Svolgimento problema 2 seconda prova 2013

Hai già dato un'occhiata alla soluzione del primo problema? Se sì, passiamo al problema 2 della seconda prova di Maturità 2013, ecco a te lo svolgimento completo! (Soluzione pubblicata Giovedì 20 Giugno).

 

Vogliamo che la tua preparazione sia delle migliori, dunque oltre ad una dettagliata risoluzione del problema in esame, troverai i link alle lezioni teoriche degli argomenti che di volta in volta incontreremo.

 

Testo del problema 2 - Seconda prova di Maturità 2013

 

Sia f la funzione definita, per tutti gli x reali, da f(x)=\frac{8}{4+x^2}

 

1) Si studi f e se ne disegni il grafico \Phi in un sistema di coordinate cartesiane Oxy. Si scrivano le equazioni delle tangenti a \Phi nei punti P(-2,1) e Q(2,1) e si consideri il quadrilatero convesso che esse individuano con le rette OP e OQ. Si provi che tale quadrilatero è un rombo e si determinino le misure, in gradi e primi sessagesimali, dei suoi angoli.

 

2) Sia \Gamma la circonferenza di raggio 1 e centro (0,1). Una retta t per l'origine degli assi taglia \Gamma oltre che in O in un punto A e taglia la retta di equazione y=2 in un punto B. Si provi che, qualunque sia t l'ascissa x di B e l'ordinata y di A sono le coordinate (x,y) di un punto di \Phi.

 

3) Si consideri la regione R compresa tra \Phi e l'asse x sull'intervallo [0,2]. Si provi che R è equivalente al cerchio delimitato da \Gamma e si provi altresì che la regione compresa tra \Phi e tutto l'asse x è equivalente a quattro volte il cerchio.

 

4) La regione R, ruotando attorno all'asse y, genera il solido W. Si scriva, spiegandone il perché, ma senza calcolarlo, l'integrale definito che genera il volume di W.

 

Svolgimento del problema 2 - Seconda prova di Maturità 2013

 

(Riportiamo il testo di ogni singolo punto per agevolare la lettura) Wink

 

Punto 1

 

Si studi f e se ne disegni il grafico \Phi in un sistema di coordinate cartesiane Oxy. Si scrivano le equazioni delle tangenti a \Phi nei punti P(-2,1) e Q(2,1) e si consideri il quadrilatero convesso che esse individuano con le rette OP e OQ. Si provi che tale quadrilatero è un rombo e si determinino le misure, in gradi e primi sessagesimali, dei suoi angoli.

 

Svolgimento: studio della funzione f(x)=\frac{8}{4+x^2}

 

Dominio: essendo una funzione fratta si pone il denominatore diverso da zero: 4+x^2 \neq 0. Essendo una somma di quadrati è strettamente positiva per ogni x e quindi Dom(f)=\mathbb{R}


Simmetrie: f(-x)=\frac{8}{4+(-x)^2}=\frac{8}{4+x^2}=f(x)

 

cioè la funzione è pari e quindi il suo grafico \Phi è simmetrico rispetto all'asse delle y

 

Intersezioni con gli assi.

 

Con l'asse delle x

 

\left\{ \begin{matrix} y=0 \\ y=\frac{8}{4+x^2} \end{matrix} \ \Longleftrightarrow \ \left\{ \begin{matrix}y=0 \\ \frac{8}{4+x^2}=0 \end{matrix}

 

Poiché la seconda di tali equazioni non ammette soluzioni il sistema è impossibile e quindi la funzione non ha intersezioni con l'asse x.

 

Asse y

 

\left\{ \begin{matrix} x=0 \\ y=\frac{8}{4+x^2} \end{matrix} \ \Longleftrightarrow \ \left\{ \begin{matrix}x=0 \\ y=\frac{8}{4}=2 \end{matrix}

 

Pertanto f interseca l'asse y nel punto M(0,2)

 

Studio del segno

 

Poniamo f(x) \textgreater 0 ovvero \frac{8}{4+x^2} \textgreater 0. Essendo una disequazione fratta studiamo separatamente il segno di numeratore e denominatore.

 

Entrambi sono strettamente maggiori di zero in quanto a numeratore abbiamo un numero positivo e a denominatore una somma di quadrati, dunque f(x) \textgreater 0 \ \ \forall x \in \mathbb{R}

 

Limiti agli estremi del dominio

 

\lim_{x\to +\infty} f(x) = \lim_{x\to +\infty}\left(\frac{8}{4+x^2}\right)\overbrace{=}^{(*)}0

 

\lim_{x\to +\infty} f(x) = \lim_{x\to +\infty}\left(\frac{8}{4+x^2}\right)\overbrace{=}^{(*)}0

 

dove il passaggio (*) si giustifica con l'Algebra degli infiniti e degli infinitesimi. Ne segue che y=0 è un asintoto orizzontale. La presenza di tale asintoto fa sì che la funzione non abbia asintoti obliqui, inoltre non presenta asintoti verticali in quanto è definita su tutto \mathbb{R}.

 

Studio della derivata prima per massimi e minimi: cominciamo calcolando f'(x). Applicando la regola di derivazione di un rapporto abbiamo

 

f'(x)=-\frac{16x}{(4+x^2)^2}

 

che si annulla per x=0. Studiamone il segno:

 

f'(x) \textgreater 0 \ \Longleftrightarrow \ x\textless 0

 

Monotonia - problema 2 seconda prova 2013

 

cioè x=0 è un punto di massimo assoluto ed f(0)=2, ovvero il punto M(0,2) di intersezione della funzione con l'asse y è il punto di massimo assoluto.

 

Studio della derivata seconda

 

f''(x)=[f'(x)]'=\left[-\frac{16x}{(4+x^2)^2}\right]'=\frac{16(3x^2-4)}{(x^2+4)^3}

 

che si annulla per x=-\frac{2}{\sqrt{3}}=-\frac{2}{3}\sqrt{3} e x=\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{2}{3}\sqrt{3}

 

Studiamone ora il segno ponendo

 

\frac{16(3x^2-4)}{(x^2+4)^3} \textgreater 0

 

essendo una disequazione fratta studiamo separatamente numeratore e denominatore

 

16(3x^2-4) \textgreater 0 \ \Longleftrightarrow \ x\textless -\frac{2}{3}\sqrt{3} \ \vee \ x\textgreater \frac{2}{3}\sqrt{3}

 

(x^2-4)^3 \textgreater 0 è verificata \forall x \in \mathbb{R} in quanto x^2+4 è una somma di quadrati e come tale è sempre positiva, pertanto

 

f''(x) \textgreater 0 \ \Longleftrightarrow \ x\textless -\frac{2}{3}\sqrt{3} \ \vee \ x\textgreater \frac{2}{3}\sqrt{3}

 

Convessità - problema 2 seconda prova 2013

 

Essendo f\left(-\frac{2}{3}\sqrt{3}\right)=\frac{3}{2}=f\left(\frac{2}{3}\sqrt{3}\right) risulta che \left(-\frac{2}{3}\sqrt{3},\frac{3}{2}\right) e \left(\frac{2}{3}\sqrt{3},\frac{3}{2}\right) sono punti di flesso.

 

Possiamo ora tracciare il grafico \Phi di f(x)

 

Grafico - problema 2 seconda prova 2013

 

Procediamo scrivendo le equazioni delle tangenti a \Phi nei punti P(-2,1) e Q(2,1). Ricordando che l'equazione della retta tangente ad una curva f(x) in un suo punto (x_0,y_0) è data da y-y_0=m(x-x_0), dove m=f'(x_0), ricaviamo:

 

- in P: \ x_0=-2, \ y_0=1 ed essendo f'(x)=-\frac{16x}{(4+x^2)^2} , m=f'(-2)=\frac{1}{2} e quindi l'equazione della retta tangente è

 

t_1:y=\frac{1}{2}x+2

 

Ripetendo lo stesso discorso per il punto Q(2,1) si trova la retta t_2:y=-\frac{1}{2}x+2.

 

Il punto di intersezione tra tali rette è proprio M(0,2) quindi il quadrilatero convesso da considerare è MPOQ

 

Rombo e grafico - problema 2 seconda prova 2013

 

Per verificare che è un rombo dobbiamo far vedere che è un parallelogramma (ovvero i lati opposti sono a due a due paralleli) e che ha tutti e quattro i lati uguali.

 

Ora

 

retta_{PM}=t_1:y=\frac{1}{2}x+2 ha coefficiente angolare (pendenza) m_{PM}=\frac{1}{2}

 

retta_{OQ}:y=\frac{1}{2}x ha pendenza m_{OQ}=\frac{1}{2}

 

dunque le due rette sono parallele. Allo stesso modo:

 

retta_{QM}=t_2:y=-\frac{1}{2}x+2 ha pendenza m_{QM}=-\frac{1}{2}

 

retta_{OP}:y=-\frac{1}{2}x ha pendenza m_{OP}=-\frac{1}{2}

 

anch'esse sono parallele e quindi la prima condizione è verificata, ovvero il nostro quadrilatero è un parallelogramma. Troviamo ora le misure dei quattro lati; ricordando la formula della distanza tra due punti abbiamo:

 

MP=PO=OQ=QM=\sqrt{5}

 

Ne segue che il quadrilatero MPOQ è un rombo.

 

Troviamo infine la misura dei suoi angoli. Ricordando che, date due rette r ed s, la tangente dell'angolo \alpha tra esse compreso è data da:

 

\tan(\alpha)=\frac{m_s-m_r}{1+m_s m_r}

 

si ha

 

\tan(\widehat{MPO})=\frac{m_{MP}-m_{OP}}{1+m_{MP} m_{OP}}=\frac{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}}{1+\frac{1}{2} \frac{1}{2}}=\frac{4}{3}

 

da cui: \widehat{MPO}=\atan\left(\frac{4}{3}\right)=53,14^{\circ}=53^{\circ}8'24''

 

Essendo MPOQ un rombo

 

\widehat{MPO}=\widehat{MQO} e \widehat{PMQ}=\widehat{POQ}=180^{\circ}-53^{\circ}8'24'' = 126^{\circ}5'36''

 

Punto 2

 

Sia \Gamma la circonferenza di raggio 1 e centro (0,1). Una retta t per l'origine degli assi taglia \Gamma oltre che in O in un punto A e taglia la retta di equazione y=2 in un punto B. Si provi che, qualunque sia t l'ascissa x di B e l'ordinata y di A sono le coordinate (x,y) di un punto di \Phi.

 

Soluzione: noto il centro (x_0,y_0)=(0,1) e il raggio r=1 possiamo scrivere l'equazione della circonferenza \Gamma che è data da

 

(x-x_0)^2+(y-y_0)^2=r^2  ovvero  x^2+y^2-2y=0

 

L'equazione di una generica retta t passante per l'origine è

 

t:\ y=mx.

 

Poiché t interseca \Gamma in due punti distinti (origine e punto A), calcoliamo le coordinate di A risolvendo il seguente sistema

 

\left\{ \begin{matrix}y=mx \\ x^2+y^2-2y=0 \end{matrix} \ \Longleftrightarrow \ \left\{ \begin{matrix} y=mx \\ x^2+m^2x^2-2mx=0 \end{matrix} \ \Longleftrightarrow \ \left\{\begin{matrix}y=mx \\ x^2(m^2+1)-2mx=0 \end{matrix}

 

Per x=0 si ottiene l'origine. Per trovare le coordinate di A supponiamo quindi che sia x \neq 0 e semplificando la seconda equazione del sistema per x si ha:

 

x(m^2+1)-2m=0 da cui x=\frac{2m}{m^2+1} e conseguentemente y=mx=\frac{2m^2}{m^2+1}.

 

Allora A\left(\frac{2m}{m^2+1},\frac{2m^2}{m^2+1}\right)

 

Per trovare le coordinate di B mettiamo a sistema la retta t:y=mx con la retta y=2:

 

\left\{ \begin{matrix} y=mx \\ y=2\end{matrix} da cui B\left(\frac{2}{m},2\right)

 

Angoli e rette - problema 2 seconda prova 2013

 

Concludiamo la risoluzione di questo punto del problema verificando che il punto (x_B,y_A)=\left(\frac{2}{m}, \frac{2m^2}{m^2+1}\right) appartiene a \Phi, che poi è il grafico della funzione y=\frac{8}{4+x^2}. Per far ciò basta sostituire le coordinate del punto all'interno di quest'ultima equazione e vedere se si ottiene un'uguaglianza

 

\frac{2m^2}{m^2+1}=\frac{8}{4+\left(\frac{2}{m}\right)} \ \Longleftrightarrow \ ..\mbox{conti}.. \ \Longleftrightarrow \ \frac{2m^2}{m^2+1}=\frac{2m^2}{m^2+1}

 

che è quanto ci aspettavamo.

 

Punto 3

 

Si consideri la regione R compresa tra \Phi e l'asse x sull'intervallo [0,2]. Si provi che R è equivalente al cerchio delimitato da \Gamma e si provi altresì che la regione compresa tra \Phi e tutto l'asse x è equivalente a quattro volte il cerchio.

 

Svolgimento: essendo \Phi il grafico della funzione y=\frac{8}{4+x^2} è sufficiente ricordare il significato geometrico dell'integrale e calcolare

 

Area(R)=\int_{0}^{2} f(x) \ dx=\int_{0}^{2} \left[\frac{8}{4+x^2}\right]dx=8\int_{0}^{2}\left[\frac{1}{4\left(1+\frac{x^2}{4}\right)}\right]dx = 2\int_{0}^{2}\left[\frac{1}{1+\left(\frac{x}{2}\right)^2}\right]dx

 

Risolviamo quest'ultimo integrale per sostituzione, ponendo

 

t=\frac{x}{2}, da cui dx=2dt e per x=0, \ t=\frac{x}{2}=0, per x=2, \ t=\frac{x}{2}=1

 

Abbiamo quindi

 

Area(R)=...=2\int_{0}^{1}\left[\frac{1}{1+t^2}\right]2dt=4\int_{0}^{1}\left[\frac{1}{1+t^2}\right]dt = 4\left[\arctan(t)\right]_{0}^{1}=4[\arctan(1)-\arctan(0)]=4\left[\frac{\pi}{4}-0\right]=\pi

 

Essendo \Gamma una circonferenza di raggio uno, essa ha area pari a \pi r^2 = \pi. Abbiamo così esaudito la prima richiesta. Proviamo infine che risulta

 

\int_{-\infty}^{+\infty} f(x) \ dx = 4\pi

 

\int_{-\infty}^{+\infty} f(x) \ dx = \int_{-\infty}^{+\infty} \left[\frac{8}{4+x^2}\right] dx \overbrace{=}^{(*)} 2\int_{0}^{+\infty}\left[\frac{8}{4+x^2}\right]dx =... \overbrace{conti}^{(**)}...=4\pi

 

dove il passaggio (*) si giustifica osservando che f(x) è una funzione pari, mentre (**) si calcola con un procedimento del tutto analogo al caso del precedente integrale.

 

Punto 4

 

La regione R, ruotando attorno all'asse y, genera il solido W. Si scriva, spiegandone il perché, ma senza calcolarlo, l'integrale definito che genera il volume di W.

 

Soluzione: ricordiamo che R è la regione di piano compresa tra il grafico \Phi di f(x) e l'asse x nell'intervallo [0,2].

 

Consideriamo \bar{x} \in [0,2] e il valore corrispondente f(\bar{x}) su \Phi. Facendo ruotare attorno all'asse y il segmento di estremi \bar{x} e f(\bar{x}) si ottiente un cilindro di altezza h=f(\bar{x}) e raggio di base r=\bar{x}.

 

Solido di rotazione - problema 2 seconda prova 2013

 

La superficie S di tale cilindro è S=2\pi r h=2\pi \bar{x} f(\bar{x}). Per ottenere il volume di W basta quindi integrare S(x)=2\pi x f(x) tra 0 e 2, ovvero

 

Vol(W)=\int_{0}^{2} [2\pi x f(x)] dx = 2\pi \int_{0}^{2} [x f(x)] dx.

 

 

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