui
Una volta determinata l’espressione analitica dell’area totale che dipende dall’unico parametro è possibile minimizzare la funzione e determinare che caratteristiche deve avere per far si che l’area totale sia la minima possibile. Quindi partiamo da e calcoliamo la sua derivata prima rispetto a , ossia
da cui
e studiando il segno della derivata prima possiamo dedurre che questo è un punto di minimo della nostra funzione . Per completare il quesito ci basta verificare quale sia la condizione di lunghezza minima della diagonale. Sappiamo che
per cui la derivata della funzione sarà
da cui, considerando che il denominatore è sempre maggiore di zero, avremo che
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
è la semicirconferenza di centro e raggio , inoltre passa dal punto . Una volta dedotto questo partiamo con il primo metodo.
per cui . Quindi la retta tangente alla curva è l’unica retta passante per e avente coefficiente angolare , ossia
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 con la circonferenza, ossia
a questo punto determiniamo in maniera tale che il sistema abbia un’unica soluzione, ossia che , allora
Per cui la retta tangente è la stessa di prima, ossia Ritorna all’indice
Quesito 6
Se proviamo a calcolare
ci accorgiamo subito che siamo di fronte a una forma indeterminata del tipo e quindi, viste anche le caratteristiche della funzione, siamo dentro le ipotesi del teorema di de l’Hopital. Per cui
questo secondo limite ha il numeratore che tende a mentre il denominatore tende a , pertanto se vogliamo che il limite complessivo tendi a abbiamo come unica soluzione che anche il numeratore tenda a (infatti se sopra ci fosse un qualunque numero diverso da 0 oppure il limite sarebbe ). Da questa osservazione possiamo capire che . 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 ), pertanto
quindi abbiamo
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Quesito 7
La funzione definita a tratti
è una funzione derivabile in ogni suo parte quindi per determinare se è derivabile complessivamente bisogna capire cosa succede per . La funzione derivata è la funzione
Per determinare per quali valori di e la funzione è derivabile prima di tutto determiniamo le condizioni affinchè è continua in e in seguito quella di derivabilità. è continua in se
Una volta determinato determiniamo la condizione di derivabilità, ossia
Terminiamo l’esercizio rispondendo alla domanda sul teorema di Rolle. Le ipotesi del teorema sono: continuità, derivabilità è l’esistenza di due punti e tali che . Abbiamo già provato le prime due condizioni, verifichiamo se è possibile che si verifichi la terza. Osservando la derivata notiamo che questa è sempre strettamente positiva, ne segue che la funzione è strettamente crescente e pertanto il teorema di Rolle non può mai verificarsi. Ritorna all’indice
Quesito 8
La funzione con è una funzione continua e derivabile in tutto pertanto, dal teorema di Bolzano, possiamo stabilire che con ammette sempre almeno uno zero. Infatti
La funzione quindi ammetterà tre zeri se partendo da meno infinito passa nella parte positiva delle 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
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
pertanto i punti di massimo e minimo hanno valori
e analogamente il minimo è
da cui