Soluzione esame di Stato 2010 - problema 1

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Pronto per leggere la soluzione del problema 1 della seconda prova dell'esame di Stato 2010, tratto dal tema di Maturità per il liceo Scientifico tradizionale. Lo svolgimento è effettuato per punti, e in ogni passaggio trovi i link alle lezioni di teoria e ai metodi di risoluzione nel caso generale.

 
 
 

Testo del problema 1 - Esame di Stato 2010

 

Si ABCD un quadrato di lato 1, P un punto di AB e \gamma la circonferenza di centro P e raggio AP. Si prenda sul lato BC un punto Q in modo che sia il centro di una circonferenza \lambda passante per C e tangente esternamente a \gamma.

 

1) Se AP= x si provi che il raggio di \lambda in funzione di x è dato da f(x)= \frac{1-x}{1+x}

 

2) Riferito il piano ad un sistema di coordinato Oxy, si tracci, indipendentemente dalle limitazioni poste ad x dal problema geometrico, il grafico di f(x). La funzione f(x) è invertibile? Se sì, quale è il grafico della sua inversa? 

 

3) Sia g(x)= \left|\frac{1-x}{1+x}\right|, \,\, x\in \mathbb{R}; quale è l'equazione della retta tangente al grafico di g(x) nel punto R(0,1)? E nel punto S(1,0)? Cosa si può dire della tangente al grafico di g(x) nel punto S? 

 

4) Si calcoli l'area del triangolo mistilineo ROS, ove l'arco RS appartiene al grafico di f(x) o, indifferentemente, di g(x)

 

Svolgimento per punti del problema 2 - Esame di Stato 2010

 

(Per comodità ricopieremo in ogni punto la parte corrispondente del testo).

 

Punto 1

 

Se AP= x si provi che il raggio di \lambda in funzione di x è dato da f(x)= \frac{1-x}{1+x}.

 

Svolgimento: bisogna applicare il teorema di Pitagora al triangolo rettangolo PBQ dove PB= 1-x,\,\,PQ= x+r.

 

Punto 1 del primo problema della seconda prova di Maturità 2010

 

Otterremo PB^{2}+ BQ^2= PQ^2 che si traduce nell'equazione in r

 

(x+r)^2= (1-x)^2+ (1-r)^2

 

Risolvendo l'equazione rispetto ad r otterremo r= \frac{1-x}{1+x}.

 

Punto 2

 

Riferito il piano ad un sistema di coordinato Oxy, si tracci, indipendentemente dalle limitazioni poste ad x dal problema geometrico, il grafico di f(x). La funzione f(x) è invertibile? Se sì, quale è il grafico della sua inversa?

 

Svolgimento: f(x)= \frac{1-x}{1+x} è una funzione omografica con centro di simmetria O'= \left(-\frac{d}{c}, \frac{a}{c}\right)= (-1,1) e asintoto verticale x= -1 e verticale y= -1.

 

La funzione è una funzione invertibile poiché suriettiva in (-\infty, -1)\cup (-1, +\infty) ed è anche iniettiva, lo si può dimostrare tramite il metodo delle rette parallele all'asse x. Il grafico della funzione inversa può essere tracciato effettuando una riflessione rispetto alla retta y=x, bisettrice del primo e terzo quadrante. Determiniamo l'espressione della funzione inversa partendo dall'espressione

 

y= \frac{1-x}{1+x}

 

moltiplichiamo membro a membro per 1+x si arriva a (1+x)y= 1-x e ancora:

 

y+ xy +x= 1

 

da cui x(y+1)= 1-y. Dividendo per y+1 con y diverso da -1 otteniamo

 

x= \frac{1-y}{1+y}= f(y)

 

In definitiva la funzione inversa ha la stessa espressione analitica della funzione di partenza.

 

Punto 2 del primo problema di Maturità 2010

 

Punto 3

 

Sia g(x)= \left|\frac{1-x}{1+x}\right|, \,\, x\in \mathbb{R}; quale è l'equazione della retta tangente al grafico di g(x) nel punto R(0,1)? E nel punto S(1,0)? Cosa si può dire della tangente al grafico di g(x) nel punto S? 

 

Svolgimento: la formula per il calcolo della retta tangente al grafico di una funzione g nel punto (x_0, g(x_0)) è

 

y= g'(x_0) (x-x_0)+g(x_0)

 

Per far fronte alle richieste dell'esercizio dobbiamo determinare la derivata prima di g:

 

g'(x)= \frac{4 (x-1)}{(x+1)^3}\cdot \frac{1}{\left|\frac{1-x}{1+x}\right|}

 

La retta tangente nel punto (0, 1) è 

 

y= \overbrace{g'(0)}^{=- 2}(x-0)+ \overbrace{g(0)}^{= 1}

 

cioè y= -2x+1

 

Nel punto (1, 0) la derivata prima smette di esistere, controlliamo la derivabilità con la definizione, considerando il limite destro e il limite sinistro del rapporto incrementale centrato in 1. 

 

g'_{+}(1)= \lim_{h\to 0}\frac{g(1+h)-g(1)}{h}= \lim_{h\to 0^{+}}\frac{|h|}{h|h+2|}

 

h tende a zero per valori positivi e per definizione di valore assoluto |h|= h\quad \forall h\textgreater 0. In questo modo il limite precedente si riscrive come:

 

\lim_{h\to 0^{+}}\frac{h}{h|h+2|}= \frac{1}{2}

 

Per quanto riguarda il limite sinistro scriveremo invece:

 

g'_{-}(1)= \lim_{h\to 0^{-}}\frac{|h|}{h|h+2|}= \lim_{h\to 0^{-}}\frac{-h}{h(h+2)}= -\frac{1}{2}

 

La funzione g non è derivabile in tale punto perché il limite destro e il limite sinistro non coincidono  e non ammette retta tangente. Il punto S è quindi un punto angoloso.

 

Punto 3 del primo problema, seconda prova di Maturità 2010

 

Punto 4

 

Svolgimento: si calcoli l'area del triangolo mistilineo ROS, ove l'arco RS appartiene al grafico di f(x) o, indifferentemente, di g(x).

 

Punto 4 del primo problema, seconda prova di Maturità 2010

 

Dal grafico della funzione f(x) si comprende che l'area cercata è data dall'integrale:

 

\mbox{Area}(T)= \int_{0}^{1}\frac{1-x}{1+x}dx=

 

aggiungiamo e sottraiamo 2

 

= \int_{0}^{1}\frac{2-2+1-x}{1+x}dx

 

= \int_{0}^{1}\frac{2-1-x}{1+x}dx

 

= \int_{0}^{1}\frac{2}{1+x}-{1+x}{1+x}dx

 

semplificando 1+x

 

= \int_{0}^{1}\frac{2}{1+x}-1dx= \left[-x+2 \ln|1+x|\right]_{0}^{1}= \ln(4)-1

 

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