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Sessione ordinaria 1971-1972 Soluzione di De Rosa Nicola
PROBLEMA 1 = − = ed avente il
Si scriva 1’equazione della circonferenza passante per i punti A ( 2
, 0 ), B ( 4
, 0 )
=
centro sulla retta e si calcolino le coordinate degli estremi del diametro parallelo all’asse
y 4
delle x. ( ) ( )
− + − =
= 2 2 2
r x a y b r
L’equazione generica di una circonferenza di centro H ( a , b ) e raggio è .
= =
y
Poiché il centro appartiene alla retta di equazione 4 , si deduce subito che b 4 da cui
( ) ( )
− + − =
2 2 2
4 .
l’equazione della circonferenza diventa x a y r
= − =
Il passaggio per i punti ( 2
, 0 ), ( 4
, 0 ) comporta la risoluzione di un sistema di due equazioni
A B
( )
2
, :
nelle due incognite a r
( ) ( ) ( ) =
− − + = − − − − =
2 2 2
2
1
a
2 16 4 2 0
a r a a ⇔
→
Sottraendo la prima alla seconda
( ) ( ) =
− + = = − + 2
2 2
2 2 25
r
4 16 4 16
a r r a
( ) ( )
− + − = =
2 2
per cui l’equazione della circonferenza diventa 1 4 25 con (
1
, 4 ) e raggio =5.
x y H r
=
Il diametro parallelo all’asse delle ascisse ha equazione 4 , per cui le intersezioni della retta
y
= = = −
con la circonferenza sono ( 6
, 4 ), ( 4
, 4 ) .
4
y D E = + +
2
Si determinino poi i coefficienti dell’equazione in modo che le parabole da
y ax bx c
= e siano tangenti all’asse delle ascisse.
essa rappresentate abbiano in comune il punto ( 0
, 4 )
C
=
Il passaggio per C(0; 4) comporta 4 ; inoltre la tangenza all’asse delle ascisse comporta che il
c
=
vertice ( , ) della parabola appartenga all’asse delle ascisse e quindi la sua ordinata sia
V V V
x y 2 2
b b
= − = = =
nulla; in particolare si deve imporre 0 , da cui ricordando che 4 si ricava .
V c c a
y 4 16
a
2 2
b x
= + + .
La famiglia di parabole sarà 4
y bx
16
Tra queste parabole si trovino quelle che passano per l’uno e per 1’altro degli estremi del
diametro suddetto. 9 8
= + = = ∨ = −
⇒
2
b 6
b 0 b 0 b ,
La parabola passante per ( 6
, 4 ) deve soddisfare la condizione
D 4 3
2
4 8 2
= − + = −
= 2
y x x 4 x 2 .
per cui escludendo la soluzione b 0 , la parabola ha equazione
3
9 3
= − = = ∨ =
⇒
2
La parabola passante per E (− 4
, 4 ) deve soddisfare la condizione b 4
b 0 b 0 b 4 , per
( )
= = + + = + 2
2
cui escludendo la soluzione b 0 , la parabola ha equazione y x 4 x 4 x 2 . 2
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Si calcoli infine l’area della regione limitata dalle predette parabole e dall’asse delle x.
L’area è rappresentata in grigio nella figura sottostante: 3
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Il valore dell’area è: 3
3
2 −
x 2
( ) 0
+
2 3
0 3
( ) 2 x 2 8 20
3
∫ ∫
= + + − = + = + =
2
AREA x 2 dx x 2 dx 4
3 3 2 3 3
− −
2 0 2
0
PROBLEMA 2
Data una circonferenza di diametro AB = 2r, si prendano su di essa, da parte opposta di AB,
π α
= =
ˆ
ˆ . Si consideri la funzione:
due punti C e D tali che A B C , B A D
3
−
2 2
AD CD α
= =
espressa per mezzo di e se ne studi il grafico.
y x tan
2
BC
Si consideri la figura seguente:
Per il teorema dei triangoli rettangoli si ha:
( ) ( )
α α
= ° − =
AD 2 r sin 90 2 r cos
( ) ( )
= ° = = ° =
BC 2 r sin 30 r , AC 2 r sin 60 r 3
Per il teorema di Carnot applicato al triangolo ACD si ha:
( ) ( ) ( ) ( )
α α α α
= + − ⋅ ⋅ ⋅ ° + = + − ° +
2 2 2 2 2 2 2
CD AD AC 2 AD AC cos 30 4 r cos 3
r 4 r 3 cos cos 30 da
cui sviluppando ulteriormente i calcoli si ha
( ) ( ) ( ) ( )
3 1
α α α α
=
= + − −
2 2 2 2 2
CD 4 r cos 3
r 4 r 3 cos cos sin
2 2
( ) ( )
( )
α α α
= − + +
2 2 2 2
2 r cos 2 r 3 sin cos 3
r . 4
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La funzione diventa allora
[ ]
( ) ( ) ( ) ( )
α α α α
− − + +
2 2 2 2 2 2
4 r cos 2 r cos 2 r 3 sin cos 3
r
= =
y 2
r ( )
α
+
( ) ( ) ( ) ( )
1 cos 2
α α α α
= − − = − − =
2
6 cos 2 3 sin cos 3 6 3 sin 2 3
2
( ) ( )
α α
= −
3 cos 2 3 sin 2
α
≤ ≤ °
0 90 .
con ( ) ( )
α
α
− 2
( ) ( )
1 tan 2 tan
α α
α = = =
Ricordando che cos 2 , sin 2 , posto x tan , la funzione
( ) ( )
α
α
+ +
2 2
1 tan 1 tan
− − − +
2 2
1 x 2 x 3 x 2 3 x 3 α
= − = ≤ ≤ °
y 3 3
diventa: . La limitazione 0 90 si traduce in
+ + +
2 2 2
1 x 1 x 1 x
≥
x 0 . − − +
2
3 x 2 3 x 3
=
y senza la limitazione e poi selezioneremo la parte
Studiamo allora la funzione + 2
1 x
≥
di grafico con la limitazione x 0 .
Dominio: la funzione è definita sull’intero asse reale;
Intersezioni asse ascisse:
− − + − ±
2
3 x 2 3 x 3 3 2 3 3
= = + − = = = − =
⇒ ⇒ ⇒
2
y 0 3 x 2 3 x 3 0 x x 3 , x
+ 1 2
2 3 3
1 x = =
⇒
Intersezioni asse ordinate: x 0 y 3 ;
− − +
2
3 x 2 3 x 3 3
= > + − < − < <
⇒ ⇒
2
Positività: y 0 3 x 2 3 x 3 0 3 x ;
+ 2 3
1 x
Asintoti verticali: non ce ne sono visto il dominio di definizione;
Asintoti orizzontali: l’asintoto orizzontale, destro e sinistro, esiste ed è unico ed ha
− − +
2
x x
3 2 3 3
= = −
;
equazione y lim 3
+ 2
→ ±∞ 1 x
x
Asintoti obliqui: la presenza dell’asintoto orizzontale esclude la presenza dell’asintoto
obliquo, trattandosi di una funzione razionale fratta;
Crescenza e decrescenza: la derivata prima risulta essere
( ) ( ) ( )
( )
− − + − − − + − −
2 2 2
6 x 2 3 1 x 2 x 3 x 2 3 x 3 2 3 x 2 3 x 1
= =
y ' per cui
( ) ( )
2 2
+ +
2 2
1 x 1 x
( ) ( ) ( ) ( )
− −
2
2 3 x 2 3 x 1
= > − − > < − ∨ > +
⇒ ⇒
2
y ' 0 x 2 3 x 1 0 x 3 2 x 3 2 , per cui la
( )
2
+ 2
1 x 5
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( ) ( ) ( )
< − ∨ > + = −
funzione è crescente per x 3 2 x 3 2 , all’ascissa x 3 2 presenta un
( )
= +
massimo relativo all’ascissa x 3 2 presenta un minimo relativo;
( )
− − − +
3 2
4 3 x 9 x 3 3 x 3
=
Flessi: la derivata seconda risulta essere pari a y ' ' e si può
( )
3
+ 2
1 x
dimostrare che si annulla tre volte per cui la curva presenta tre flessi alle ascisse
≅ ≅ ≅ −
x 5 . 67 , x 0 . 36
, x 0 . 84 .
1 2 3
Il grafico è sotto presentato: ≥
Tenendo presente la limitazione geometrica x 0 il grafico diventa: 6
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PROBLEMA 3 ( ) ( ) π
= ≤ ≤
y sin 2 x cos x
Si studi la variazione della funzione nell’intervallo .
0 x 2
( ) ( ) π
= ≤ ≤
y sin 2 x cos x .
Studiamo allora la funzione nell’intervallo 0 x 2
[ ]
π
0
, 2
Dominio: ;
Intersezioni asse ascisse:
( ) ( )
= = ⇒
y sin 2 x cos x 0 π
( ) π
= = = =
⇒
sin 2 x 0 x 0
, x , x
2
π π
( ) 3
= = =
⇒ ,
cos x 0 x x
2 2 = =
⇒
Intersezioni asse ordinate: x 0 y 0 ;
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) π
= = ≥ ⇔ ≥ ≤ ≤
⇒
2
Positività: y sin 2 x cos x 2 sin x cos x 0 sin x 0 0 x ;
Asintoti verticali: non ce ne sono visto il dominio di definizione;
Asintoti orizzontali: non ce ne sono visto che la funzione in esame è limitata;
Asintoti obliqui: non ce ne sono;
Crescenza e decrescenza: la derivata prima risulta essere
( ) ( ) ( ) ( )
= − =
y ' 2 cos 2 x cos x sin 2 x sin x
[ ] [ ]
( ) ( ) ( ) ( )
= − − − =
2 2
2 cos x 2 cos x 1 2 cos x 1 cos x
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
= − = − +
3
6 cos x 4 cos x 6 cos x cos x cos x
3 3
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
= − + ≥ − ≤ ≤ ∨ ≥
⇒
da
per cui y ' 6 cos x cos x cos x 0 cos x 0 cos x
3 3 3 3
7
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cui
π π
( )
2 2 2 3
π
− ≤ ≤ ≤ ≤ − ∨ + − ≤ ≤
⇒
cos x 0 x arccos arccos x
3 2 3 3 2
( ) 2 2 2
π π
≥ ≤ ≤ ∨ − ≤ ≤
⇒
cos x 0 x arccos 2 arccos x 2
3 3 3
Flessi: derivata seconda risulta essere
9
= − + = − = ⇒
2 2
y ' ' 18 cos ( x ) sin( x ) 4 sin( x ) 4 sin( x ) 1 cos ( x ) 0
2
π π
= = = =
⇒
sin( x ) 0 x 0
, x , x 2
9 2 2
π
− = = ± = − ±
⇒
2
1 cos ( x ) 0 x arccos , x 2 arccos
2 3 3
2 2
π π
= = ± = − ±
x
Per cui le ascisse , sono le ascisse dei
arccos , 2 arccos
x x
3 3
cinque flessi:
( )
π
=
F , 0 ,
1
2 4 7 2 4 7
= = −
F F .
arccos , , arccos , ,
2 3
3 27 3 27
2 4 7 2 4 7
π π
= − − − = − −
F F
2 arccos , , 2 arccos ,
4 5
3 27 3 27
Inoltre
π
2 3
± < <
y y
' ' arccos 0
, ' ' 0
3 2
π
2 2
π π
> − > >
+
y ' ' arccos 0
, y ' ' 2 arccos 0
, y ' ' 0
3 3 2
π
2 3
= ± =
x x e tre minimi alle
Per cui ci sono tre massimi alle ascisse arccos ,
3 2
π
2 2
π π
= + = − =
ascisse :
x x , x
arccos , 2 arccos
3 3 2
π
3 2 4 3 2 4 3
= = = −
M , 0 , M arccos , , M arccos , ,
1 2 3
2 3 9 3 9
π
2 4 3 2 4 3
π π
= = + − = − −
m m m
, 0 , arccos , , 2 arccos ,
1 2 3
2 3 9 3 9
8
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Il grafico è sotto presentato:
PROBLEMA 4
Si determini l’altezza e il raggio di base del cono di volume minimo circoscritto ad una data
sfera di raggio r.
Si consideri la figura seguente:
⋅
2
HB CH
π
=
V .
Il volume è 3 9
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