Problema1 - Matefilia
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SIMULAZIONE - 25 FEBBRAIO 2015 - PROBLEMA 1
1)
Il grafico della velocità in funzione del tempo è una parabola con asse di simmetria π‘ = 5,
vertice π = (5; 30) e passante per π΄ = (0; 5). Abbiamo quindi:
π£ = ππ‘ 2 + ππ‘ + π, con:
π
=5
2π
{
30 = 25π + 5π + π
5=π
β
π = β10π
{30 = 25π β 50π + 5
5=π
π = 10
{π = β1
π=5
Quindi lβespressione della velocità in funzione del tempo è:
π£ = π£(π‘) = βπ‘ 2 + 10π‘ + 5
(con t espresso in secondi e v in km/s).
2)
Tenendo presente che: π£ = π£(π‘) = π β² (π‘) si ha:
ππ
π
1
π β² (π‘) = ππ‘ = ππ‘ (β 3 π‘ 3 + 5π‘ 2 + 5π‘) = βπ‘ 2 + 10π‘ + 5 = π£(π‘)
1
Quindi effettivamente la funzione π (π‘) = β 3 π‘ 3 + 5π‘ 2 + 5π‘ rappresenta lo spazio
percorso dal meteorite in funzione del tempo.
N.B. In generale alla π£(π‘) = βπ‘ 2 + 10π‘ + 5 corrisponde la legge oraria:
1/ 5
1
π (π‘) = β 3 π‘ 3 + 5π‘ 2 + 5π‘ + π 0 , essendo π 0 la posizione assunta dal primo meteorite
allβistante π‘ = 0; porre π 0 = 0 equivale a dire che per π‘ = 0 il meteorite si trova nellβorigine
degli spazi.
3)
Indicata con π 2 (π‘) la legge oraria del secondo meteorite, affinché avvenga lβurto è
necessario che, detto π‘π’ππ‘π lβistante in cui avviene lβurto, i due meteoriti in tale istante si
trovino nella stessa posizione, cioè che:
π (π‘π’ππ‘π ) = π 2 (π‘π’ππ‘π ) .
4)
Dopo lβurto il primo meteorite si muove con la nuova legge oraria:
5
π (π‘) = 2π‘ 2 + π‘
3
Per determinare lβistante in cui avviene lβurto è sufficiente scoprire quando il primo
meteorite cambia traiettoria, cioè quando (per π‘ > 0):
1
5
β 3 π‘ 3 + 5π‘ 2 + 5π‘ = 2π‘ 2 + 3 π‘
Da cui:
π‘=0 π
βΉ
βπ‘ 3 + 15π‘ 2 + 15π‘ = 6π‘ 2 + 5π‘
βΉ π‘ 3 β 9π‘ 2 + 10π‘ = 0
π‘ 2 β 9π‘ + 10 = 0 βΆ π‘ = β1 π π‘ = 10 .
Lβurto avviene quindi allβistante π‘π’ππ‘π = 10 π . Prima dellβurto il primo meteorite ha
650
percorso uno spazio pari a π = π (10) = 3 β
216.7 π .
5)
Si chiede di studiare la funzione di equazione:
π
β ππ + πππ + ππ, ππ π β€ π β€ ππ
π = π(π) = { π
π
πππ + π,
ππ ππ < π β€ ππ
π
Studiamo la funzione per 0 β€ π‘ β€ 10:
π
π = π(π) = β π ππ + πππ + ππ
Si tratta di una cubica, definita su tutto R; studiamola su R e poi evidenziamo la parte
richiesta.
2/ 5
Simmetrie notevoli:
π (βπ‘) β π (π‘) βΆ πππ è ππππ;
π (βπ‘) β βπ (π‘) βΆ πππ è πππ ππππ.
Ricordiamo che una cubica ha sempre uno ed un solo flesso, che è centro di simmetria
per la curva.
Intersezioni con gli assi cartesiani:
Se π‘ = 0 , π = 0.
1
Se π = 0, β π‘ 3 + 5π‘ 2 + 5π‘ = 0 , π‘ 3 β 15π‘ 2 β 15π‘ = 0, π‘(π‘ 2 β 15π‘ β 15) = 0
3
da cui:
π‘ = 0, π‘ 2 β 15π‘ β 15 = 0: π‘ =
π‘1 =
15±β285
2
ππ ππ’π:
15 β β285
15 + β285
β
β094 π π‘2 =
β
15.94
2
2
Segno della funzione:
1
π > 0 π π β 3 π‘ 3 + 5π‘ 2 + 5π‘ > 0
βΉ π‘ 3 β 15π‘ 2 β 15π‘ = 0 < 0 , da cui:
π‘(π‘ 2 β 15π‘ β 15) < 0; studiando il segno dei due fattori otteniamo π > 0 se:
π‘<
15ββ285
2
oppure
0<π‘<
β285+15
2
Limiti:
1
limπ‘βββ (β 3 π‘ 3 + 5π‘ 2 + 5π‘) = ±β (non esistono asintoti obliqui)
Derivata prima:
π β² = βπ‘ 2 + 10π‘ + 5 β₯ 0 se
π‘ 2 β 10π‘ β 5 β€ 0 se:
5 β β30 β€ π‘ β€ β30 + 5 βΆ in tale intervallo la funzione è crescente; inoltre:
π‘ = 5 β β30 β
β0.48 βΆ
punto di minimo relativo
π‘ = 5 + β30 β
+10.48 βΆ punto di massimo relativo
Derivata seconda:
π β²β² = β2π‘ + 10 β₯ 0 se
π‘ β€ 5 (concavità verso lβalto)
3/ 5
Abbiamo il flesso per π‘ = 5 , con ordinata π (5) = 30
Il grafico della funzione è il seguente (è evidenziata da A a B la parte del grafico che tiene
conto della limitazione 0 β€ π‘ β€ 10):
Studiamo la funzione per 10 < π‘ β€ 30:
π
π = π(π) = πππ + π π
5
Si tratta di una parabola passante per lβorigine, con asse di simmetria π‘ = β 12 , vertice
5
25
in: π = (β 12 ; β 72 ):
4/ 5
La funzione di equazione:
π
β ππ + πππ + ππ, ππ π β€ π β€ ππ
π = π(π) = { π
π
πππ + π,
ππ ππ < π β€ ππ
π
ha quindi il seguente grafico (tratti continui AB e BC):
La funzione è continua nellβintervallo π β€ π β€ ππ ma non è derivabile nel punto di
ascissa π = ππ; infatti:
in un intorno sinistro di π‘ = 10 risulta:
1
π β² (π‘) = π· (β π‘ 3 + 5π‘ 2 + 5π‘) = βπ‘ 2 + 10π‘ + 5
3
βΉ
π ββ² (10) = 5
In un intorno destro di π‘ = 10 risulta:
5
5
π β² (π‘) = π· (2π‘ 2 + π‘) = 4π‘ +
3
3
βΉ
π +β² (10) =
125
3
Essendo π ββ² (10) β π +β² (10) la funzione non è derivabile per π‘ = 10 (in particolare abbiamo
un punto angoloso). Ciò equivale a dire che la velocità del meteorite prima dellβurto e
dopo lβurto è diversa.
Con la collaborazione di Angela Santamaria, Simona Scoleri e Stefano Scoleri
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