1997 - Liceo scientifico di ordinamento - prova completa

Sessione ordinaria 1997 Liceo di ordinamento Soluzione di De Rosa Nicola

c) 3

= − +

y x k dove il valore k

La retta tangente alla parabola e parallela alla retta AB ha equazione 3

lo troviamo imponendo la condizione di tangenza:

⎧ 2 3 2 3

= −

2

⎪ y x x

⎪ 2 3 2 3 3 2 3 3

3

r 3 ⇒ − = − + ⇒ − − = ⇒

2 2

⎨ x x x k x x k 0

3

r 3 3 3

r 3

⎪ 3

= − +

y x k

⎪

⎩ 3 − − =

2

2 3 x r 3 x 3

rk 0

Da cui la condizione di tangenza impone:

( ) ( ) 3

r

2 + = ⇒ = − → = −

2

3 4 2 3 * 3 0 24 3 3

r rk rk r k 24

Da cui la tangente è 3 r 3

= − −

t : y x 3 24

Calcoliamo ora il punto di contatto tra tangente e parabola:

⎧ 2 3 2 3

= −

2

⎪ y x x

⎪ 2 3 2 3 3 3 2 3 3 3

r r

3 3

r ⇒ − = − − ⇒ − + = ⇒

2 2

⎨ 0

x x x x x

3 3 3 24 3 3 24

r

r

⎪ 3 3

r

= − −

y x

⎪

⎩ 3 24 − + = ⇒

2 2

16 3 8 3 3 0

x r x r ( ) 3

r r

− + = ⇒ − = ⇒ = ⇒ = −

2

2 2

16 8 0 4 0

x rx r x r x y

4 8

⎛ ⎞

r r 3

⎜ ⎟

= −

T ,

Quindi il punto di contatto è ⎜ ⎟

4 8

⎝ ⎠ ( )

3

= − − ⇒ + − =

La retta AB la riscriviamo come AB : y x r x 3 3 y r 3 0

3

Per cui la distanza di T dalla retta AB è:

⎛ ⎞ 3 3

r r

r r 9 r

− −

+ − −

⎜ ⎟ −

3 3

r

3 3 * 3 3

r 3

⎝ ⎠ 4 8

4 8 9 r

8

= = = =

d ( ) 16

2 12 2 3

+ 2

3 3 4

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d)

Calcoliamo i punti di intersezione tra circonferenza e parabola:

⎧ + =

2 2 2

x y r 2

⎛ ⎞

⎪ ⎛ ⎞

2 3 2 3 4 4 8

⎜ ⎟

⇒ + − = ⇒ + + − = ⇒

⎜ ⎟

2 2 2 2 4 2 3 2

⎨ x x x r x x x x r

⎜ ⎟

2 3 2 3 ⎝ ⎠

2

= − 3 3 3 3

r r

⎝ ⎠ 3

r

2

⎪ y x x

⎩ 3 3

r − + − = ⇒

4 3 2 2 4

4 8 7 3 0

x rx r x r

( )

( )( )

− + − + = ⇒

2 2

2 2 3 3 0

x r x r x rx r

r

= = −

,

x r x 2

Consideriamo ora la seguente figura:

Le aree di interesse si calcolano in tal modo:

⎤

⎡ ⎛ ⎛

⎞ ⎞

r r r

2 3 2 3 2 3 2 3

∫ ∫ ∫

⎜ ⎜

⎟ ⎟

= − − − = − − − = −

⎥

⎢ 2 2 2 2 2 2

S r x x x dx r x d x x x d x I I

⎜ ⎜

⎟ ⎟ 1 2

1 ⎥

⎢ 3 3 3 3

r r

⎝ ⎝

⎠ ⎠

⎦

⎣

r r r

− − −

2 2 2 5

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r

∫

= −

2 2

Calcolo I r x d x

1 r

− 2 ( ) ( )

ϑ ϑ ϑ

= → = −

x r * cos dx r * sin d

Si effettua la sostituzione

Ora ( )

ϑ ϑ

= → = → =

cos 1 0

x r π

( ) 1 2

r ϑ ϑ

= − → = − → =

cos

x 2 2 3

Per cui π π

2 2 ( )

ϑ

−

( ) ( ) ( )

0

r 3 3

( ) ( ( )

) ( ) 1 cos 2

∫ ∫ ∫ ∫

ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ

= − = − − = − − = =

2 2 2 2 2 2 2

I r x d x r r d r d r d

1 cos * sin sin

1 2

π

2

r 0 0

− 2 3

π

2

( ) ⎞

⎛

ϑ ϑ π π +

( ) ( )

⎡ ⎤

sin 2 3 8 3 3

3 ⎟

⎜ =

− = +

2 2 2

r r r

⎥

⎢ ⎟

⎜

⎣ ⎦

2 4 3 8 24

⎠

⎝

0

Calcolo r

⎛ ⎞ ⎡ ⎤

r 2 3 2 3 2 3 3 2 3 3 3 3

∫ ⎜ ⎟

= − = − = − + + =

2 3 2 2 2 2 2

⎢ ⎥

I x x d x x x r r r r 0

⎜ ⎟

2 3

r 3 9 r 3 9 3 36 12

⎝ ⎠ ⎣ ⎦ r

r −

− 2

2

Per cui π +

8 3 3

= 2

r

S

1 24

Da cui π π

+ −

8 3 3 16 3 3

π π

= − = − =

2 2 2

S r S r r

2 1 24 24 6

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+ +

4 2

x ax b

2) Sono assegnate le funzioni in x: dove a, b sono parametri reali.

+

2

x 1

a) Fra tali funzioni indicare con f(x) quella per cui la curva k di equazione y = f(x), disegnata

in un piano riferito ad un sistema di assi cartesiani ortogonali (Oxy), soddisfi alle seguenti

condizioni:

la retta di equazione y = 1 sechi k in due punti e sia tangente ad essa in un punto;

l'asse x sia tangente a k in due punti distinti.

b) Disegnare l'andamento di k.

c) Calcolare l'area della regione piana delimitata da k e dall'asse x.

⎛ ⎞

x

3

∫ ⎜ ⎟

d) Calcolare: .

f dx

⎝ ⎠

3

0

1) = =

y 1 y 1

e che la retta sechi la

Imponiamo la prima condizione di tangenza in un punto alla retta

curva in 2 punti: ⎧ + +

4 2

x ax b

=

⎪ ( ) ( )

y ⇒ + − + − =

+ 4 2

⎨ 2 1 1 0

x a x b

1

x

⎪ =

⎩ 1

y =

y 1 e che la suddetta retta sechi la curva

Ora dire che la curva ha un punto di tangenza con la retta ( ) ( )

+ − + − =

4 2

stessa in due punti distinti, equivale a dire che l’equazione risolvente x a 1 x b 1 0

deve avere due soluzioni distinte e due coincidenti.

La presenza di due soluzioni coincidenti è assicurata se e solo se

( )

− = ⇒ =

1 0 1

b b [ ]

( ) ( )

+ − = + − =

4 2 2 2

Da cui l’equazione risolvente diventa x a 1 x x x a 1 0 la quale presenterà due

soluzioni coincidenti relative all’ascissa x=0 e due soluzioni distinte e reali se e solo se

( )

− < ⇒ <

a 1 0 a 1

= ± −

Ed in tal caso le soluzioni distinte hanno ascisse x 1 a

1

, 2

Con queste considerazioni imponiamo l’altra condizione e cioè che l’asse delle ascisse sia tangente

alla curva in due punti distinti.

Innanzitutto imponiamo il sistema:

⎧ + +

4 2

x ax b

=

⎪ y ⇒ + + =

+ 4 2

⎨ 2 0

x ax b

1

x

⎪ =

⎩ 0

y + + =

= 4 2

x ax 1 0 .

impone l’equazione

che con la condizione b 1

Ma tale equazione può essere riscritta anche nel seguente modo: 7

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⎧ + + =

⎪ 2

y ay 1 0

⎨

⎪⎩ = 2

y x + + =

2

y ay otteniamo un unico punto di

Ora imponendo la condizione di tangenza sulla curva 1 0

= 2

tangenza in funzione di y e quindi attraverso la condizione y x otteniamo che la curva è

tangente all’asse delle ascisse in due punti distinti. Quindi la condizione da imporre è:

− = ⇒ = ±

2

a 4 0 a 2

= − <

è accettabile dovendosi avere per soddisfare la prima

Di cui solo la soluzione a 2 a 1

condizione.

In conclusione la curva finale è: ( ) ( ) ( )

2

− − +

− + 2 2

2

4 2 x 1 x 1 x 1

x 2 x 1

= = =

y + + +

2 2 2

x 1 x 1 x 1

b) ( ) ( )

− +

2 2

x x

1 1

=

y

Studio della funzione +

2

x 1

∀ ∈

Dominio: x R = → = ±

y 0 x 1

Intersezione asse x: = → =

x 0 y 1

Intersezione asse y: ( ) ( ) ( ) ( )

− − − + − +

2 2 2 2

( ) x x x x

1 1 1 1

− = = =

f x f ( x )

Parità o disparità: la funzione è pari, infatti +

+

2 2

x x

1 1

Asintoti: non ci sono asintoti verticali, orizzontali ed obliqui

( ) ( )

− +

2 2

x x

1 1

± ∞ = +∞

Comportamento a : lim +

2

→ ±∞ x 1

x

Crescenza e decrescenza:

( )

( )( )

− + +

2

( ) ( )( )

x x x x

2 1 1 3

= > ⇒ − + >

I che studiamo studiando separatamente ogni

y x x x x

0 1 1 0

( )

2

+

2

x 1

fattore: 8

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Inoltre ( )

+ + −

6 4 2

( ) 2 x 3 x 15 x 3

=

II

y x ( )

3

+

2

x 1

( ) ( )

− = > → −

II

y 1 2 0 1

,

0 è un minimo

( ) ( )

= − < →

II

y 0 3 0 0

,

1 è un massimo

( ) ( )

= > →

II

y 1 2 0 1

,

0 è un minimo

( )

+ + −

6 4 2

( ) x 3 x 15 x 3 2

= = ⇔ = ± − − + +

II 3

Inoltre si dimostra che y x 0 x 1 2 1 2

( )

3

+ +

2 3

x 1 1 2

Il grafico è sotto rappresentato: 9

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c)

L’area cercata è rappresentata dalla figura sottostante:

E l’area è:

− + ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

1 1 1

4 2

2 1 4 4

x x

∫ ∫ ∫

= = − + = − +

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

2 2

3 2 3

A dx x dx x

+ + +

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2 2 2

1 1 1

x x x

− −

1 1 0

1

⎡ ⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

3 ( ) ( )

x 1 8 16

π π

= − + = − + = − = −

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎢ ⎥

x arctg x arctg

2 3 4 2 3 4 1 2 2

⎠ ⎝ ⎠

⎝

⎣ ⎦

3 3 3 3

0

In cui abbiamo sfruttato la parità della funzione

d)

Calcoliamo: ⎛ ⎞

x

3

∫

= ⎜ ⎟

I f dx

⎝ ⎠

3

0

x = → = = → = =

= x 0 t 0

, x 3 t 1

, dx 3

dt

Operiamo la sostituzione per cui

t da cui deriva:

3

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

( ) ( )

x 3 3 16

3 1 1

∫ ∫ ∫ π π

= = = = − = −

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

I f dx 3 f t dt f t dt 2 3 8

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

−

3 2 2 3

0 0 1

In cui ancora una volta è stata sfruttata la parità della funzione. 10

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3) Considerare i coni circolari retti in cui è uguale a una lunghezza assegnata la somma

del doppio dell'altezza col diametro della base. Fra tali coni determinare quello di volume

massimo e stabilire se ha anche la massima area laterale. Nel cono di volume massimo

inscrivere poi il cilindro circolare retto avente la base sul piano di base del cono e volume

massimo.

A completamento del problema, considerata una funzione reale di variabile reale f(x), definita

in un intervallo I, e detta f(x) decrescente in I se x' < x'' implica f(x') > f(x'') per ogni x', x'',

dimostrare il seguente teorema:

Sia f(x) una funzione reale di variabile reale derivabile in un intervallo I. Condizione

sufficiente ma non necessaria affinché f(x) sia decrescente in I è che risulti f'(x) < 0 per ogni x

appartenente ad I.

a)

Consideriamo il cono ABC con raggio di base BH ed altezza CH:

Per ipotesi si sa che + =

2

CH 2 AB 2 k >

in cui la costante assegnata per comodità è stata indicata con , ovviamente con .

2 k k 0

Quindi la relazione diventa: + =

CH AB k

Il volume del cono è: π ( ) ( )

= 2

V BH CH

3

= il volume lo si esprime in questo modo:

per cui posto BH x π ( )

= −

2

V x k x

3

≤ ≤ .

con la limitazione geometrica 0 x k

Calcoliamo ora le derivate del volume per trovare eventuali punti di massimo o minimo: 11

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π ( ) ( ) k

2

= − > ⇒ − > ⇒ < <

I 2 2

V kx x kx x x

2 3 0 2 3 0 0

3 3

π ( )

= −

II

V k x

2 6

3 π

⎛ ⎞

k k

2 2

= − <

⎜ ⎟

II

V 0

⎝ ⎠

3 3 2k

=

Per cui il valore massimo del volume del cono lo si ha in corrispondenza di x e tale massimo

3

π π

2 ⎞

⎛

⎞

⎛

⎞

⎛ 3

2 2 2 4

k k k k

=

−

= ⎟

⎜

⎟

⎜

⎟

⎜

vale V k .

⎠

⎝

⎠

⎝

⎠

⎝ 3 3 3 3 81

L’area laterale è data dalla formula seguente:

( ) ( ) ( )

1 π π π π π

= = = + = + − = − +

2

2 2 2 2 2

A 2 BH CB BH CB BH BH CH x x k x x 2 x 2 kx k

L 2

Anche in tal caso ne calcoliamo la derivata prima:

( ) ( )

⎡ ⎤ − + + −

− 2 2

2 x k 2 x 2 kx k x 2 x k

π π =

=

= − + +

I 2 2

⎢ ⎥

A 2 x 2 kx k x

L − +

− +

⎣ ⎦

2 2 2 2

2 x 2 kx k 2 x 2 kx k

− +

2 2 [ ]

4 x 3

kx k

π > ⇒ − + > ⇒ ∀ ∈

2 2

0 4 x 3

kx k 0 x 0

, k

− +

2 2

2 x 2 kx k ∆ = − < ∀

2

7 k 0 k .

dal momento che il [ ]

0

, k

Quindi il massimo dell’area laterale lo si raggiunge in uno degli estremi dell’intervallo : in

particolare ( )

= =

A x 0 0

L ( ) π

= = 2

A x k k

L = in corrispondenza del quale il volume assume

Per cui l’area laterale massima la si ha per x k

valore nullo.

b)

Si consideri la figura sottostante: 12

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Il volume del cilindro EDFH è pari a: ( )

π

= 2

V HE GE

k

2

= ≤ ≤ =

HE x x BH

Ora poniamo ,

0 3

L’altezza GE la si ricava sfruttando la similitudine tra i triangoli rettangolo CHB e GEB per cui si

ha: ⇒

=

CH HB GE EB

: :

⎛ ⎞

k k k

2 2

= − ⇒

⎜ ⎟

GE x

: : ⎝ ⎠

3 3 3

⎛ ⎞

k

1 2

= −

⎜ ⎟

GE x

⎝ ⎠

2 3

Per cui il volume sarà: π ⎛ ⎞

( ) k k

2 2

π

= = − ≤ ≤

⎜ ⎟

2 2

V HE GE x x x

,

0

⎝ ⎠

2 3 3

Calcoliamo le derivate:

π ⎞

⎛ 4 4

k k

> ⇒ < <

= − ⎟

⎜ 2

I 3 0 0

V x x x

⎠

⎝

2 3 9

π ⎞

⎛ 4 k

= − ⎟

⎜

II 6

V x ⎠

⎝

2 3 π

⎞

⎛ 4 2

k k

= − <

⎟

⎜

II 0

V ⎠

⎝ 9 3 4k

=

x e tale valore massimo vale

Per cui il massimo del volume lo si ha per 9

π π

2 ⎞

⎛

⎞

⎛

⎞

⎛ 3

4 4 2 4 16

k k k k k

=

−

= ⎟

⎜

⎟

⎜

⎟

⎜

V .

⎠

⎝

⎠

⎝

⎠

⎝ 9 2 9 3 9 729

c)

La condizione sufficiente del teorema la si dimostra ricordando un ulteriore teorema, quello di

[ ] ⊆ <

' '

' ' '

'

x , x I con in cui per ipotesi

Lagrange: prendiamo a tal proposito un intervallo x x

( ) <

I

f x 0 .

Tale teorema afferma che ( ) ( )

] [ −

'

' '

( ) f x f x

ξ ξ

∃ ∈ =

' '

' I

, :

x x f −

' ' '

x x

[ ]

( ) < ∀ ∈ ⊆

' '

'

I

f x 0 x x , x I si ha

Essendo 13

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