I 5 quesiti più semplici della simulazione di seconda prova

Nel post I 5 step che DEVI seguire per risolvere la seconda prova di maturità abbiamo descritto come affrontare l’analisi e la soluzione dei problemi di Seconda Prova.

Qui abbiamo scelto i 5 quesiti più facili proposti il 22 aprile… Tu li hai risolti così?

Quesito 1

Assegnata la funzione

\( y=e^{x^3-8} \)

verificare che è invertibile;
stabilire se la funzione inversa \( f^{-1}\) è derivabile in ogni punto del suo dominio di definizione, giustificando la risposta.

Soluzione:

Una funzione è invertibile se è biiettiva, e quindi se è iniettiva e suriettiva. Questa funzione è definita in tutto \( \mathbb{R}\) ed è:

– iniettiva: una funzione è iniettiva se, presi \(x_1 \ne x_2\) nel dominio allora \(f(x_1) \ne f(x_2)\). Per dimostrare che una funzione è iniettiva basta dimostrare che se non è vera la tesi, allora non deve essere vera nemmeno l’ipotesi, ossia che se \(f(x_1) = f(x_2)\) allora \(x_1=x_2\). Facciamo questa dimostrazione: \(e^{{x_1}^3-8}=e^{{x_2}^3-8}\) allora \({x_1}^3-8={x_2}^3-8\) implica \({x_1}^3={x_2}^3\) che è vera se e solo se \( x_1=x_2\)

– Suriettiva: una funzione è suriettiva se per ogni y del codominio esiste almeno una x nel dominio tale che \( y=f(x) \) . Per dimostrare che una funzione è suriettiva quindi puoi fare un grafico e vedere che ad ogni y nel codominio (ossia nell’asse delle y) troverai una x nel dominio (ossia nell’asse delle x). Il grafico di questa funzione è (Figura 1) e ci permette di concludere che la funzione è anche suriettiva in \( \mathbb{R}^+\), cioè nell’insieme delle \( y>0 \)

Figura1

Quindi è invertibile in \( \mathbb{R}^+\)

Calcoliamo l’inversa:
– passiamo a \(\ln\) a destra e sinistra: \( \ln y=\ln e^{x^3-8}\) \( \rightarrow \ln y=x^3-8 \) \( \rightarrow x=\sqrt[3]{\ln y+8} \)

Per verificare se la funzione inversa è sempre derivabile nel suo dominio devo:
– calcolare il dominio della funzione inversa: \(D(x=\sqrt[3]{\ln y+8})=\{ y \in \mathbb{R}\) tale che \( y > 0 \}\) (Il dominio dipende solo dal logaritmo!)
– calcolare la derivata: \(x’=((\ln y+8)^\frac{1}{3})’=\frac{1}{3y\sqrt[3](\ln y+8)^2}\)
– calcolare il dominio della derivata: \(D(x’=\frac{1}{3y\sqrt[3](\ln y+8)^2})=\{ y \in \mathbb{R}\) tale che \(y > 0\) e\( \ln y+8 \ne 0 \}=\{ y>0 e y\ne e^-8 \}\)

L’unico punto diverso nel dominio della funzione e della sua derivata è \(y=e^{-8}\), che quindi è un possibile punto di non derivabilità.
Calcoliamo il limite per \(\lim \limits_{y \to e^{-8}} (\frac{1}{3y\sqrt[3](\ln y+8)^2})=[\frac{1}{0}]=\infty \) Siccome il limite è infinito, allora \(y=e^{-8}\) è un punto di non derivabilità.

Quesito 3

Di quale delle seguenti equazioni differenziali è soluzione la funzione \(y=\ln(x-3)\)

\((x-3)y’’-(x-3)^2y’+2=0\)
\(xy’’-(x-3)y’+x+2=0\)
\((x-3)^2y’’-(x-3)y’+2=0\)
\(x^2y’’+y’+3x-9=0\)

Giustificare la risposta.

Soluzione:

Calcoliamo le derivate prima e seconda della funzione \(y=\ln(x-3)\) e poi sostituiamo nelle equazioni date le derivate trovate. Se troviamo un’identità la funzione è la soluzione corretta.

\(y’=\frac{1}{x-3}\)
\(y’’=-\frac{1}{(x-3)^2}\)

Sostituiamo:

\(-(x-3)\frac{1}{(x-3)^2}-(x-3)^2\frac{1}{x-3}+2= \) \( \frac{-x^2+8x-16}{x-3} \ne 0\) perché il numeratore non è identicamente nullo
\(-x\frac{1}{(x-3)^2}-(x-3)\frac{1}{x-3}+x+2= \) \( \frac{x^3-5x^2+2x+9}{(x-3)^2} \ne 0\) perché il numeratore non è identicamente nullo
\(-(x-3)^2 \frac{1}{(x-3)^2}-(x-3)\frac{1}{x-3}+2= \) \( -1-1+2=0\) quindi questa è la risposta corretta.
Verifichiamo per sicurezza anche l’ultima opzione: \(-x^2\frac{1}{(x-3)^2}+\frac{1}{x-3}+3x-9 = \) \( \frac{3x^3-28x^2+82x-84}{(x-3)^2}\ne 0\) perché il numeratore non è identicamente nullo

Quesito 6

La base di un solido, nel piano \(Oxy\), è il cerchio avente come centro l’origine e raggio 3. Le sezioni del solido perpendicolari all’asse \(x\) sono quadrati.
Calcolare il volume del solido.

Soluzione:

La base del solido è un cerchio di raggio \( 3 \) con centro nell’origine. Quindi il suo bordo è la circonferenza di equazione \( x^2+y^2=9 \). I piani perpendicolari all’asse \( x \) intersecano la circonferenza in due punti di ordinata \( y=\pm \sqrt{9-x^2} \) che formano una corda di lunghezza \( 2\sqrt{9-x^2} \). Le sezioni sono quadrate quindi l’area di ogni sezione è \( (2\sqrt{9-x^2})^2=4(9-x^2) \)

Il volume del solido è quindi uguale a \(V=\int_{-3}^{3} 4(9-x^2)\,dx=[36x-4\frac{x^3}{3}]^{3}_{-3}=144\)

Quesito 8

Calcolare il seguente integrale indefinito
\(\int (arcsin(x)+arccos(x))dx\)
e rappresentare graficamente la funzione primitiva passante per il punto \(\left( \frac{2}{\pi},2\right)\)

Soluzione:

Per la prima proprietà di linearità abbiamo:
\(\int (arcsin(x)+arccos(x))dx=\) \( \int (1 \cdot arcsin(x)) dx+ \int (1 \cdot arccos(x))dx\)
Entrambi questi integrali si risolvono per parti scegliendo come fattore finito arcoseno (e arcoccoseno nel secondo) e come fattore differenziale 1 in entrambi i casi.
Ricordando che:
\(D(arcsenx)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\) e
\(D(arccosx)=-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\)
Troviamo:

\( \int arcsin \, x \,dx= \) \( x \cdot arcsin \, x – \int \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}= \) \( x \cdot arcsin \, x – \frac{1}{2} \int \frac{2x}{\sqrt{1-x^2}}= \) \( x \cdot arcsin \, x+\frac{1}{2}\frac{\sqrt{1-x^2}}{\frac{1}{2}}=\) \( =x \cdot arcsin \, x+\sqrt{1-x^2}+c\)
\( \int arccos \,x \, dx=\) \( x \cdot arccos \, x – \int -\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}= \) \( x \cdot arcos \, x – \frac{1}{2} \int \frac{2x}{\sqrt{1-x^2}}=\) \(=x \cdot arccos\,x-\frac{1}{2}\frac{\sqrt{1-x^2}}{\frac{1}{2}}= \) \( x \cdot arccos\,x-\sqrt{1-x^2}+c\)

Unendo i due risultati troviamo:

\(\int (arcsin(x)+arccos(x))dx=\) \( x(arcsin\,x+arccos\,x)+\sqrt{1-x^2}-\sqrt{1-x^2}+c= \) \( x(arcsin\,x+arccos\,x)+c\)

Ora per trovare la costante \(c\) e disegnare la funzione sostituiamo le coordinate del punto \(\left( \frac{2}{\pi}; 2\right)\):
\(2= \frac{2}{\pi} \left(arcsen \left( \frac{2}{\pi} \right) + arccos \left( \frac{2}{\pi} \right) \right)+c \) \( \rightarrow c= \) \( 2-\frac{2}{\pi} \cdot \frac{\pi}{2}=1\)

Dobbiamo quindi studiare la funzione \(y=x(arcsin\,x+arccos\,x)+1\)
Il dominio è quello di arcsin e arccos, ossia l’intervallo \([-1,1]\)

Ricordiamo che \( arcsin\, x+arccos\,x=\frac{\pi}{2} \)
Quindi la funzione da disegnare è la retta di equazione: \(y=\frac{\pi}{2}x+1\) per \(x \in [-1,1]\)

Quesito 9

Calcolare il seguente integrale improprio \(\int_2^{+\infty} \frac{1}{x \cdot \ln^2(x)}dx\)

Soluzione:

Risolviamo prima l’integrale indefinito:
\( \int \frac{1}{x \ln^2 x}dx = \) \( \int \frac{\frac{1}{x}}{\ln^2 x} = \) \( -\frac{1}{\ln x}\)
Ora calcoliamo l’integrale improprio:
\( \lim \limits_{a \to + \infty} \left[-\frac{1}{\ln x} \right]_2^a= \) \( \lim \limits_{a \to +\infty} (-\frac{1}{\ln a} + \frac{1}{\ln 2})= \) \( \frac{1}{\ln 2} \)

FOCUS: