Maturità 2024, le soluzioni delle seconda prova (liceo scientifico)

Seconda prova 2024 - Matematica Samuele Mongodi, Nicola Turchi Università di Milano Bicocca

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Problema 1

Notiamo per convenienza per tutto il problema (ma non è necessario) che fa,b (x) = ax +

b . x2

(a). Nel punto di ascissa x = 1 la retta 7x + y − 12 = 0 ha ordinata y = 12 − 7 · 1 = 5. Dunque è necessario innanzitutto che fa,b (1) = 5. Questo dà la prima condizione a + b = 5. La seconda condizione si ′ (1) = −7. determina con la tangenza della retta, poiché la retta ha pendenza −7, abbiamo bisogno che fa,b ′ (x) = a − 2b , otteniamo a − 2b = −7. Si deve risolvere dunque il sistema lineare a due Poiché fa,b x2

equazioni

 a + b = 5 a − 2b = −7

che ha soluzione a = 1, b = 4 e si può risolvere per esempio per sostituzione, oppure sottraendo la prima equazione alla seconda, ricavando così b, che poi, sostituito in una delle due, permette di trovare immediatamente a 3

(b). Si studia la funzione f (x) = x x+4 = x + x42 . Il dominio si trova ponendo x2 = ̸ 0, che è equivalente a 2 x ̸= 0, quindi f è definita su tutti i punti della retta reale tranne x = 0. Per questo motivo f non può intersecare l’asse delle y. Tuttavia interseca l’asse delle x nel punto ottenuto ponendo f (x) = 0, che è √ equivalente a x3 + 4 = 0, cioè l’unica intersezione avviene nel punto x = − 3 4.

Poiché il denominatore x2 è sempre positivo nel dominio, per studiare il segno di f basta studiare il segno di x3 + 4. Poiché abbiamo già stabilito che questa espressione vale 0 in un unico punto, è una √ facile conseguenza il fatto che f (x) > 0 per ogni x in (− 3 4, 0) ∪ (0, +∞), e f (x) < 0 per ogni x in √ (−∞, − 3 4).

I limiti agli estremi del dominio valgono limx→−∞ f (x) = −∞, limx→0 f (x) = +∞, limx→+∞ f (x) = +∞ e possono essere calcolati tenendo presente la gerarchia tra infiniti e infinitesimi delle potenze di x.

Vediamo inoltre che

4 =0 x→±∞ x→±∞ x2 e dunque la retta y = x è asintoto obliquo a ±∞; la retta x = 0 è ovviamente asintoto verticale bilatero lim f (x) − x = lim

e non sono presenti asintoti orizzontali.

La derivata prima vale f ′ (x) = 1 − x83 , è positiva per x in (−∞, 0) ∪ (0, 2) (quindi la funzione là è crescente), ed è negativa per x in (0, 2) (quindi la funzione là è decrescente), ha l’unico zero in x = 2 (quindi la funzione là ha un minimo locale).

La derivata seconda vale f ′′ (x) = x244 che è sempre positiva quindi la funzione è convessa sia nell’intervallo (−∞, 0) che nell’intervallo (0, ∞).

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Figura 1: Grafico di f (x) con l’asintoto e la tangente t Per trovare la seconda tangente da P , supponiamo che questa sia tangente in un punto di γ Q = (t, t+4/t2 ); allora possiamo scriverla come y−5= e notiamo che, 4 t + 2 − 5 = (t − 1) + 4 t

t + t44 − 5 (x − 1) t−1

1 (t − 1) 2 −1 = (t − 4t − 4) .

2 t t2

Affinché questa retta sia tangente in Q a γ il suo coefficiente angolare deve coincidere con f ′ (t) e dunque si deve avere

t3 − 8 t2 − 4t − 4 = t3 t2 ovvero, dopo la semplificazione (t = 0 non può essere soluzione perché fuori dal dominio di f (x)), 4t2 + 4t − 8 = 0, ovvero t = 1 (che già conosciamo) o t = −2. Dunque l’altra retta tangente è y − 5 = 2(x − 1). (c). Notiamo innanzitutto che la retta data passa, per ogni valore di m, per il punto P definito sopra; tale punto appartiene anche alla curva γ. Le intersezioni cercate hanno come ascisse le soluzioni dell’equazione

4 x2 ovvero x3 (1 − m) + x2 (m − 5) + 4 = 0 che, per quanto detto, deve avere come soluzione x = 1 per m(x − 1) + 5 = x +

ogni m. Fattorizzando otteniamo (x − 1)((1 − m)x2 − 4x − 4) e il discriminante del secondo fattore è ∆ = 16 + 16(1 − m).

Se m = 1, il secondo fattore è lineare e la retta ha due intersezioni: x = 1 e x = −1 (ciò è ragionevole: tale retta è parallela all’asintoto obliquo di f (x)).

Se m ̸= 1, notiamo che il discriminante è nullo per m = 2, positivo se m < 2 e negativo se m > 2; sappiamo inoltre già che per m = 2 e m = −1 la retta è tangente al grafico in un qualche punto che 2

produrrà una soluzione di molteplicità doppia. Dunque la retta data avrà 2 intersezioni con γ se m = 1, m = −1 o m = 2, avrà tre intersezioni se m < 2 e m ̸= ±1, e avrà una intersezione se m > 2. (d). Notiamo che la retta t interseca l’asintoto x = y proprio in (3/2, 3/2); inoltre la retta essendo tangente in P e la funzione essendo convessa su (0, +∞), la retta sarà sotto il grafico per le ascisse positive e sopra all’asintoto per x < 3/2.

Dunque l’area richiesta è data da Z 3/2 S(k) = 1

3/2

4 4 k (x + 4/x ) − (12 − 7x)dx + (x + 4/x ) − xdx = 4x − − 12x + − = x x 3/2 3/2 1 Z k

2

2

2

−4 8 4 8 − 18 − (4 − 4 − 12) + + =3− 3 k 3 k e dunque si vede facilmente che lim S(k) = 3 . Tale limite rappresenta l’area della porzione infinta di =9−

k→+∞

piano delimitata dalla retta t, dall’asinito e dal grafico; pur essendo una parte illimitata del piano, la sua area risulta finita (in quanto la funzione si avvicina al proprio asintoto come la funzione 4/x2 si avvicina all’asse delle x e lo stesso fenomeno accade per tale funzione).

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Problema 2 √ ax2 + bx + 1 ammette è sempre derivabile per x = 0 (che non è mai uno √ n zero dell’argomento della radice); dunque la derivabilità della funzione data dipende solo da x2 .

(a). Notiamo che la funzione

Calcoliamone la derivata per x = 0 utilizzando la definizione: √ n lim f (x) − f (0)x = lim

x→0

e vediamo che per n = 2 abbiamo che

√

x→0

x2 x

x2 = |x| e dunque lim

x→0±

|x| = ±1 x

per cui la funzione f2 (x) non è derivabile e presenta un punto angoloso in x = 0. Mentre per n > 2 si ha √ n √ x2 n lim = lim = x2−n = +∞ . + + x x→0 x→0 √ n Inoltre, la funzione x2 è pari e dunque √ √ n n x2 x2 lim = − lim = −∞ . x→0− x x→0− x Dunque x = 0 è un punto di cuspide per fn (x) con n ≥ 3.

Affinché la funzione f2 (x) sia pari (cioè simmetrica rispetto all’asse y), poiché la funzione |x| lo è, serve che anche la seconda parte sia pari. Dunque l’argomento della seconda radice deve essere pari, ovvero si deve avere b = 0. √ Inoltre, ax2 + 1 è definita per le x tali che ax2 + 1 ≥ 0; notiamo che a < 0 e dunque tale polinomio p p di secondo grado si annulla per x = ±1/ |a| ed è negativo per |x| > 1/ |a|. Se vogliamo che tale funzione sia definita solo in [−1, 1], si deve evidentemente avere a = −1.

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Figura 2: Grafico di f2 (x) e di g(x) (b). Per la funzione g(x) = |x| +

√

1 − x2 valgono le stesse considerazioni fatte precedentemente per f2 (x);

il suo dominio è dato dalla condizione 1 − x2 ≥ 0 ovvero è [−1, 1]. Essendo somma di funzioni non √ negative, è non negativa e mai nulla (per verifica diretta: le due funzioni |x| e 1 − x2 non hanno zeri comuni).

La funzione è continua sul dominio e dunque i limiti agli estremi coincidono con i valori in x = ±1. La funzione è derivabile dove lo sono entrambi gli addendi e dunque in (−1, 0) ∪ (0, 1). Come sopra, in x = 0 la non derivabilità è data dall’addendo |x| che produce in x = 0 un punto spigoloso.

Notiamo ancora che la funzione è pari.

In x = 1 possiamo solo calcolare la derivata sinistra (e destra in x = −1, che sarà l’opposto di quella in x = 1 per parità). Vediamo che g(1) − g(1 − h) lim = lim 1 − h h→0+ h→0+

p √ 1 − (1 − h)2 2h − h2 = 1 − lim = −∞ . h h h→0+

Allo stesso modo

g(−1) − g(−1 + h) = +∞ . h Dunque, in x = ±1 la funzione g(x) non è derivabile. lim

h→0+

Negli altri punti si ha g ′ (x) =

|x| x −√ . x 1 − x2

Procediamo allo studio del segno per x ∈ (0, 1) (in (−1, 0) il segno sarò opposto, per la parità di g(x)). √ √ Per x ∈ (0, 1) si ha g ′ (x) = ( 1 − x2 − x)/ 1 − x2 . Il denominatore è positivo, mentre il numeratore √ è positivo se e solo se (1 − x2 ) > x2 ovvero se 1 > 2x2 ovvero se x < 1/ 2. Dunque la derivata è √ √ √ √ positiva in (0, 1/ 2), nulla in 1/ 2 e negativa in (1/ 2, 1); conseguentemente, g(X) cresce (0, 1/ 2), √ √ √ √ √ ha un massimo in 1/ 2 e decresce in (1/ 2, 1). Lo avverrà in (−1/ 2, 0), −1/ 2, (−1, −1/ 2) per simmetria.

Infine, la derivata seconda è g ′′ (x) = −1/(1 − x2 )3/2 ed è dunque sempre negativa, quindi la funzione è concava in (0, 1) e in (−1, 0) (in x = 0 la derivata seconda non esiste, ovviamente). √ (c). La retta r interseca γ nei punti (k, f2 (k)) e (k, g(k)), dunque la distanza tra essi è g(k)−f2 (k) = 2 1 − k 2 .

Il grafico di tale funzione, per k ∈ [−1, 1], è una semicirconferenza di raggio 2 centrata in (0, 0) ed è 4

dunque evidente che il punto di ordinata maggiore è (0, 2), ovvero corrispone a k = 0, valore per il quale la retta r è l’asse delle ordinate. Essendo f2 (x) e g(x) funzioni pari, tale retta è anche retta di simmetria di entrambi i loro grafici. √ √ In alternativa è possibile calcolare la derivata di 2 1 − k 2 che è −2k/ 1 − k 2 , positiva in (−1, 0), nulla in 0 e negativa in (0, 1), da cui si conclude che il massimo è in k = 0. √ 1 , mentre la derivata di x 1 − x2 (d). Bisogna verificare che H ′ (x) = h(x). La derivata di arcsin(x) è √1−x 2 2

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1 2−2x si può calcolare con la regola del prodotto come √1−x − √2x . In particolare H ′ (x) = 12 √ = 2 1−x2 1−x2 √ 1 − x2 = h(x). L’area della regione di piano delimitata da γ si può ottenere integrande lungo le ascisse

le lunghezze dei segmenti verticali ottenuti al punto precedente: Z 1 p 2 1 − x2 dx = 2(H(1) − H(−1)), −1

visto che abbiamo appena verificato la primitiva. Dunque l’area equivale a arcsin(1) − arcsin(−1) = √ π −π 1 − x2 è un semicerchio tra 2 − 2 = π. Alternativamente si può notare che il grafico della funzione −1 e 1, e concludere usando il fatto noto che l’area del cerchio di raggio 1 è π.

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Quesiti

(1). Visto che ABC è rettangolo in B, i triangoli ABH e BCH sono simili. Poiché hanno il lato BH in comune, sono congruenti se e solo se AH = CH e se e solo se AB = BC, cioè ABC è isoscele.

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Una conseguenza della similitudine è che BH = AH · CH (anche noto come teorema di Euclide).

Di conseguenza ABC è isoscele se e solo se BH = AH = CH. Poiché la lunghezza dell’ipotenusa è AB = AH + CH, allora ABC è isoscele se e solo se AB = 2BH.

(2). P(ottengo testa esattamente 2 volte su 5 lanci) = 52 p2 (1 − p)3 . La derivata rispetto a p è data da

5 2 2 p(1 − p) (2 − 5p), quindi il massimo della probabilità precedente si ottiene per p = 2/5, dove vale 2 3 P(ottengo testa esattamente 2 volte su 5 lanci) = 52 2 5·35 = 0.3456.

(3).

• Il piano π : 3x − 2y + 5 = 0 è ortogonale al vettore (3, −2, 0), dunque la proiezione ortogonale di P (4, 2, 1) su π è l’intersezione della retta r : (4, 2, 1) + t(3, −2, 0) (al variare di t nei reali) con π.

Un generico punto di r ha dunque componente x data da 4 + 3t e componente y data da 2 − 2t.

Affinché appartenga a π deve valere dunque 3(4 + 3t) − 2(2 − 2t) + 5 = 0. Questa equazione è risolta da t = −1, che porge la proiezione H(1, 4, 1).

• Dobbiamo risolvere il sistema lineare in 3 equazioni e 3 incognite    3x − 2y + 5 = 0   x−y+1=0    z − 2 = 0.

Notiamo subito che z = 2 e poi possiamo sostituire y = x + 1 ricavato dalla seconda equazione, nella prima, ottenendo 3x − 2(x + 1) + 5 = 0, che ha soluzione x = −3 e dunque y = −2. L’intersezione cercata è dunque il punto Q(−3, −2, 2).

(4). Sia y = p(x) = ax4 + bx3 + cx2 + d + e per certi a, b, c, d, e reali da determinare. Poiché il grafico è tangente all’asse x nell’origine, questo significa che il grafico passa anche per 0, 0, questo implica che e = 0. Inoltre ha derivata nulla nell’origine. Poiché p′ (x) = 4ax3 + 3bx2 + 2cx + d, allora anche d = 0.

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Con la prima condizione ci siamo dunque ricondotti a y = ax4 + bx3 + cx2 . Ora, imponiamo che il suo grafico passi per (1, 0), otteniamo 0 = a + b + c, quindi possiamo scrivere y = ax4 + bx3 − (a + b)x2 . Se ha un punto stazionario in (2, −2), allora deve innanzitutto passarci, ottenendo −2 = 16a + 8b − 4(a + b), cioè 6a + 2b + 1 = 0, e poi la derivata in quel punto deve valere 0, che dà 0 = 32a + 12b − 4(a + b), cioè 7a + 2b = 0. Risolvendo questo sistema di 2 equazioni per sostituzione si trova a = 1, b = −7/2, che dà come risultato finale y = x4 − 72 x3 + 25 x2 .

(5). La funzione f (x) = x3 + x − cos(x) è continua e derivabile su tutta la retta reale. Poiché f (0) = −1 < 0 3

e f (π/2) = π8 + π2 > 0, allora per il teorema degli zeri f ammette uno zero collocato in (0, π/2). La derivata vale f ′ (x) = 3x2 + 1 + sin(x). Poiché sin(x) ≥ −1 per ogni x reale e sin(0) = 0, allora f ′ (x) > 0 per ogni x reale quindi f è strettamente crescente, questo implica che lo zero la cui esistenza abbiamo stabilito precedentemente è anche l’unico su tutta la retta reale.

(6). Una primitiva di cos(1/t) è data da − sin(1/t) (svolgendo l’integrale per sostituzione u = 1/t). In t2 particolare F ( π2 ) = − sin(π/2) + sin(1/a) = −1 + sin(1/a). Quindi il testo chiede di determinare il massimo a ≤ 2/π tale che sin(1/a) = 1/2. Questo è equivalente a determinare il minimo y ≥ π/2 tale 6 che sin(y) = 1/2, e questo è dato da y = 5π 6 , in particolare il valore di a cercato è a = 5π .

(7). Poiché l’orbita della Terra è ellittica con il Sole in un fuoco, possiamo scegliere come sistema cartesiano quello centrato nel centro di simmetria dell’ellisse, possiamo porre il semiasse maggiore dell’orbita sull’asse x e il semiasse minore sull’asse y. L’orbita ellittica ha in questo modo equazione x2 y 2 + 2 =1 a2 b dove il semiasse maggiore è dato da a = 1.52+1.47 · 1011 , (infatti l’asse maggiore è la somma di minima e 2 √ massima distanza), mentre il semiasse minore è b = 1.47 · 1.52 · 1011 (la differenza tra massima e minima distanza restituisce la distanza focale 2c e si ha b2 = a2 − c2 ) e x e y si intendono in metri. In questo sistema, possiamo supporre che il Sole si trovi sul semiasse positivo delle x; allora si troverà nel √ punto ( a2 − b2 , 0) ovvero (5 · 109 , 0).

(8). Sia ABCDEF un esagono regolare con centro O, sia H la proiezione di O sul lato AB, in modo tale che OH sia la lunghezza dell’apotema dell’esagono. Inoltre OA è la lunghezza del raggio del cerchio circoscritto. Si consideri ora il triangolo AHO. Questo è un triangolo rettangolo in cui l’angolo in A vale 60. In particolare OH = OA · sin(60) =

√

3 2 OA. Sostituendo OA = 6cm si trova circa OH = 5.196cm in

accordo con Gadda. Piastrelle esagonali congruenti consentono di pavimentare il piano perché l’angolo interno di un esagono regolare vale 2π/3 e quindi 3 esagoni che concorrono in un vertice ricoprono esattamente l’angolo giro. Per lo stesso motivo i poligoni regolari che permettono di tassellare il piano sono quelli per cui l’angolo giro 2π è un multiplo esatto del proprio angolo interno a un vertice. Poiché 2n l’angolo interno di un n-agono regolare è dato da n−2 n π, questo è solo possibile quando n−2 è un numero

naturale. Questo è vero solo per n = 3 (tassellazione triangolare), n = 4 (tassellazione quadrata) e n = 6 (tassellazione esagonale).

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