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Sessione ordinaria LS_ORD 2004 Soluzione di De Rosa Nicola
2)
Le regioni richieste sono indicate nella figura sottostante:
4 2
< <
dove ovviamente 0 c , condizione da soddisfare affinché nel primo quadrante ci siano due
9
intersezioni con la curva e quindi esistano due differenti regioni R ed S.
3)
Dobbiamo imporre h k
( ) ( )
∫ ∫
= − = − ⇔
⇒
A
( R ) A
( S ) c f ( x ) dx f ( x ) c dx
0 h
h k
( ) ( )
∫ ∫
− − − = ⇔
c f ( x ) dx f ( x ) c dx 0
0 h
h k
( ) ( )
∫ ∫
− + − = ⇔
c f ( x ) dx c f ( x ) dx 0
0 h [ ]
k k
( )
∫ ∫
− = ⇔ − + =
3
c f ( x ) dx 0 c 2 x 3 x dx 0
0 0
k
3 3
− + = − + = ⇔
2 4 2 4
cx x x ck k k 0
4 4
0
− + =
4 2
3
k 4 k 4 ck 0
≠ − + =
3
Ora poiché k 0 la condizione soprastante può essere scritta anche come 3
k 4 k 4 c 0 . 3
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= − + =
⇒ 3
Inoltre il punto B appartiene alla curva, cioè f ( k ) c 3
k 2 k c 0 . Quindi dobbiamo
risolvere il sistema seguente: − + =
3
3
k 4 k 4 c 0
− + =
3
3
k 2 k c 0
2
= .
c k
e sottraendo l’una dall’altra si trova facilmente 3
Ora sostituendo questo valore nella seconda equazione abbiamo:
2 4 4 2
− + = − = − = = = ±
⇒ ⇒
3 3 2
3 2 0 3 3 0 0
,
k k k k k k k k k
3 3 9 3
2
= = −
k 0
, k non sono accettabili perché forniscono in corrispondenza un valore
Ora le soluzioni 3
2 2 4
= = =
⇒
di c k negativo o nullo, per cui il valore accettabile è k c . Quindi il punto B ha
3 3 9
2 4
=
coordinate .
B ,
9
3
L’altro punt di intersezione del primo quadrante, A, lo si trova allora dalla soluzione dell’equazione
4
− = − + =
⇒
3 3
2 x 3 x 27 x 18 x 4 0
9 2
= = = − 3
Ora ricordando, dal discorso appena fatto, che x k appartiene alla curva f ( x ) 2 x 3 x , si
3
può applicare Ruffini ed abbassare il grado dell’equazione a 2: infatti si ha:
( ) ( )
( )
2
− + = − + − = − + − =
⇒ ⇒
3 2 2
27 x 18 x 4 0 x 27 x 18 x 6 3 x 2 9 x 6 x 2 0
3 − ± − ±
2 3 3 3 1 3
= = =
x , x
3 9 3
− −
1 3
=
in cui la soluzione x , che rappresenta l’ intersezione della retta con la curva nel
3
secondo quadrante,va scartata in quanto negativa. 4
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− + − +
1 3 2 1 3 4 2 4
= = = =
In conclusione x x , per cui
, e
A , B ,
A B
3 3 3 9 3 9
4) = − 3
Le equazioni della simmetria che trasformano f ( x ) 2 x 3 x nella sua simmetrica e viceversa,
sono: =
x ' x
( )
4 8
= − = − − 3
y ' 2 y 2 x 3 x
9 9 8
= − +
3
3 2
Per cui l’equazione della curva simmetrica, tralasciando gli apici, sarà y x x , come
9
rappresentato nella figura seguente: 5
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Soluzione
1)
Si consideri la figura seguente:
Ogni triangolo rettangolo è inscrivibile in una semicirconferenza con diametro pari all’ipotenusa;
per cui la mediana che divide l’ipotenusa in due parti uguali non è altro che il segmento
congiungente un punto della semicirconferenza con il centro; cioè per definizione di raggio la
mediana coincide con il raggio della circonferenza circoscritta al triangolo rettangolo, per cui è la
metà dell’ipotenusa BC.
2)
Facciamo tali assunzioni: c lunghezza del cateto AB
b lunghezza del cateto AC
a lunghezza dell' ipotenusa BC
h misura dell' altezza AH bc ah
= =
In base a tali assunzioni, ricordando che l’area di un triangolo rettangolo è A , va risolto
2 2
il seguente sistema: 6
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ah
= =
bc ah b
⇒
c
+ =
2 2 2
c b a + =
2 2 2
c b a
Quindi sostituendo si ha: 2
2 2
a h
ah
+ = + − = − + =
⇒ ⇒
2 2 2 2 4 2 2 2 2
c a c a 0 c c a a h 0
2
c c = 2
x c da cui:
Cioè ci troviamo di fronte ad una equazione biquadratica che si risolve ponendo
± −
2 4 2 2
a a 4 a h
− + = =
⇒
2 2 2 2
x xa a h 0 x 2
± −
2 4 2 2
a a a h
4
= ±
c in cui la soluzione col meno va evidentemente scartata in quanto
e quindi 2 ± −
2 4 2 2
4
a a a h
=
negativa. Quindi c . Ora ricordando la formula dei radicali doppi si ha:
2 ( ) ( )
+ − − − − −
± − 2 4 4 2 2 2 4 4 2 2
2 4 2 2 a a a 4 a h a a a 4 a h
a a 4 a h 1
= = ± =
c
2 2 2
2
[ ]
+ −
2 2
1 a 2 ah a 2 ah 1
= ± = + ± −
2 2
a 2 ah a 2 ah
2 2 2
2
Per l’altro cateto invece: ( )
+ −
2 2
ah ah 2 ah a 2 ah a 2 ah
m
= = = =
[ ] ( )
b + − −
2 2
1
c a 2 ah a 2 ah
+ ± −
2 2
a 2 ah a 2 ah
2 )
( + − + −
2 2 2 2
2 ah a 2 ah a 2 ah a 2 ah a 2 ah
m m
= =
4 ah 2
3)
Consideriamo la figura sottostante: 7
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= −
= ≤ ≤
2
AC 3 x
Posto AB x si ha con 0 x 3 . Il volume del cono è pari a:
( )
( ) 1 1 π
= = − ≤ ≤
2
V x A h x 3 x , 0 x 3
*
cono base
3 3
Calcoliamo ora le derivate: ( )
( ) π
= − ≥ ≤ ≤
⇒
' 2
V x 1 x 0 1 x 3
cono ( ) π
= −
' '
V x 2 x
cono ( ) π
= − <
' '
V 1 2 0
cono =
per cui il volume massimo lo si raggiunge per x 1 ed è pari a
π ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
= = ≅ =
3 3
1
V x V m 2 . 0944 m 2094 . 4 litri
cono max cono 3 π
= ≤ ≤
ˆ
Un modo alternativo di procedere è utilizzare la trigonometria, per cui posto B
C A x , 0 x , si
2
ha: = =
AC 3 cos( x ), AB 3 sin( x )
per cui ( )
( )
( ) 1 1 π π π
= = = =
2 2
V x A * h 3 cos ( x ) 3 sin( x ) 3 sin( x ) cos ( x ) 3 g ( x )
cono base
3 3 π
= ≤ ≤
2
con g ( x ) sin( x ) cos ( x ), 0 x 2
Anche in tal caso si procede attraverso le derivate per la massimizzazione della funzione
π
= ≤ ≤
2
g ( x ) sin( x ) cos ( x ) con 0 x :
2 8
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= − =
3 2
g ' ( x ) cos ( x ) 2 cos( x ) sin ( x )
[ ]
= − =
2 2
cos( x ) cos ( x ) 2 sin ( x )
[ ]
= −
2
cos( x ) 3 cos ( x ) 2
π
≥ ∀ ∈
Ora per cui :
cos( x ) 0 x 0 ,
2
[ ] [ ] 2 2
= − ≥ − ≥ ≤ − ∪ ≥
⇒ ⇒
2 2
g ' ( x ) cos( x ) 3 cos ( x ) 2 0 3 cos ( x ) 2 0 cos( x ) cos( x )
3 3
2 π
≤ −
cos( x )
Ora la disequazione nell’intervallo non è mai verificata poiché in esso il
0 ,
3 2
2 2
π
≥ ≤ ≤
cos( x )
coseno è sempre positivo, mentre in è verificata per , per
0 , 0 x arccos
3 2 3
2
π
≥ ≤ ≤
⇒
g ' ( x ) 0 .
cui in 0 , 0 x arccos
2 3
Ora per la derivata seconda si ha: [ ]
= − + = −
2 2
g ' ' ( x ) 9 cos ( x ) sin( x ) 2 sin( x ) sin( x ) 2 9 cos ( x )
2 1 2 4
= − = − <
g ' ' arccos 2 9 0
3 3
3 3
2
=
In conclusione il valore dell’angolo che massimizza il volume è ed il volume
x arccos
3
( )
( ) 2 1 2 2
π π
= = = ≅
3
massimo è V x V arccos 3 m 2094 . 4 (
litri ) come già
cono cono
max
3 3 3
3
precedentemente mostrato.
4)
Lo sviluppo piano della superficie laterale del cono rappresenta un settore circolare di raggio pari
all’apotema del cono, pari cioè all’ipotenusa del triangolo di partenza come sotto rappresentato: 9
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α
Il nostro scopo è determinare l’angolo . Ricordando che la lunghezza di un arco di circonferenza
α
=
l BC * , dove l
è pari al prodotto del raggio per l’angolo al centro espresso in radianti si ha:
π π π
= = − =
rappresenta la circonferenza di base del cono e quindi è l 2 r 2 3 1 2 2 per cui
π ( )
l 2 2 2
α π
= = = ≅
2 5 . 1302 rad ed espresso in gradi è
BC 3
3
°
2 180 2
α π
= = ° ≅ °
.
2 * 180 * 2 293 56 ' 20 ' '
π
3 3
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Soluzione
1)
Bisogna risolvere il sistema + =
a b ab
≠
a b
Ora la prima condizione, quella di uguaglianza tra somma e prodotto può essere riscritta come
a
= = ≠
b , per cui tale relazione non è definita per a 1 . Inoltre la condizione a b comporta
−
a 1 ( )
a ≠ − ≠ − ≠ ≠ ∩ ≠
⇒ ⇒ ⇒
2
a a a 1 a a 2 a 0 a 0 a 2 . Quindi tutte le coppie ( a , b ) che
−
a 1
soddisfano al sistema a
=
b −
a 1
≠ ∩ ≠
a a
0 2
soddisfano le richieste del quesito. a b
Il quesito può anche essere interpretato geometricamente: in particolare le coppie di numeri ( , )
che soddisfano al quesito, sono quelle coppie che danno luogo ad una funzione omografica di
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= =
a b
asintoto verticale 1 ed asintoto orizzontale 1 , da cui vanno escluse le due coppie ( 0
, 0 ), ( 2
, 2 )
per le considerazioni sopra fatte, perché ( 0
, 0 ), ( 2
, 2 ) soddisfano alla condizione che la somma sia
uguale al prodotto, ma hanno ascissa ed ordinata uguale. Cioè in conclusione le coppie richieste
a
=
b cui vanno sottratte quelle
sono tutte quelle che appartengono all’iperbole di equazione −
a 1
date dall’intersezione dell’iperbole con la bisettrice del primo e terzo quadrante di equazione
=
b a come sotto rappresentato:
2)
Si consideri la figura seguente in cui vengono rappresentati in sezione la sfera ed il cilindro
equilatero: h
La sezione del cilindro, essendo equilatero, è il quadrato ABCD. L’altezza del cilindro allora
=
h r
2 . Inoltre il raggio della sfera sarà la metà della
coinciderà col diametro di base, per cui R 12
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2 2
r
= =
diagonale del quadrato, per cui 2 .
R r
2 ( )
π π π
= + = +
2
La superficie totale del cilindro è 2 2 2 mentre quella della sfera è
S rh r r h r
cilindro
( ) ( )
π π π
+ + 2
S 2 2 2 6 3
r h r r r r r
π
= = = = =
2 cilindro ( )
S 4 R , per cui π π
sfera 2 2 2
π 4
S 4 8
R r
4 2
r
sfera
3) = + + +
3 2
Una funzione come quella richiesta può essere una cubica di equazione .
y ax bx cx d
( )
± =
= + +
2 y ' 1 0
La derivata prima della funzione è ' 3 2 , ed imponendo si ricavano due
y ax bx c
+ + = − + = =
condizioni : 3 2 0
,
3 2 0 e se si sottrae l’una dall’altra si ricava subito 0 e
a b c a b c b
= − = + =
3 . La derivata seconda è ' ' 6 2 6 , ed affinché la funzione abbia il massimo in
c a y ax b ax = < <
⇒
(1,3) o il minimo in (-1,2) deve accadere che ' ' (
1
) 6 0 0 oppure
y a a
− = − > < <
⇒
' ' ( 1
) 6 0 0 , per cui scegliendo 0 vengono soddisfatte le condizioni che i punti
y a a a
(1,3) e (-1,2) siano estremi relativi. Inoltre imponendo il passaggio per i punti suddetti si ricavano
= + +
3 : infatti si ricavano altre due condizioni:
gli altri parametri della curva y ax cx d
+ + = − − + =
3
, 2 . Il sistema da risolvere è allora :
a c d a c d 1
= −
a
4
= − = −
c 3
a c 3
a
3
+ + = − + = =
⇒ ⇒
a c d 3 2 a d 3 c 4
− − + = + =
a c d 2 2 a d 2
5
=
d
2
1
= −
con effettivamente minore di zero.
a 4 1 3 5
= − + +
3 con grafico sotto presentato:
La curva è allora y x x
4 4 2 5
4
3
2
1
-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-1
-2 13
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4) = +
x
Consideriamo la funzione 3 . Si ha:
y e x
( ) ( )
+ = +∞ + = −∞
x x
lim e 3 x , lim e 3 x
→ +∞ → −∞
x x = + > ∀ ∈
x
Inoltre la funzione è sempre crescente visto che ' 3 0 . Quindi la funzione è
y e x R
+ ∞ + ∞
− ∞ − ∞
sempre crescente , a tende a , a tende a , quindi essa intersecherà l’asse delle
ascisse in uno ed un sol punto.
Un altro modo di procedere è la via grafica risolvendo il sistema seguente:
=
x
y e
= −
y x
3
sotto rappresentato: −
= > − = − <
1
Per capire in che intervallo si trova l’unico zero si nota che ( 0 ) 1 0
, ( 1
) 3 0 per cui
y y e
( )
∃ ∈ − + =
x
per il teorema degli zeri 1
, 0 : 0 . In particolare con uno dei metodi numerici
x e x ≅ −
preferiti ( ad esempio quello di bisezione) si calcola che 0 . 258 .
x
Applichiamo tale metodo all’intervallo (-1,0):
1 1 3 1
− = − < ∈ −
⇒
1. ;
0 , 0
f x
2 2 2
e 14
