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Sessione straordinaria PNI 2002 Soluzioni a cura di Nicola De Rosa
Punto 2
Posto che la terna (x; y; z) sia una soluzione del sistema [1], studiare la curva di equazione:
b x
− = +
y z
( )
−
a a b a
Per il teorema di Cramer le tre soluzioni sono:
2
1 a a
a a ab ( ) ( ) ( )( ) ( )
2 2 2 + + − + + − − −
a b a a b 3 4 2 5 5 3 4 4 2
a b a b a a b a b a b a 1 b a b a 1 b
= = = =
x ( )
( ) ( ) ( ) −
− − −
2 2 2
2 2 2 a b
a a b a a b a a b
2
1 1 a
1 a ab ( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 2 + + − + + − − −
b a b a b 3 2 4 3 3 2 2 2 2
a b ab a b a b a b a b ab a 1 a b b a 1
= = = =
y ( )
( ) ( ) ( ) −
− − −
2 2 2
2 2 2 a a b
a a b a a b a a b
a
1 1
a a
1 ( ) ( ) ( )( )
+ + − + + − − −
2 2 3 2 2 3 3
b a a b a b a b a ab a b a a a a b a
1 1
= = = =
z ( )
( ) ( ) ( ) −
− − −
2 2 2
2 2 2 a a b
a a b a a b a a b
b x
− = +
La curva y z diventa
( )
−
a a b a
( ) ( )
− − − ( )
2 2 ( )
b a 1 b a 1 b 1 a
− = + − − = − + −
⇒ ⇒
2 2
b a 1 b a 1 b 1 a
( ) ( ) ( ) ( )
− − − −
a a b a a b a a b a a b − +
( ) 2
a a 1
=
− − + = − +
⇒ ⇒
2 2 2 ( )
b a 1 b a b a a 1 b −
2
2 a 1
− +
2
a a 1
= = ∧ =
( )
b
Bisogna allora disegnare la curva da cui vanno esclusi i punti a 0 a b , cioè il
−
2
2 a 1
1 =
−
e i punti intersezione della curva con la bisettrice del primo e terzo quadrante .
punto b a
0
,
2 − +
2
a a 1
= ( )
b
Studiamo allora la curva .
−
2
2 a 1
{ }
±
R / 1
:
Dominio : non ve ne sono
Intersezione asse ascisse
1
−
:
Intersezione asse ordinate 0
,
2
Positività:
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− + ( )
2
a a 1
= > − > < − ∨ >
⇒ ⇒
2
( )
b 0 a 1 0 a 1 a 1
−
2
2 a 1 − + − +
2 2
a a 1 a a 1
= ±∞ = ∞ = ±
( ) ( )
Asintoti verticali: lim , lim per cui a 1 sono due asintoti
m
− −
2 2
± ±
→ → −
2 a 1 2 a 1
a 1 a 1
verticali − +
2 1
a a 1 1 =
=
( ) b è asintoto orizzontale
Asintoti orizzontali: lim per cui la retta
−
2
→ ±∞ 2
2
2 a 1
x
Asintoti obliqui: non ve ne sono data la presenza degli asintoti orizzontali
Crescenza e decrescenza: − + − + −
2 3 2
( ) ( )
a 4 a 1 a 6 a 3
a 2
= =
b ' a , b ' ' a per cui
Le derivate prima e seconda sono ( ) ( )
2 3
− −
2 2
2 a 1 a 1
− +
2
( ) a a
4 1
= > < − ∨ > +
⇒
b ' a 0 a 2 3 a 2 3
( )
2
−
2
2 a 1
− +
2
( ) a 4 a 1
= > − < < +
⇒
b ' a 0 2 3 a 2 3
( )
2
−
2
2 a 1
− +
2
( ) a a
4 1 = ±
= = ⇒
b ' a 0 a 2 3
( )
2
−
2
2 a 1
( ) ( )
− < + >
b ' ' 2 3 0
, b ' ' 2 3 0 = −
In base alle considerazioni sopra effettuate deduciamo che a 2 3 è ascissa di massimo relativo
= +
e a 2 3 è ascissa di minimo relativo.
Il grafico è di seguito presentato:
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PROBLEMA 2
Con riferimento ad un sistema di assi cartesiani ortogonali (Oxy):
Punto 1
studiare le funzioni: − + − +
3 2 3 2
2 x 6 x x 6 x 12 x
= =
y , y
3 3
e disegnare i loro grafici; ( )
− + −
3 2 2
2 x 6 x 2 x 3 x
= =
Iniziamo a studiare la funzione y 3 3
Dominio : R ( )
− + −
3 2 2
2 x 6 x 2 x 3 x
= = = → = =
y 0 x 0
, x 3
Intersezione asse ascisse: 3 3
= → =
Intersezione asse ordinate: x 0 y 0
Positività:
( )
−
2 ( ) ( ) ( )
2 x 3 x
= > ⇔ ≠ ∪ − > → ∈ − ∞ ∪
y 0 x 0 3 x 0 x , 0 0
,
3
3
Asintoti verticali: non ce ne sono visto che il dominio è l’intero asse reale
= +∞ = −∞
lim f ( x ) , lim f ( x )
Asintoti orizzontali: non ce ne sono , infatti → +∞ → −∞
x x
f ( x ) = −∞
lim
Asintoti obliqui: non ce ne sono, infatti → ±∞ x
x
Crescenza e decrescenza:
= − + > → < <
2
y x x x x
' ( ) 2 4 0 0 2
= − + = → =
y x x x
' ' ( ) 4 4 0 1
= >
y ' ' ( 0 ) 4 0
= − <
y ' ' ( 2 ) 4 0
8 4
è un massimo e è un flesso.
Per cui ( 0
, 0 ) è un minimo, 2
, 1
,
3 3
Ecco il grafico:
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( )
− + − +
3 2 2
x 6 x 12 x x x 6 x 12
= =
y
Studiamo la funzione 3 3
Dominio : R ( )
− + − +
3 2 2
x 6 x 12 x x 6 x 12
= = = → =
Intersezione asse ascisse: y 0 x 0
3 3
= → =
Intersezione asse ordinate: x 0 y 0
Positività:
( )
− +
2
x x 6 x 12
= > ⇔ >
y 0 x 0
3
Asintoti verticali: non ce ne sono visto che il dominio è l’intero asse reale
= +∞ = −∞
lim f ( x ) , lim f ( x )
Asintoti orizzontali: non ce ne sono , infatti → +∞ → −∞
x x
f ( x ) = +∞
lim
Asintoti obliqui: non ce ne sono, infatti → ±∞ x
x
Crescenza e decrescenza:
( )
= − + = − ≥ ∀ ∈
2
2
y ' ( x ) x 4 x 4 x 2 0 x R
= − = → =
y ' ' ( x ) 2 x 4 0 x 2
8
un flesso a tangente orizzontale.
Per cui la funzione è sempre crescente e presenta in 2
,
3
Ecco il grafico:
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Punto 2
dopo aver verificato che, oltre al punto O, tali grafici hanno in comune un altro punto A,
determinare sul segmento OA un punto P tale che, condotta per esso la retta parallela all’asse
y, sia massima la lunghezza del segmento RS, dove R ed S sono i punti in cui la retta interseca
i due grafici suddetti;
Calcoliamo le intersezioni tra le due curve; va risolta l’equazione:
− + − + ( )
3 2 3 2 ( )
x x x x x
2 6 6 12
= → − + = − + = − = → = =
2
3 2 2
3 x 12 x 12 x 3 x x 4 x 4 3 x x 2 0 x 0
, x 2
3 3
8
= =
I punti in comune sono O ( 0
, 0 ), A 2
,
3 4
=
La retta che congiunge questi due punti è la retta y x per cui il generico punto P ha coordinate
3
4
= . Consideriamo allora il grafico seguente in cui sono rappresentate sullo stesso sistema
P k , k
3
le due curve, la retta che congiunge i loro punti di intersezione e la retta parallela all’asse delle
4
= =
ordinate di equazione passante per :
x k ,
P k k
3
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I punti R ed S avranno coordinate: − + − +
3 2 3 2
2 k 6 k k 6 k 12 k
= =
S k , , R k ,
3 3
=
La retta di equazione deve trovarsi tra le ascisse dei punti O ed A, per cui la limitazione
x k
≤ ≤
geometrica è 0 k 2 .
RS
La distanza è: − + − +
3 2 3 2 ( )
k 6 k 12 k 2 k 6 k
= = − = − + = − ≤ ≤
2
3 2
RS f ( k ) k 4 k 4 k k 2 k , 0 k 2
3 3
≥
Poiché deve essere k 0 per la limitazione geometrica, allora
( ) ( )
= = − + = − = − ≤ ≤
2 2
3 2
RS f ( k ) k 4 k 4 k k 2 k k k 2 , 0 k 2
Calcoliamo le derivate: ( )( ) 2
= − + = − − > → < > ≤ ≤
2
f ' ( k ) 3
k 8 k 4 3
k 2 k 2 0 k , k 2 che con la limitazione 0 k 2 implica:
3
2
> → ≤ <
f ' ( k ) 0 0 k .
3
2
= − = − <
⇒ RS
per cui il valore che massimizza la distanza è
Inoltre f ' ' ( k ) 6 k 8 f ' ' 4 0
3
2 32
2 8
= =
= , la distanza massima è RS ed i punti diventano
k da cui P , MAX
3 27
3 9
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2 152 2 56
= =
R , , S ,
3 81 3 81
Punto 3
determinare le coordinate dei punti di ascisse uguali in cui le due curve hanno tangenti
parallele e verificare che, oltre al punto A, si ritrovano i punti R ed S;
Prendiamo ora due punti generici appartenenti alle due curve e di uguale ascissa: le coordinate
generiche sono: − + − +
3 2 3 2
2 6 6 12
k k k k k
= =
P k , , Q k ,
3 3
− +
3 2
x x
2 6
=
y
La tangente alla curva di equazione e passante per P è:
3
− +
3 2 ( )
2 k 6 k
− = −
y m x k
3
[ ] ( )
= = − + = − +
2 2
m y ' ( k ) 2 x 4 x 2 k 4 k
=
x k
Per cui la tangente ha equazione: − +
( )
3 2
( ) 2 k 6 k
= − + − +
2
y 2 k 4 k x k
3
− +
3 2
x 6 x 12 x
=
Analogamente la tangente alla curva di equazione y e passante per Q è:
3
− +
3 2 ( )
k 6 k 12 k
− = −
y m x k
3
[ ]
( ) ( )
= = − = −
2 2
m y ' ( k ) x 2 k 2
=
x k
Per cui la tangente ha equazione: − +
3 2
( ) ( ) k 6 k 12 k
= − − +
2
y k 2 x k
3
Affinché queste due tangenti siano parallele si deve imporre:
( ) ( ) ( )( ) 2
− + = − → − + = → − − = → = =
2
2 2
2 k 4 k k 2 3
k 8 k 4 0 3
k 2 k 2 0 k , k 2
3
( ) 2
= =
k 2 .
e come si nota si ritrovano i punti A ,R ed S k
3
Punto 4
calcolare il volume del solido generato dalla regione finita di piano delimitata dalle due curve
quando ruota di un giro completo intorno all’asse x.
Il volume è pari a:
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2 2 π [ ]
− + − +
2 2
3 2 3 2
x 6 x 12 x 2 x 6 x
π ∫ ∫
= − = − + + − + =
6 5 4 3 2
V dx x 4 x 8 x 48 x 48 x dx
3 3 3
0 0
2
π π
7 6 5
x 2 x 8 x 128 128 256 1216 π
= − + + − + = − + + − + =
4 3
12 x 16 x 192 128
3 7 3 5 3 7 3 5 315
0
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QUESTIONARIO
Quesito 1
In un piano è assegnata una parabola p. Tracciata la tangente t ad essa nel suo vertice,
chiamati M ed N due punti di p simmetrici rispetto al suo asse e indicate con M’ ed N’
rispettivamente le proiezioni ortogonali di M ed N sulla retta t, determinare il rapporto fra
l’area della regione piana delimitata dalla parabola e dalla retta MN e quella del rettangolo
MNN’M’, fornendo una esauriente dimostrazione. = 2
Consideriamo la figura seguente in cui viene presentata la parabola p di equazione y ax con
vertice nell’origine ed asse coincidente con l’asse delle ordinate e i due punti
( ) ( )
= − = >
2 2
M k , ak , N k , ak con k 0 . k
( ) ( )
k k 3 3
ax 4 ak
∫ ∫
= − = − = − =
2 2 2 2 2
S ak ax dx 2 ak ax dx 2 ak x . L’area
L’area in verde è pari a:
3 3
− k 0 0
( )
( )
= ⋅ = ⋅ =
2 3
S MN NN ' 2 k ak 2 ak
del rettangolo MNN’M’ è . Il rapporto tra le due aree è
MNN ' M '
3
ak
4 2
3
= =
R che esprime il risultato del teorema di Archimede.
3 3
2 ak
Quesito 2
Si consideri un cono circolare retto ottenuto dalla rotazione di un triangolo isoscele intorno
all’altezza propriamente detta. Sapendo che il perimetro del triangolo è costante, stabilire
quale rapporto deve sussistere fra il lato del triangolo e la sua base affinché il cono abbia
volume massimo.
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Si consideri la figura seguente raffigurante il triangolo isoscele ABC che ruotando intorno
all’altezza propriamente detta genera un cono circolare retto.
k
=
= < <
AB x
Sia 2 p k ed con 0 x in quanto la base del triangolo non può essere superiore
ABC 2
al semiperimetro. −
− 2
2
k x x 1
k x = − = −
= = = 2
h k 2 kx ed il volume del
AC CB l
Di conseguenza per cui
2 4 2
2 ( )
π π
2
( ) 1 x 1 k
= ⋅ ⋅ − = − < <
2 2 2
V x k 2 kx x k 2 kx 0 x . La massimizzazione del
cono è
3 4 2 24 2
volume la effettuiamo tramite derivazione. La derivata prima della funzione
)
(
π π
−
2 2
( )
( ) 2 k x 5 kx
= − =
2 2
V x x k 2 kx è per cui
V ' x
−
24 24 2
k 2 kx
π
−
2 2
( ) k x kx 2 k
2 5
= > < <
⇒
V ' x 0 0 x
−
24 5
2
k 2 kx
π
−
2 2
( ) 2 k x 5 kx 2 k k
= < < <
⇒
V ' x 0 x
−
24 5 2
2
k 2 kx
π
−
2 2
( ) 2 k x 5 kx 2 k
= = = ∨ =
⇒
V ' x 0 x 0 x
−
24 5
2
k 2 kx
π π
2 2 3
2k 2 k 4 k 4 k 5 k
= = − =
2
Quindi il volume è massimo per x e vale V k . Inoltre
5 5 24 25 5 750
3
k
2 k
−
k
− l 3
k x 3
k 10
5 = =
= = =
l per cui .
2 k
x 4
2 2 10 5
Quesito 3
In un riferimento monometrico di assi cartesiani ortogonali (Oxy) è assegnata l’iperbole di
1 1
= . Considerati su di essa i punti A e B di ascisse rispettivamente a ed , con
equazione y x a
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≠
a≠ 0, si traccino le tangenti all’iperbole in A e B. Calcolare l’area della regione piana
delimitata dall’iperbole e dalle tangenti considerate. ≠
