Maturità Scientifica 2014 Problema 1 Corso di Ordinamento ... · Abbiamo così dimostrato che i...

Maturità Scientifica 2014 Problema 1 Corso di Ordinamento

Problema 1

Pagina 1 di 20Maturità Scientifica 2014 Corso di Ordinamento S.O.


⋅1 dal grafico Γ della funzione integrale

( ) ( )0

xg x f t d t=∫ dobbiamo dedurre le

principali caratteristiche della funzione

integranda ( )f x .

Dal teorema fondamentale di Torricelli-Barrow del calcolo integrale deduciamo che: ( ) ( )g x f x′ =

L’asse delle ascisse è tangente orizzontale a Γ nel punto 0x= ; quindi risulta: ( ) ( )0 0 0f g′= =

( ) ( ) 0f k g k′= = in quanto la funzione ( )f x presenta nel punto x k= un punto di massimo

assoluto.

La funzione ( ) ( )f x g x′= è positiva per 0 x k< < perché in tale intervallo ( )g x è strettamente

crescente e quindi risulta ( ) 0g x′ > .

La funzione ( ) ( )f x g x′= è negativa per k x w< < perché in tale intervallo ( )g x è strettamente

decrescente e quindi risulta ( ) 0g x′ < .

( ) ( )f x g x′ ′′= x h= è un punto di flesso discendente per la funzione integrale ( )g x ⇒

( ) 0g x′′ = ⇒ ( ) 0f h′ = x h= è un punto stazionario per la funzione ( )f x

Per stabilire la natura di questo punto stazionario dobbiamo studiare il segno di ( )f x′ .

x+ _O ( ) ( )xgxf ′′=′

0 h w

x h= è un punto di massimo assoluto per la funzione ( )f x

In base alle nostre conoscenze il grafico della funzione ( )f x potrebbe essere quello indicato in figura:



⋅2 ( )g x polinomio di terzo grado ⇒ ( ) 3 2g x a x b x c x d= + + + ( ) 23 2g x a x bc d′ = + + con 0a ≠

( )0 0g = ⇒ d =0 ( )0 0g′ = ⇒ c=0 ( ) 3 2g x ax bx= + ( ) 2 23g x a x b x′ = + ( ) 6 2g x a x b′′ = +

( )g w =0 ⇒ ( )2w w 0a b+ = con w 0≠ ( )′g k =0 ⇒ ( )3 2 0k a k b+ = con 0k ≠

( ) 0g h′′ = ⇒ ( )2 3 0a h b+ =

Il sistema da risolvere è il seguente: w 0

3 2 03 0

a ba k ba h b

+ = + = + =

⇒

w

2313

ba

bkabha

=− =− =−

⇒

1 w3

2kk = w3

h =

Abbiamo così dimostrato che i numeri ,h k dividono l’intervallo [ ]0;w in tre parti uguali.

.3 ( ) 213

g = ⇒ 23

a b+ = w 3= ⇒ 3ba

− = 23

3

a b

b a

+ = =−

13

1

a

b

=− =

( ) 3 21g x =- x + x3

3 213

23

y x x

y

=− + =

3 22 13 3

23

x x

y

=− + =

3 23 2 023

x x

y

− + =

=

( )( )21 2 2 0

23

x x x

y

− − − =

=

1

2

1

1 3

1 3

x

x

x

=

= + = −



21;3

A

21 3;3

B +

( )′ 2g x =- x + 2x ( )1 1g′ = ( ) ( )1

A AA

y y x xg x

− =− −′

equazione della retta normale a Γ nel punto

21;3

A

( )2 13

y x− =− − 5y =- x+3

( )1 3 2g′ + =− ( ) ( )1

B BB

y y x xg x

− =− −′

equazione della retta normale a Γ nel punto

21 3;3

B +

( )2 1 1 33 2

y x− =− − + 1 1 3y = x+ -2 6 2

⋅4

La regione R colorata in giallo genera, in una

rotazione completa attorno all’asse delle

ordinate, il solido W di volume V . La sezione

del solido col piano xy è quella colorata.

Dividiamo il solido W in gusci cilindrici, cioè in cilindri cavi, ognuno dei quali ha come base una

corona circolare di raggio x e spessore d x ed altezza ( ) 3 21g x =- x + x3

. Il volume del cilindro

interno di raggio x vale: ( )⋅2iV =πx g x , mentre quello esterno vale: ( ) ( )⋅2

eV =π x+dx g x .



Guscio cilindrico di raggio interno x e raggio

esterno x d x+

Spessore ed altezza di una sezione del guscio

cilindrico

Il volume V del guscio cilindrico infinitesimo considerato vale:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 22 22 2 2e idV V V g x x x d x d x x g x x d x d x x g x xπ π π = − = ⋅ + + − = ⋅ + = ⋅ ⋅

( )2d x è trascurabile in quanto è un infinitesimo di ordine superiore rispetto all’infinitesimo d x .

Il volume V del solido W si ottiene sommando tutti questi gusci cilindrici infinitesimi al variare

della x nell’intervallo [ ]0;3 .

( )35 43 3 3 4 3

0 0 00

1 81 812 2 2 23 5 4 5 4

x xW dV x g x d x x x d xπ π π π = = = − + = − + = − +

∫ ∫ ∫

381 81W = πdm = πlitri 25,45litri10 10



⋅1 ( ) ( )2 2 22 2

2 2 2

2 44 42 4 4 4

x x x xx x xx x x

− − −= − + ⋅ = − − = =′

− − −

2

2

2 2-xf x

4-x ( ) 0f x′ = ⇒

22 0x− =

2x=±

x+_O f '(x)O

_-2 +222−

2x=− punto di minimo assoluto ( )2 2f − = minimo assoluto

2x=− punto di massimo assoluto ( )2 2f − = massimo assoluto



⋅2 ( ) ( ) ( )2 24 4f x x x x x f x− =− − − =− − =− ( ) 24f x x x= − è una funzione dispari il cui

grafico è simmetrico rispetto all’origine degli assi cartesiani, come risulta anche osservando la

figura del problema. Abbiamo dimostrato che l’origine O è centro di simmetria per la curva Γ .

( ) 40 24

m tg fα ′= = = =

2 63,44 63 26 06arctgα ′ ′′= ° °

⋅3 Poiché risulta 2 0y ≥ l’equazione ( )2 2 24y x x= − ammette radici reali solo se 24 0x− ≥ cioè se:

2 2x− ≤ ≤

( )2 2 24y x x= − ⇒ ( ) ( )2 2 24 4y x x x x f x=± − =± − =± La curva di equazione ( )2 2 24y x x= −

è l’unione dei grafici delle due funzioni ( )y f x=± .

Ricordando che il grafico della funzione ( )f x− è il simmetrico rispetto all’asse delle ascisse del

grafico della funzione ( )f x , la curva richiesta è quella indicata in figura.



( )2

2 32 2

00

4 44 4 643 3

x x d x x = − =− − = = ∫32S4

( ) ( ) ( )3

2 21 32 2 2241 1 44 ) 4 432 2 3

2

xx x d x x d x x

−

− − − =− ⋅ =− −

∫ ∫

⋅4 [ ]2;2dom f = − [ ]2;2codom f = − ( ) 2sin 4h x x x= − con 0 2x≤ ≤

( ) ( )0 sin 0 sin 0 0h f= = = ( ) ( )2 sin 2 sin 0 0h f= = = [ ]0;2x∈ ⇒ ( ) [ ]0;2f x ∈ ⇒ ( ) 0h x ≥

( ) ( )sin 1h x f x= = ⇒ ( )2

f x π= ⇒ 24

2x x π

− =

Le soluzioni di questa equazione coincidono con le

ascisse dei punti comuni alla curva Γ ed alla retta di

equazione 2

y π= . Come risulta dalla figura otteniamo

x α= con 0 2α< < x β= con 2 2β< <

242

x x π− = ⇒ ( )

22 24

2x x π

− = ⇒ 2

4 244

x x π− +



2

1 2 4 0,874

x πα= = − − 2

2 2 4 1,84

x πβ= = + − ( ) ( )22

2

2 2cos 4

4

xh x x x

x

−′ = ⋅ −

−

( ) 0h x′ = ⇒ 1x x α= = punto di massimo assoluto 2x x β= = punto di massimo assoluto

2x= punto di minimo assoluto

Il minimo assoluto della funzione ( )h x vale zero e si ottiene per 0x= e per 2x=

Il grafico della funzione ( )h x è quello indicato in figura.



L’equazione ( )h x k= ammette 4 soluzioni se sin 2 1k< < in quanto la retta di equazione y k=

incontra, in tale intervallo, in 4 punti distinti il grafico della funzione ( )h x .


Maturità Scientifica 2014 Questionario Corso di Ordinamento

Applicando il teorema dei seni al triangolo ABC otteniamo: sin sin30BC ACα=

° ⇒

4 31sin2

α= ⇒ 2sin

3α = ⇒ 1

2arcsin 41,8103 41 493

α ′° ° 2 138 11α ′°

⋅2 Si spieghi perché non esistono

poliedri regolari le cui facce siano

esagoni.



Definizione di angoloide:

Dato un poligono qualsiasi ABCDE ed un

qualunque punto V non appartenente al piano

del poligono, si considerino gli angoli convessi

BVA ˆ , CVB ˆ , DVC ˆ , EVD ˆ , AVE ˆ formati

dalle semirette che congiungono V con i

successivi vertici del poligono. La superficie

formata da tali angoli piani limiterà una parte

di spazio che prende il nome di angoloide.

Diversamente chiamiamo angoloide il solido

costituito da tutte le semirette di origine V che

passano per i punti del poligono.

E

A B

C

D

V

Quindi un angoloide è la parte di spazio delimitata da tre o più angoli a due a due consecutivi ed aventi il

vertice in comune.

Il punto V si dice vertice dell’angoloide, le

semirette VA , VB , VC , VD , VE si dicono

spigoli dell’angoloide, gli angoli piani BVA ˆ ,

CVB ˆ , DVC ˆ , EVD ˆ , AVE ˆ sono le facce

dell’angoloide.

Un angoloide con 3, 4, 5 facce dicesi

rispettivamente triedro, tetraedro,

pentaedro.

Un angoloide si dice convesso o concavo

se il poligono che serve per la sua costruzione è

convesso o concavo.

V

a

bc

da

A

BC

DE

Angoloide concavo

Teorema: In ogni angoloide convesso la somma delle facce è minore di quattro angoli retti

ˆ ˆ ˆ ˆ 360BVC CVD DVE EVA+ + + < °



Definizione di poliedro: Dicesi poliedro la regione finita di spazio delimitata da un numero finito

di poligoni convessi, giacenti su piani diversi ed aventi a due a due un lato in comune.

I poligoni che delimitano il poliedro, i loro vertici si chiamano

rispettivamente facce, vertici, spigoli del poliedro. Ogni segmento

che unisce due vertici non appartenenti alla stessa faccia prende il nome di

diagonale del poliedro.

L’insieme delle facce si dice superficie del poliedro. Un poliedro si dice convesso, se ogni sua

faccia appartiene ad un piano che non interseca il poliedro, si dice concavo se almeno una sua faccia

appartiene ad un piano che interseca il poliedro.

Elementi caratteristici di ogni poliedro sono gli angoli piani (cioè gli angoli di ciascuna faccia),

i diedri (cioè gli angoli formati dalle facce che escono da ogni spigolo), gli angoloidi formati

dagli angoli piani i cui lati partono da uno stesso vertice.

Teorema: In ogni poliedro convesso il numero delle facce più il numero dei vertici è uguale al

numero degli spigoli aumentato di due. 2sv +=+f



Definizione: Un poliedro si dice regolare quando le sue facce sono poligoni regolari

uguali ed i suoi angoloidi sono uguali fra loro.

I poligoni regolari, detti solidi di Platone, sono soltanto 5 in quanto le loro facce possono

essere triangoli equilateri (tetraedro), quadrati (cubo), pentagoni regolari (dodecaedro).

Un poligono regolare non può avere come faccia un esagono in quanto avremmo come somma

3 120 360⋅ °= ° in contrasto con quanto detto prima. E questo ci consente di affermare che non esiste

un poliedro regolare a facce esagonali.

Si hanno le seguenti possibilità:

1. Le facce del poliedro sono triangoli equilateri: le facce dei quattro angoloidi possono esere 3 (

3×60° =180° < 360° , 4 ( 4×60° = 240° < 360° ), 5 ( 5×60° = 300° < 360° ). Con più di 6 facce

avremmo un valore 360≥ ° . Esistono tre poliedri regolari con le facce triangolari; sono il

tetraedro, l’ottaedro, l’icosaedro.

2. Se le facce del poliedro sono quadrate, le facce degli angoloidi non possono essere

più di 3 ( 3×90° = 270° < 360° ). Abbiamo l’esaedro (cubo). Nel caso di 4 facce avremmo:

4 90 360°= °× ; con non possibile per quanto detto in precedenza.

3. Un poliedro con facce pentagoni regolari può avere al massimo 3 facce; risulta

3×108° = 324° < 360° . Abbiamo il dodecaedro regolare.

( ) ( ) ( )2 3 2 3

02 3 2 3

nn h n h

h

na b a b

h−

=

− = ⋅ ⋅ −

∑ Il termine 4 91080a b− si ottiene se risulta:

( )2 4 3 9h n h= ∧ − =

Risolvendo il sistema 2 43 3 9

hn h=

− = otteniamo:

25

hn=

=

Verifichiamo che per questi valori otteniamo il coefficiente contenente il fattore 4 9a b . Tale

coefficiente si ottiene applicando la seguente formula:



( )3252 3 10 4 27 1080

2

⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅− =−

( )

5 5! 5 42 5 2 ! 2! ⋅

= = − ⋅

3⋅ 2 13

⋅ ⋅2⋅ 1 2⋅ ⋅

101=

⋅

La regione R di piano compresa tra il grafico della

funzione ( )1xf x e= e l’asse delle ascisse con

[ ]2; 1x∈ − − è quella indicata nella figura a fianco

In quanto risulta: ( )1

2

xef xx

′ =− ( )1

4

2 1 xxf x ex−′′ =

( ) ( ) ( ) ( )11 1 11 1 1 1

22 2 2 22

1 1x x xV A x d x f x h x d x e d x e d ex x

−− − − −

− − − −−

Ω = = ⋅ = ⋅ =− = −

∫ ∫ ∫ ∫

( )1

1 2 1 1e eee

−−=− + = − =e -1V Ωe

( )A x rappresenta l’area di una generica sezione di base ( )f x ed altezza ( )h x perpendicolare

all’asse delle ascisse.

Della successione di numeri 1,2,3,4, ,5999,6000 considero i primi 30 numeri e stabilisco quanti

di essi non sono divisibili per 2,3,5 . Di questi 30 numeri quelli non divisibili per 2,3,5 sono 8 ,

come indica la seguente successione: 1,7,11,13,17,19,23,29 .

Se 1,2,3, ,29,30a= rappresenta la successione dei primi 30 numeri anche la successione di

numeri 31, ,60b= presenta 8 numeri non divisibili per 2,3,5 e questo si verifica per ogni gruppo

successivo di 30 numeri. I numeri 1,2,3,4, ,5999,6000 divisi in gruppi successivi di 30 elementi

sono 6000 20030

= .



Questo ci consente di affermare che 8 200 1600⋅ = dei numeri proposti considerati non sono

divisibili per 2,3,5 .

Altra isoluzione

I numeri divisibili per 2 sono 6000 30002

= I numeri divisibili per 3 sono 6000 20003

=

I numeri divisibili per 5 sono 6000 12005

= Il totale fa: 3000 2000 1200 6200+ + =

Da questi 6200 numeri dobbiamo sottrarre i numeri divisili per 6 , 10 e per 15 in quanto già

presenti nei numeri divisibili per 2,3,5 ed aggiungere quelli divisibili per 2 3 5 30⋅ ⋅ = non presenti nei

numeri trovati in precedenza.

Pertanto i numeri divisibili per 2,3,5 sono: 6200 1000 600 400 200 4400− − − + =

I numeri non divisibili per 2,3,5 sono: 6000 4400 1600− = come trovato in precedenza.



Si tratta di trovare la superficie totale minima di un parallelepipedo

a base quadrata di dato volume 35 5V litri dm= = .

Indichiamo con x il lato della base quadrata e con h l’altezza della

lattina.

2V x h= ⇒ 2

Vhx

= 22 4tS x h x= +

222 4t

VS x xx

= + ⋅ 2 42 Vxx

= + =

2t

2VS 2 x +x

con 0x>

3

2 2 2

2 5 52 2 4 4tV xS x xx x x

− ′= − = − = ⋅

0S′= ⇒ 3 5 0x − = 3 5x= punto di minimo assoluto

x+_O

0 3 5

53 −x tS′

33

5 525

h dm x= = = Il parallelepipedo che soddisfa la richiesta è un cubo il cui lato vale:

3h = x= 5 dm 1,71dm 171mm

Per calcolare il valore medio f della funzione ( )f x nell’intervallo [ ];a b basta applicare la

seguente formula ( ) ( )1 b

af x f x d x

b a=

− ∫ che, nel caso nostro, diventa:

3

0

1 90

kx d x

k=

− ∫ ⇒ 4

0

1 94

kx

k

=

⇒ 3

94k= 3 36k = 3k = 36

( ) 4 3 2P x a x b x c x d x e= + + + + è la forma algebrica del polinomio di quarto grado richiesto



( ) 3 24 3 2P x a x b x c x d′ = + + +

Le condizioni richieste portano al seguente sistema:

( )( )( )( )( )

1 0

2 3

3 3

2 0

3 0

P

P

P

P

P

=

= = ′ = ′ =

⇒

016 8 4 2 381 27 9 3 332 12 4 0108 27 6 0

a b c d ea b c d ea b c d ea b c da b c d

+ + + + = + + + + = + + + + = + + + =

+ + + =

⇒

34

4515242

1114

a

db

e

c

=− = = =− =−

( ) 4 3 23 15 111P x =- x x - x +45x-244 2 4

Grafico del polinomio di quarto grado trovato

( ) 4 3 23 15 1114 4 4 45 4 24 192 480 444 180 244 2 4

=− ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ − =− + − + − =P 4 0

Per calcolare il dominio della funzione proposta bisogna imporre la condizione di realtà sia della

radice quadrata che del logaritmo. Tale dominio coincide con la soluzione del seguente sistema di

inequazioni:

( )2

5 03 log 5 0x

x+ >

− + ≥ ⇒ ( )2

5log 5 3x

x< −

+ ≤ ⇒ ( )2 2

5log 5 log 8x

x< −

+ ≤ ⇒

55 8

xx> −

+ ≤

53

xx>−

≤

] ]domf = -5;3



10. Si determinino i valori reali di x per cui ( )2

2 6 11 10 26 15

x xx x

− + − + =

( )2

2 6 11 10 26 15

x xx x

− + − + =

⇒ ( )2

2 6 11ln 10 26 ln15

x xx x

− + − + =

⇒

( ) ( )2 216 1 ln 10 26 05

x x x x − + − + = Applico la legge di annullamento di un prodotto di fattori.

Ottengo: ( )2 6 1 0x x− + = ⇒ 1 3 2 2x = − 2 3 2 2x = +

( )21ln 10 26 05

x x− + = ⇒ ( )21ln 10 26 ln15

x x− + = ⇒ ( )21 10 26 15

x x− + = ⇒

2 10 26 5x x− + = ⇒ 2 10 21 0x x− + = 3 3x = 4 7x =

I valori richiesti sono: 1 2 3 4x = 3-2 2 ; x = 3+ 2 2 ; x = 3 ; x =7


Maturità Scientifica 2014 Problema 1 Corso di Ordinamento ... · Abbiamo così dimostrato che i...

Documents

Transcript of Maturità Scientifica 2014 Problema 1 Corso di Ordinamento ... · Abbiamo così dimostrato che i...