Soluzione problemi matematica maturità 2011


Soluzione problemi matematica maturità 2011

Studiamo innanzitutto le funzioni f e g, osservando con facilità che il dominio di entrambe è tutto l’asse reale.
\begin{array}{c}
x^{3}-4x \geq 0 \Longrightarrow x(x^{2}-4) \geq 0 \Longrightarrow \\
-2 \leq x \leq 0 \lor x \geq 2
\end{array}
Pertanto altrove la funzione f è negativa. È facile osservare che:
\begin{array}{c}
\lim_{x \rightarrow \pm \infty} f(x) = \pm \infty \\
\lim_{x \rightarrow \pm \infty} \frac{f(x)}{x} = + \infty
\end{array}
per cui non esistono asintoti orizzontali né obliqui
Derivata prima.
\begin{array}{c}
f'(x) = 3x^{2} – 4 \\
f'(x) \geq 0 \Longrightarrow x^{2} \geq \frac{4}{3} \\
\Longrightarrow x \leq -\frac{2 \sqrt{3}}{3} \lor x \geq \frac{2 \sqrt{3}}{3}
\end{array}
Pertanto la funzione presenta un massimo ed un minimo, in particolare:
\begin{array}{c}
M(-\frac{2 \sqrt{3}}{3}, \frac{16\sqrt{3}}{9}) \\
m(\frac{2 \sqrt{3}}{3}, -\frac{16\sqrt{3}}{9})
\end{array}
funzione

Passiamo alla funzione g
\begin{array}{c}
g(x) = \sin \pi x \\
g(x) \geq 0 \Longrightarrow \sin \pi x \geq 0 \Longrightarrow 0 + 2k\pi \leq \pi x \leq \pi + 2k\pi,\space k\in \mathbb{Z} \\
\Longrightarrow 2k \leq x \leq 1+2k,\space k\in \mathbb{Z}
\end{array}

Il grafico è ovviamente uguale a quello della funzione sen x, facendo attenzione al fatto che in questo caso gli zeri si trovano in corrispondenza dei numeri interi (0, 1, -1, 2, -2…), mentre i massimi ed i minimi nelle metà (1/2, -1/2, 3/2, -3/2…).
funzioneg

Punto 2.
Per y = -3 si ha:
\begin{equation}
\{ \begin{array}{c} y=-3 \\ y= x^{3}-4x
\end{array}
\end{equation}
Basta risolvere l’equazione:
\begin{array}{c}
x^{3} – 4x = -3 \Longrightarrow x^{3} – 4x + 3 = 0 \\
Regola\space di\space Ruffini\space (x = 1) \\
x^{3} – 4x + 3 = 0 \Longleftrightarrow (x-1)(x^{2}+x-3)=0
\end{array}
Il polinomio così scritto si annulla per i seguenti valori:
\begin{equation}
x_{1}= 1; \space x_{2} = \frac{-1+\sqrt{13}}{2}; \space x_{3} = \frac{-1-\sqrt{13}}{2}
\end{equation}

I punti a tangente orizzontale della funzione g(x) sono tutti i massimi e minimi compresi tra -6 e 6. In particolare sono tutti i punti della seguente forma:
\begin{equation}
-\frac{11}{2},\space -\frac{9}{2},\space …,\space \frac{11}{2},\space
\end{equation}
che si possono scrivere più facilmente nella forma:
\begin{equation}
\frac{1+2k}{2},\space k\in \{-6,-5,…,5\}
\end{equation}
ricordando che in questa formula non c’è distinzione tra massimi e minimi (cosa del resto non richiesta dalla traccia). Volendo procedere in maniera ordinata bisogna trovare la positività della funzione e quindi trovare tutti i punti di minimo e massimo nell’intervallo [-6, 6]

Punto 3.
area2
Per calcolare correttamente l’area della regione bisogna tenere conto che la funzione g(x) cambia segno nel punto 1, per cui è conveniente spezzare l’integrale in due parti. Pertanto:
\begin{array}{c}
A_{R} = \int_{0}^{1}[\sin \pi x – (x^{3} – 4x)]dx + |\int_{1}^{2}[(x^{3} – 4x) – \sin \pi x]dx| = \\
[-\frac{\cos \pi x}{\pi} – \frac{x^{4}}{4} + 2x^{2}]_{0}^{1} + |\frac{x^{4}}{4} -2x^{2} + \frac{\cos \pi x}{\pi}|_{1}^{2} = \\
=\frac{1}{\pi} – \frac{1}{4} + 2 +\frac{1}{\pi} + |4 – 8 + \frac{1}{\pi} -\frac{1}{4} + 2 + \frac{1}{\pi}| = \\
= 2 – \frac{1}{4} + \frac{2}{\pi} +|-2-\frac{1}{4} + \frac{2}{\pi}| = \\ = 2-\frac{1}{4} +\frac{2}{\pi} + 2 +\frac{1}{4} – \frac{2}{\pi}= \\ =4
\end{array}

Punto 4.
Siccome l’altezza varia soltanto con la lontananza dall’asse y, possiamo immaginare la nostra vasca come l’unione di tanti rettangoli (sezionando con rette parallele all’asse y), per cui il volume viene ad essere la somma delle aree di tutti questi rettangoli. Vediamo al variare di x la base e l’altezza di ogni rettangolo:
\begin{equation}
\{ \begin{array}{c}
b=\sin \pi x – (x^{3}-4x) \\
h=3-x \end{array}
\space per \space 0 \leq x \leq 1
\end{equation}
\begin{equation}
\{ \begin{array}{c}
b=|(x^{3}-4x) – \sin \pi x| \\
h=3-x \end{array}
\space per \space 1 \leq x \leq 2
\end{equation}
Siccome:
\begin{equation}
|(x^{3}-4x) – \sin \pi x| = 4x -x^{3} + \sin \pi x,\space per\space 1 \leq x \leq 2
\end{equation}
il calcolo del volume si ottiene con un unico integrale, dato che la funzione integranda è la stessa (una volta svolto il valore assoluto) per cui:
\begin{array}{c}
\int_{0}^{2}(4x -x^{3} + \sin \pi x)(3-x)dx = \\
= \int_{0}^{2}(12x – 3x^{3} + 3\sin \pi x -4x^{2} + 4x^{4} -x\sin \pi x)dx = \\
=[6x^{2} – \frac{3}{4}x^{4} – \frac{3}{\pi}\cos \pi x – \frac{4}{3} x^{3} + \frac{4}{5} x^{5} + \frac{x \cos \pi x}{\pi} – \frac{\sin \pi x}{\pi^{2}}]_{0}^{2} = \\
=24 – 12 – \frac{3}{\pi} – \frac{32}{3} + \frac{128}{5}+\frac{2}{\pi} – (-\frac{3}{\pi}) = \frac{404}{15} +\frac{2}{\pi}
\end{array}

Continua: Soluzione problema 2 matematica maturità 2011





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