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Sessione suppletiva LS_ORD 2005 Soluzione di De Rosa Nicola
Soluzione
Si consideri la figura seguente che rappresenta la geometria del problema: 1
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A)
Nella figura, rappresentante la geometria del problema , si notano le due piramidi, quella di volume
maggiore VCAB che ha come base il triangolo equilatero ABC e quella di volume minore, VFDE,
che ha come base il triangolo equilatero FDE ed altezza VK pari alla metà dell’altezza VH della
piramide i volume maggiore. Quindi le due piramidi sono simili, ed essendo il rapporto tra le
3
V 1 1
1 = =
VFDE
altezze pari a , il rapporto tra i due volumi sarà . Ora la piramide VFDE ha la
V 2 8
2 VCAB =
stessa base ed altezza del prisma, per cui ricordando che V A * VH e che
prisma FDE
1 3
= = =
V A VH V V V
* , si ha 3 .
VFDE FDE prisma VFDE VCAB
3 8
B1) 1
Poiché i due triangoli equilateri ABC ed MNP sono simili con rapporto , allora i lati del triangolo
2
= = =
MNP saranno la metà di quelli del triangolo ABC, cioè se AB BC CA 4 cm si ha
= = =
MN NP PM 2 cm
B2)
Si consideri la figura seguente in cui sono stati riportati su un sistema di assi cartesiani i due
triangoli equilateri ABC ed MNP: 2
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= =
Q ( 2
, 0 ) , mentre l’altezza del triangolo ABC è CQ 2 3 . Per cui i
Il punto Q ha coordinate
vertici del triangolo equilatero ABC sono: =
A ( 0
, 0 )
=
B ( 4
, 0 )
=
C ( 2
, 2 3 )
Ora essendo il triangolo ABC equilatero, si ha che le altezze coincidono con le bisettrici e con le
mediane, per cui incentro, ortocentro e baricentro coincidono, per cui CH=2HQ, cioè
1 2 3 2 3
= = = . Inoltre visto che i triangoli ABC ed MNP sono simili
HQ CQ per cui H 2
,
3 3 3
1
con rapporto , si ha che M, N e P sono i punti medi dei segmenti AH, BH e CH per cui
2
ricordando la formula del punto medio si ha:
3
=
M 1
,
3
3
=
N 3
,
3
4 3
=
P 2
,
3
B3) = + +
2
y ax bx c
La parabola richiesta ha equazione ed il passaggio per
3
= = = impone il seguente sistema di tre equazioni in tre incognite:
A B M
( 0
, 0 ), ( 4
, 0 ), 1
,
3
3
= −
a 9
= =
c 0 c 0
4 3
=
+ + = = − ⇒
⇒
16 a 4
b c 0 b 4 a b 9
3 3 =
+ =
+ + = c 0
a b c a b
3 3
3 4 3 4 3
= − + =
2
y x x il cui vertice è .
per cui l’equazione della parabola sarà V 2
,
9 9 9
3
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B4)
Si consideri la figura sottostante:
S la si calcola come area del triangolo MNP cui va sottratta l’area del segmento parabolico
L’area 1
delimitato dalla parabola e dal segmento MN. 2
L’area del segmento parabolico, per il teorema di Archimede, è pari ai dell’area del rettangolo
3
circoscritto di base MN ed altezza pari alla distanza del vertice dalla retta MN. Cioè la base del
4 3 3 3
= = = − =
b MN h
rettangolo è 2 mentre l’altezza è per cui l’area del segmento
9 3 9
2 3 4 3
= =
parabolico sarà . Un modo alternativo per calcolare tale area è procedere
S * 2 *
2 3 9 27
attraverso l’ integrale definito: 3
3 3 3
x x x
3 4 3 3 3 2 3 3
∫
= − + − = − + − =
2
S x x dx
2
9 9 3 27 9 3
1 1
3 2 3 3 4 3
= − + − + − + =
3 2 3 3 27 9 3 27 4
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4 3 23 3
= − = − =
S S S 3
Quindi 1 2
MNP 27 27
Analogamente si calcolano le aree in cui la parabola divide il triangolo ABC. L’area del segmento
parabolico delimitato dalla parabola e dall’asse delle ascisse, applicando il teorema di Archimede è
2 dell’area del rettangolo circoscritto di base AB ed altezza pari alla distanza del vertice
pari ai 3 =
dall’asse delle ascisse. La base del rettangolo circoscritto è pari ad mentre l’altezza è
AB 4
4 3 2 4 3 32 3
= = =
h per cui l’area del segmento parabolico è , mentre la restante
S 4 *
3
9 3 9 27
32 3 76 3
= − = − =
area è S S S 4 3 .
3
ABC 27 27
B5) + + + + =
2 2
La circonferenza ha equazione generica 0
x y ax by c , ed imponendo il passaggio per i
3 3 4 3
= = =
punti fornisce il seguente sistema di 3 equazioni in 3
M 1
, , N 3
, , P 2
,
3 3 3
incognite: 4 3
+ + + =
a b c 0
3 3
28 3
+ + + =
3
a b c 0
3 3
28 4 3
+ + + =
2 a b c 0
3 3
= −
Ora sottraendo la prima alla seconda si ha a 4 , mentre sottraendo la seconda alla terza si ha
4 b 3
a 4 3
= = − = − − − =
b , da cui c a 4 , per cui la circonferenza sarà
3 3
3
3 2 2
( )
4 3 2 3 2 3
+ − − + = ⇔ − + − =
2
2 2
x y 4 x y 4 0 x 2 y cioè la circonferenza avrà centro in
3 3 3
2 3
2 3
=
= e raggio r . Per vedere come essa è posizionata, calcoliamo la distanza di
H 2
,
3
3
2 3
+ − =
= dal lato BC del triangolo di equazione y x 3 4 3 0 , attraverso la formula
H 2
,
3
della distanza punto-retta: 2 3 + −
2 3 4 3
3 2 3
= =
d + 3
1 3 5
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cioè la distanza è pari al raggio della circonferenza; questo significa che la circonferenza di
2 2
( ) 2 3 2 3
− + − =
2
2
equazione x y circoscritta al triangolo MNP è anche inscritta nel
3 3
triangolo ABC come rappresentato nella figura sottostante: 6
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Soluzione
1)
Una funzione f (x ) si definisce limitata nel suo insieme di definizione D se
a
∃ ∈ < ∀ ∈ =
M R : f ( x ) M x D . Nel caso della funzione in oggetto f ( x ) , essendo
+
a 2
1 x
( ) a =
+ ≥ ∀ ∈ = <
2 M a
1 x 1 x R si ha , per cui se prendiamo abbiamo dimostrato
f ( x ) a
+
a 2
1 x
a
=
che la funzione f ( x ) è limitata.
+
a 2
1 x
2) a
=
Studiamo ora il grafico della funzione f ( x ) .
+
a 2
1 x
∀ ∈ ¬∃ + =
2
Dominio: La funzione è definita x R visto che x : 1 x 0 .
Intersezioni con l’asse x: non esistono intersezioni con l’asse delle ascisse.
Intersezioni con l’asse y l’unica intersezione è ( 0
, a ) . a a
= = = −
f ( x ) f ( x )
Parità o disparità: la funzione è pari visto che per
( )
+
a a
+ −
2 2
1 x 1 x
cui il grafico della funzione sarà simmetrico rispetto all’asse delle ordinate.
a
Positività: la positività della funzione dipende dal parametro . Infatti visto che
∀ ∈ >
( ) x R se a 0
a
+ ≥ ∀ ∈ = > ⇒
2
1 x 1 x R si ha f ( x ) 0 .
<
+
a 2 mai se a 0
1 x ∀ ∈
Asintoti verticali: non esistono asintoti verticali visto che il dominio è x R . =
Asintoti orizzontali: l’unico asintoto orizzontale, sia destro che sinistro, è y 0 .
7
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a
= =
Infatti .
lim f ( x ) lim 0
+
a 2
→ ±∞ → ±∞ 1 x
x x
Asintoti obliqui: non esistono asintoti obliqui dal momento che esiste quello orizzontale
a
=
f ( x ) è una funzione razionale fratta. In altri termini non
e la funzione +
a 2
1 x
a
+ 2
f ( x ) a
1 x
= = =
a ( )
lim lim lim 0 .
esistono poiché + 2
→ ±∞ → ±∞ → ±∞
x x x 1 x
x x x − 2 ax
=
'
Crescenza e decrescenza: la derivata prima è pari a f ( x ) per cui
( )
a 2
+ 2
1 x
< >
− x se a
0 0
ax
2
= > ⇒
'
f x
( ) 0 . La derivata seconda è pari
( ) > <
a 2
+ x se a
0 0
2
x
1 ( )
− − 2
2 1 3 3 3 3
a 3 3
a
a x
= = = ± −
⇒
' ' ( ) 0 sono
a f x x per cui i punti , , ,
( )
a 3
+ 3 3 4 3 4
2
1 x ( )
− − 2
2 a 1 3 x
= = − >
' '
punti di flesso. Inoltre f ( 0 ) 2 a per cui se a 0 il punto ( 0
, a )
( )
a 3
+
2
1 x =
x 0
<
è di massimo, altrimenti se a 0 il punto ( 0
, a ) è di minimo.
Il grafico della funzione è sotto presentato: 8
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>
Il punto di massimo A quando a 0 è, come già illustrato, il punto ( 0
, a ) .
Ora dobbiamo determinare la circonferenza g di diametro OA. Questo significa che il suo centro
a =
=
sarà e passerà per A ( 0
, a ) .
C 0
,
2
a
=
L’equazione generica di una circonferenza di centro è
C 0
,
2
2
a
+ − =
2 2
g : x y r
2 2
a
= =
2
Ora il passaggio per A ( 0
, a ) impone l’ulteriore condizione r per cui si ha
4
2
2
a a
+ − = + − =
⇒
2 2 2
g : x y g : x y ay 0
2 4
3) a
= > + − =
2 2
Le intersezioni tra la curva G : f ( x ) , a 0 e la circonferenza g : x y ay 0 si
+
a 2
1 x
ricavano dalla risoluzione del seguente sistema:
a
= =
f ( x ) y +
a 2
x
1
+ − =
2 2
x y ay 0
Sostituendo la prima nella seconda si ricava: 9
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2 ( ) ( )
a a 2
+ − = + + − + =
⇒ ⇒
2 2 2 2 2 2
x a 0 x 1 x a a 1 x 0
+ +
2 2
1 x 1 x
( ) ( )
2
+ − = + + − =
⇒ ⇒
2 2 2 2 2 4 2 2
x 1 x a x 0 x x 2 x 1 a 0
= =
⇒
2
x 0 x 0
( )
+ + − =
4 2 2
x 2 x 1 a 0 = .
Ora un punto lo si è già trovato, ed era quello che già conoscevamo, cioè A ( 0
, a )
( )
+ + − = = 2
4 2 2
L’altra equazione da risolvere è x 2 x 1 a 0 , e che risolviamo con la posizione z x da
( )
+ + − = = − ± = − ±
2
2 2
cui z 2 z 1 a 0 , equazione che ha come soluzione z 1 a e cioè x 1 a .
>
= − −
2 non ha senso nel campo dei numeri reali poiché a 0 ,
Ovviamente la soluzione x 1 a
= − + ≥ = ± −
2
mentre l’equazione x 1 a ha senso finchè a 1 e le soluzioni saranno x a 1 . In
=
particolare se a 1 le due soluzioni saranno coincidenti e coincideranno con quella già trovata.
In conclusione le soluzioni saranno:
≤ = =
1 se a 1 e sarà pari a x 0 cui corrisponderà il punto A ( 0
, a ) ;
> = = ± −
3 se a 1 e saranno pari a x 0
, x a 1 cui corrisponderanno i punti
( ) ( )
= = − = − − −
A ( 0
, a ), B a 1
,
1 , C a 1
, 1 .
4)
Si consideri la figura seguente: = =
I vertici A,B e C saranno vertici di un triangolo equilatero se AC CB BA . In realtà per la
a
=
f ( x ) da cui deriva la simmetria
simmetria rispetto all’asse delle ordinate della funzione +
a 2
1 x 10
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( ) ( )
= − = − − − =
dei punti B a 1
,
1 , C a 1
, 1 , è necessario e sufficiente imporre AC CB .
Ora ( ) ( )
2
= − − + − = −
2 2
AC a 1 a 1 a a
= −
BC 2 a 1
= − = − >
⇒ 2
AC CB a a 2 a 1 , per cui, poiché per ipotesi si ha a 1 , possiamo elevare al
quadrato ambo i membri ottenendo:
− = − − + = − − = = =
⇒ ⇒
2 2
a a 4 a 4 a 5 a 4 ( a 1
)( a 4 ) 0 a 1
, a 4
=
e la soluzione accettabile è ovviamente 4
a , poichè è l’unica tra le due che rispetta la condizione
>
a .
1
5)
Si consideri la figura sottostante: ,
A A
Per la simmetria già discussa le aree saranno uguali, per cui
1 2
( ) ( ) ( )
π π
− + − + − +
2
A A A r A A 4 A A
= = = =
3 4 3 4 3 4
C
A A .
1 2 2 2 2
+ − =
2 2
Ora la circonferenza di equazione x y 4 y 0 può essere scritta in forma esplicita come
= ± − A
y 2 4 x , per cui l’arco di circonferenza della regione , trovandosi al di sotto della retta
4
= = − − 2
di equazione y 3 è rappresentabile dall’equazione y 2 4 x .
Ora 11
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3 3
4 4
∫ ∫
= − = − =
A 3 dx 2 3 dx
+ +
3 2 2
1 x 1 x
− 0
3
[ ] π
4
3
= − = −
2 4 arctan( x ) x 3 2 3
0
3
mentre [ ]
( )
3
∫
= − − − =
2
A 3 2 4 x dx
4 − 3
[ ]
3
∫
= − + − =
2
2 3 2 4 x dx
0 [ ]
( ) 3
∫
= − + − 2
2 3 3 2 2 4 x dx
0
[ ]
3
∫ − 2
4 x dx lo calcoliamo con l’integrazione per parti cioè:
L’ultimo integrale 0 − − + −
2 2
x x 4 4
∫ ∫ ∫
− = − − = − − =
2
2 2
x dx x x dx x x dx
4 4 4
− −
2 2
x x
4 4 1
− 2
x
4 4 2
∫ ∫ ∫ ∫
− + − = − + − − =
2 2 2
x 4 x dx dx x 4 x 4 dx 4 x dx
− −
2 2 2
