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ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO Sessione Ordinaria 2009 PIANO NAZIONALE INFORMATICA

Problema 2 In un sistema di riferimento cartesiano ortogonale Oxy , si consideri la funzione f : R → R definita da f ( x ) = x 3 + kx , con k parametro reale. 1. Si dica come varia il grafico di f al variare di k ( k positivo, negativo o nullo). 2. Sia g ( x ) = x 3 e γ il suo grafico. Si dimostri che γ e la retta d’equazione y = 1 − x hanno un solo punto P in comune. Si determini l’ascissa di P approssimandola a meno di 0,1 con un metodo iterativo di calcolo. 3. Sia D la regione finita del primo quadrante delimitata da γ e dal grafico della funzione inversa di g . Si calcoli l’area di D. 4. La regione D è la base di un solido W le cui sezioni con piani perpendicolari alla bisettrice del primo quadrante sono tutte rettangoli di altezza 12. Si determini la sezione di area massima. Si calcoli il volume di W.

Punto 1 Occorre studiare il grafico del fascio di cubiche: f ( x ) = x 3 + kx . 1. Dominio Il dominio di f ( x ) è: Dom f ( x ) = (− ∞, + ∞ ) 2. Simmetrie La curve del fascio presentano una simmetria rispetto all’origine.

(

)

f ( − x ) = − x 3 − kx = − x 3 kx = −f ( x ) 3. Intersezioni con gli assi

⎧y = x 3 + kx ⎨ ⎩x = 0

⎧y = 0 ⎨ ⎩x = 0

⎧y = x 3 + kx ⎨ ⎩y = 0

⎧ x 3 + kx = 0 ⎨ ⎩y = 0

⇒

O (0 ; 0 )

(

)

⎧⎪se k ≥ 0 ⇒ ⎨ ⎪⎩se k < 0

⎧x ⋅ x 2 + k = 0 ⎨ ⎩y = 0

O (0 ; 0 )

(

) (

O (0 ; 0 ); A 0 ; − − k ; B + − k ; 0

)

4. Segno di f(x)

f(x) > 0 ;

x 3 + kx > 0 ;

se k ≥ 0 ;

x >0

se k < 0 ;

− −k < x <0 ;

(

)

x ⋅ x2 + k > 0

x > −k .

5. Limiti ed asintoti

(

lim x 3 + kx

x → +∞

)

= +∞

(

lim x 3 + kx

x → −∞

Non esiste nemmeno l’asintoto obliquo perché

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)

= −∞

non esiste l’asintoto orizzontale.

(

)

x 3 + kx f(x) = lim = lim x 2 + k = ±∞ . x → ±∞ x x →± ∞ x → +∞ x lim

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1

6. Derivata prima

f I ( x ) = 3x2 + k 7. Zeri della derivata prima

f (x) = 0 ; I

3x + k = 0 ; 2

⎧se k > 0 ⎪⎪ ⇒ ⎨se k = 0 ⎪ ⎪⎩se k < 0

n.s.R. x = 0 soluzione doppia x=m −

k 3

8. Segno della derivata prima

f I( x ) > 0 ;

3 x2 + k > 0

Se k > 0

f I( x ) > 0

∀x ∈ R

f ( x ) è sempre crescente.

Se k = 0

f I( x ) > 0

∀x ≠ 0

f ( x ) è sempre crescente. In x = 0 c’è un flesso ascendente a tangente orizzontale.

f I( x) > 0 Se k < 0

f I( x) < 0

⎛ ⎞ ⎛ ⎜− ∞, − − k ⎟ U ⎜− ⎜ 3 ⎟⎠ ⎜⎝ ⎝ ⎛ ⎞ ⎜− − k ,+ − − k ⎟ ⎜ 3 3 ⎟⎠ ⎝

−

⎞ k , + ∞ ⎟⎟ 3 ⎠

la funzione ha un massimo relativo in x = − − e un minimo relativo in x = + −

k 3

k 3

9. Derivata seconda

f II ( x ) = 6 x 10. Zeri della derivata seconda

f II ( x ) = 0 ;

6x = 0 ;

x =0

11. Segno della derivata seconda

f II ( x ) > 0 ;

6x > 0 ;

x >0

(0 , + ∞ ) La curva volge la concavità verso il basso nell’intervallo: (− ∞, 0 )

La curva volge la concavità verso l’alto nell’intervallo:

In x = 0 c’è un flesso. L’ordinata del punto di flesso è: f ( 0 ) = 0 . 12. Massimi e minimi assoluti La funzione non è limitata ne inferiormente ne superiormente. 13. Grafico I grafici sono sotto rappresentati:

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2

k >0

k <0

k =0

Punto 2 Effettuando la rappresentazione grafica della cubica e della retta si osserva che le due curve hanno un solo punto in comune. Volendo invece dimostrare tale osservazione, occorre studiare il grafico della cubica: f ( x ) = x 3 + x − 1 ,

⎧y = x 3

ottenuta risolvendo il sistema: ⎨

⎩y = 1 − x

e verificare che il suo grafico è una curva che tocca l’asse delle x in un solo punto.

La funzione h( x ) = x 3 + x − 1 è continua e derivabile ∀x ∈ R .

h( 0 ) = −1

mentre

f (1 ) = 1

Pertanto, per il Teorema dell’esistenza degli zeri, ammette almeno una soluzione nell’intervallo (0 ,1) . Continuando con lo studio della derivata prima:

hI ( x ) = 3 x 2 + 1 hI ( x ) = 0 ;

3 x 2 + 1 = 0 ; la derivata prima non si annulla mai.

hI ( x ) > 0 ;

3x2 + 1 > 0 ;

la derivata prima è positiva ∀x ∈ R .

Poiché la derivata prima è sempre positiva nel suo dominio, la funzione f ( x ) è strettamente crescente.

Pertanto ammette solo una soluzione nell’intervallo (0 ,1) . Esame di Stato 2009 - PNI

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3

Utilizzando il metodo si bisezione determiniamo l’ascissa α , approssimata a meno di 0,1, del punto di intersezione. Sappiamo che:

h ( 0 ) = −1

mentre

il punto medio è: M1 =

h (1 ) = 1

1 = 0 ,5 2

Determiniamo l’ordinata del punto medio:

1+4 −8 3 ⎛1 ⎞ 1 1 h ⎜ ⎟ = + −1 = = − ≈ −0 ,375 8 8 ⎝2⎠ 8 2 3 ⎛1 ⎞ ⎛1 ⎞ ⎟ < 0 occorre restringere la ricerca all’intervallo: ⎜ ,1 ⎟ . Il punto medio è: M 2 = = 0 ,75 4 ⎝2 ⎠ ⎝2⎠

Essendo h ⎜

Determiniamo l’ordinata del punto medio:

27 + 48 − 64 11 ⎛ 3 ⎞ 27 3 h⎜ ⎟ = + −1 = = ≈ 0 ,172 64 64 ⎝ 4 ⎠ 64 4 5 ⎛3⎞ ⎛1 3 ⎞ ⎟ > 0 occorre restringere la ricerca all’intervallo: ⎜ , ⎟ . Il punto medio è: M 3 = = 0 ,625 8 4 2 4 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝

Essendo h ⎜

Determiniamo l’ordinata del punto medio:

125 + 320 − 512 67 ⎛ 5 ⎞ 125 5 h⎜ ⎟= + −1 = =− ≈ −0 ,13 512 512 ⎝ 8 ⎠ 512 8

11 ⎛5 3 ⎞ ⎛5 ⎞ = 0 ,6875 ⎟ < 0 occorre restringere la ricerca all’intervallo: ⎜ , ⎟ . Il punto medio è: M 4 = 16 ⎝8 4 ⎠ ⎝8 ⎠

Essendo h ⎜

Determiniamo l’ordinata del punto medio:

1331 + 2816 − 4096 51 ⎛ 11 ⎞ 1331 11 h⎜ ⎟= + −1 = = ≈ 0 ,00125 4096 4096 ⎝ 16 ⎠ 4096 16 21 ⎛ 5 11 ⎞ ⎛ 11 ⎞ = 0 ,65625 ⎟ > 0 occorre restringere la ricerca all’intervallo: ⎜ , ⎟ . Il punto medio è: M5 = 32 ⎝ 8 16 ⎠ ⎝ 16 ⎠

Essendo h ⎜

11 5 11 − 10 1 ⎛ 5 11 ⎞ − = = = 0 ,0625 < 0 ,1 si può arrestare , ⎟ uguale a: ∆x = 16 8 16 16 ⎝ 8 16 ⎠ l’iterazione. Pertanto la soluzione cercata, approssimata a meno di 0 ,1 , è: x = 0 ,6 .

Ma essendo l’ampiezza dell’intervallo ⎜

Utilizzando Microsoft Excel, si ha il seguente foglio di calcolo:

METODO DI BISEZIONE

h( x ) = x 3 + x − 1 Approssimazione

x1 0 0,5 0,5 0,625 0,625

x2 1 1,00 0,75 0,75 0,6875

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xm 0,5 0,75 0,625 0,6875 0,65625

Segno di Segno di h(x) in x1 h(x) in x2

-1 -1 -1 -1 -1

1 1 1 1 1

Segno di h(x) in xm

-1 1 -1 1 -1

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0,1 Verifica Approssimazione

∆x 1

continua

0,5

continua

0,25

continua

0,125

continua

0,0625

STOP

4

Punto 3 Occorre calcolare i punti di intersezione fra le due curve:

⎧⎪y = x 3 ⎨ ⎪⎩y = 3 x

(

⎧⎪3 x = x 3 ⎨ ⎪⎩−

)(

⎧x = x 9 ⎨ ⎩−

)(

x =0 x = −1 x =1

)

x ⋅ x +1 ⋅ x +1 ⋅ x −1 = 0 ; 4

2

2

(

x9 − x = 0 ;

)

x ⋅ x8 − 1 = 0 ; A (1; 1) B (− 1; −1) O (0 ;0 )

⇒

L’area della regione finita di piano del primo quadrante delimitata da γ e dal grafico della funzione inversa di g è:

∫[ 1

S =

3

1

]

⎡3 4 x4 ⎤ = ⎢ x3 − ⎥ 4 ⎥⎦ ⎢⎣ 4 0

x − x dx 3

0

⎡ 3 4 14 ⎤ = ⎢ 13 − ⎥ 4 ⎥⎦ ⎢⎣ 4

=

1 . 2

Punto 4 Dato che l’altezza della sezione è costante e pari a 12, la sezione di area massima si ha quando la base è massima. Tale base è il segmento BC perpendicolare alla bisettrice del primo e terzo quadrante. Per la simmetria delle due curve rispetto alla bisettrice del primo e terzo quadrante, il segmento BC = 2 ⋅ CH .

( )

Il segmento CH rappresenta la distanza del punto C t ; t 3 , (con 0 < t < 1 ) dalla retta x − y = 0 .

CH =

a ⋅ xC + b ⋅ y C + c a 2 + b2

Essendo: 0 < t < 1 Pertanto: CH =

=

⇒

1 ⋅ t −1 ⋅ t 3 12 + ( −1 )2

t − t3 > 0

=

t − t3 2

⇒

t − t3 = t − t3

(

)

t − t3 , mentre BC = 2 ⋅ t − t 3 . 2

Per trovare il valore di t che rende massima la distanza BC occorre calcolare la derivata prima:

(

)

d I ( t ) = 2 ⋅ 1 − 3t 2 . dI(t ) > 0 ;

Essa si annulla in t = m

(

)

2 ⋅ 1 − 3t 2 > 0 ;

1 − 3t 2 > 0 ;

3 . 3

−

3 3
−

3 Pertanto la massima distanza si ha per t = . 3

BC = =

=

(

2 ⋅ t − t3

)

t=

⎛3 3 − 3 ⎞ ⎟ = 2 ⋅ ⎜⎜ ⎟ 9 ⎠ ⎝

3 3

=

2⋅

⎛ 3 27 ⎞⎟ − = 2 ⋅ ⎜⎜ 27 ⎟⎠ ⎝ 3 2 3 9

=

3 3

0 dI(t ) > 0

1 dI(t ) < 0

⎛ 3 3 ⎞⎟ − 2 ⋅ ⎜⎜ = 9 ⎟⎠ ⎝ 3

2 6 . 9

La sezione di area massima misura S = 12 ⋅

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⎛ 3 3 3⎞ ⎟ = − 2 ⋅ ⎜⎜ ⎟ 3 27 ⎝ ⎠

3 3 NO

2 8 6 = 6. 9 3

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5

Il volume di W , utilizzando il metodo delle fette, è dato dalla somma dei “volumetti” cilindrici aventi per area di base la

(

)

sezione rettangolare S ( x ) = 12 ⋅ 2 ⋅ x − x 3 , e altezza ds = z

2 dx (diagonale del quadrato di lato d x ).

y

S (x)

y=x

B

C x 1

V =

∫ [S( x )] dx

∫ [12 1

=

(

0

0

)]

2 ⋅ x − x 3 ds =

∫ [12 1

(

2 ⋅ x − x3

)]

∫ [x − x ]dx 1

2 dx = 24 ⋅

0

3

=

0

1

⎡ x2 x4 ⎤ 1 ⎡1 1 ⎤ = 24 ⋅ ⎢ − = 6 . ⎥ = 24 ⋅ ⎢ − ⎥ = 24 ⋅ 4 ⎦0 4 ⎣2 4 ⎦ ⎣2 Il volume di W poteva essere calcolato, in modo molto semplice, considerando il solido come un cilindro un po’ schiacciato:

V = Sbase ⋅ altezza =

1 ⋅ 12 = 6 . 2

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