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Sessione Suppletiva PNI 2006 Soluzioni di De Rosa Nicola
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PROBLEMA 1
a) = 2
La parabola di equazione y x ha asse di simmetria parallelo all’asse delle ordinate e vertice in
=
V ' ( 0
, 0 ) . = −
2
La parabola di equazione x y 2 y ha asse di simmetria parallelo all’asse delle ascisse, vertice
( )
= − = =
V ' ' 1
,
1
in ed incontra l’asse delle ordinate nei punti V ' ( 0
, 0 ) e P ( 0
, 2 ) .
I punti in comune tra le due si ottengono risolvendo il sistema:
=
( ) ( )
2
y x 2
= −
⇒ ⇒
2 2
x x 2 x
= −
2
x y 2 y ±
( )
( ) 1 5
− − = + − − = = = − =
⇒
4 2 2
2 1 1 0 0
, 1
,
x x x x x x x x x x 2
− − + +
1 5 3 5
1 5 3 5
= = − = =
I punti in comune saranno allora : V ' ( 0
, 0 ), V ' ' ( 1
,
1
), A , , B ,
2 2 2 2
Sotto vengono entrambe rappresentate: 3
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b)
L’area da determinare è rappresentata nella figura sottostante:
Innanzitutto dobbiamo determinare la relazione che permette di definire l’arco di parabola V’’P, per
= − =
2
cui dobbiamo esplicitare la parabola di equazione x y 2 y come funzione classica y g (x ) .
Essa può essere così riscritta:
= − ⇔ − − = = ± +
⇒
2 2
x y 2 y y 2 y x 0 y 1 1 x =
e dal momento che l’arco di parabola V’’P si trova al di sopra dell’asse di simmetria y 1 , esso è
= + +
definito dalla funzione y 1 1 x in [-1,0].
Per cui ( ) ( ) 0
0 0 3
( )
2 x 2 1 4
3
∫ ∫
= + + − = + + − + + − = + − =
2 2
A 1 1 x x dx 1 1 x x dx x x 1 1
2
3 3 3 3 3
− − −
1 1 1
c)
L’angolo sotto cui le due parabole si secano nell’origine V’=(0,0) è l’angolo sotto cui si secano le
due tangenti alle due parabole in V’=(0,0).
= 2
Essendo la parabola y x tangente in V’=(0,0) la tangente ad essa nel punto stesso è l’asse delle
=
ascisse di equazione 0
y . = − =
2
La tangente alla parabola x y 2 y in V’=(0,0) ha equazione . Ora l’arco V’V’’ della
y mx
= − = − +
2
parabola 2 è rappresentato dalla funzione 1 1 visto che esso si trova al di
x y y y x
( )
1 1
'
= = − + = − = −
=
m y ' ( 0 ) 1 1 x , per
sotto dell’asse di simmetria 1 . Per cui
y
=
x 0 +
2
2 1 x =
x 0
x
= −
cui la tangente è y . Si noti la figura sottostante:
2 4
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α
L’angolo sotto cui si secano le tangenti in V’=(0,0) soddisfa all’equazione
( ) ( )
1 1
α α α
° − = − = = °
⇒ ⇒
tan 180 tan 26 33
'
54 ' '
2 2
d) = −
2
Innanzitutto la parabola di equazione x y 2 y può essere riscritta come
( )
+ = − + + = −
⇒ 2
2
x 1 y 2 y 1 x 1 y 1
= +
x ' x 1 ( ) =
2
Per cui attraverso la trasformazione essa viene trasformata in y ' x ' . Ora se
= −
y ' y 1 =
x ' y ( ) =
2
applichiamo una ulteriore trasformazione del tipo la parabola y ' x ' viene trasformata in
=
y ' x
= 2
y x . In conclusione la trasformazione da applicare per trasformare p’ in p’’ e viceversa è
= +
y x 1
= −
x y 1
e) = + = +
y x 1 y x 1
può essere riscritta come per cui la retta di
L’isometria trovata nel punto d) = − = +
x y 1 y x 1
= +
equazione y x 1 rappresenta la retta dei punti uniti. 5
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PROBLEMA 2
a)
Il fascio di curve può essere riscritto anche nel seguente modo:
( )
− − = → − − =
2
x y x k 0 x xy 1 k 0
Si nota che il fascio non viene scritto al variare del parametro k come combinazione lineare di due
differenti curve, per cui due curve qualsiasi del fascio non hanno alcun punto in comune. In altro
+ +
x k x k '
≠ ≠ = =
y , y
modo se prendiamo k k ' , x 0 le due curve non hanno alcun punto in
1
2 2
x x
= ⇔ =
y y k k '
comune perché , contrariamente a quanto supposto.
1
Vediamo ora che esiste un unico punto di flesso. Bisogna calcolare le derivate:
+
( ) 2 k x
= −
I
y x 3
x
( )
+
( ) 2 x 3
k
=
II
y x 4
x
( ) ( ) 1 1
= ⇔ = − − =
I II
Ora y x 0 x 2 k per cui y 2 k per cui - 2 k,-
3
4 k
8 k
< >
è un massimo se k 0 ed è un minimo se k 0
( ) 2
= ⇔ = − =
II
Inoltre y x 0 x 3
k per cui F -
3
k,- è un flesso a tangente obliqua
9 k
ed è l' unico per le consideraz
ioni fatte.
b)
Calcoliamo ora la tangente inflessionale in funzione del parametro k: essa ha equazione
( )
2
+ = +
y m x 3
k
9 k ( ) 1
= − = −
I
con m y 3
k per cui la tangente diventa :
2
27 k
( )
2 1 x 1
+ = − + → = − −
y x 3
k y
2 2
9 k 3
k
27 k 27 k x 1
= − +
La tangente data nella traccia può essere riscritta nel seguente modo : y per cui dal
27 3
confronto, il valore opportuno del parametro k lo si ricava dal sistema seguente: 6
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1 1
− = −
2 27
27 k
= ±
k 1
⇒
=
k -
1
1 1
− =
3
k 3
=
Per cui il valore accettabile è k -
1 in corrispondenza del quale la curva diventa
−
x 1
=
y 2
x
c) −
x 1
=
y
Studio della curva 2
x
( ) ( )
∀ ≠ ⇔ ∈ − ∞ ∪ +∞
x 0 x ,
0 0
,
Dominio: = → =
Intersezioni asse x: y 0 x 1
Intersezioni asse y: non ce ne sono
Positività: −
x 1
> → > ⇔ − > 2
y 0 0 x 1 0 dal momento che nel dominio di definizion
e x è sempre positivo
2
x
> → >
per cui y 0 x 1 − −
1 1
= = −∞ = = +∞ =
Asintoti verticali : lim f(x) , lim f(x) per cui x 0 è asintoto verticale
+ −
+ −
→ →
0 0
x x
0 0
= =
Asintoti orizzontali : y 0
, infatti lim f ( x ) 0
→ ±∞
x
Asintoti obliqui : non ce ne sono
1
= −
Crescenza e decrescenza: per le
essendo k 1 la funzione presenterà un massimo in 2
,
4
considerazioni fatte in precedenza.
2
Flessi: unico flesso 3
,
9
Il grafico è sotto riportato: 7
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−
x 1
2
x
2
1
-4 -2 2 4 6
-1
-2
-3
-4
La retta tangente in A=(1,0) ha equazione:
−
( ) ( ) 2 x = =
= − = =
I
y m x 1 con m y 1 1 per cui la tangente diventa y x-
1
3
x =
x 1
Calcolo dell’altro punto di intersezione:
−
( ) ( )
x 1 1
= − → − − = → = ± = − −
x 1 x 1 1 0 x 1 per cui l' altro punto è B 1
, 2
2 2
x x
d) = + = =
AB 4 4 2 2 r 2
per cui il raggio è mentre
Il diametro AB ha lunghezza:
il punto medio del diametro AB è C=(0,-1).
L’equazione della circonferenza è ora facile da determinare ed è:
( ) ( ) ( )
− + + = = → + + =
2 2 2
2 2
x 0 y 1 r 2 x y 1 2
Rappresentiamo su un unico grafico quanto trovato sinora: 8
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e)
Per l’area da trovare facciamo uno zoom della regione di interesse:
Quindi l’area da trovare è somma dell’area del triangolo BCD e dell’area sottesa dalla curva
2
= =
DB , BC 6 si avrà:
nell’intervallo [1,3], cioè essendo 9 9
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2 * 6 −
3 3
x 1 2 1 1
9 ∫ ∫
= + = + − =
AREA dx dx
2 2
2 3 x
x x
1 1
3
2 1 2 1
+ + = + + − =
ln x ln 3 1 ln 3
3 x 3 3
1
Un modo alternativo è considerare l’area sottesa come la somma dell’area sottesa dalla curva in
[1,3] e da quella sottesa dalla tangente inflessionale in [3,9], cioè:
−
3 9 3 9
x 1 1 x 1 1 1 x
∫ ∫ ∫ ∫
= + − = − + − =
AREA dx dx dx dx
2 2
3 27 x 3 27
x x
1 3 1 3
9
3
2
1 x x 1 3 1
+ + − = + − + − − + =
x
ln ln 3 1 3 1
x 3 54 3 2 6
1 3
2 2
− + =
ln 3 ln 3
3 3 10
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QUESTIONARIO
1)
Si consideri la figura sottostante: = 2
La parabola considerata ha l’asse delle ascisse come asse di simmetria per cui ha equazione x ay
>
con a 0 . Per come illustrata la figura soprastante i punti A,B,C,D,V hanno coordinate generiche:
= = − = = − =
2 2 2
( 0
, ), ( 0
, ), ( , ), ( , ), ( , 0 )
A b B b C ab b D ab b V ab . Ora il volume V’ non è altro che il
π π
= =
2 2 4
volume del cilindro di figura di raggio di base b ed altezza ab per cui V ' hr ab , mentre
x
=
y
indicato con la parte di grafico della parabola con ordinata positiva, si ha
a 2
2 ab
π π
2
ab 2 4 V '
x x ab
π
∫
= = = =
' '
V dx per cui 2 .
V ' '
2 2
a a
0 0
2) [ ]
π
= 0
, 2
L’equazione sin( 2 x ) cos( x ) 2 non ha alcuna soluzione in visto che
≤ ≤ ≤
⇒
sin( 2 ) 1
, cos( ) 1 sin( 2 ) cos( ) 1
x x x x . Quindi la risposta esatta è A.
3) = =
Si ha lim f ( x ) lim f ( x ) 0 e forniamo due modi per dimostrarlo. In particolare dimostreremo
+ −
→ →
x x
0 0
= =
che lim f ( x ) 0 perché poi analogamente si dimostrerà lim f ( x ) 0 .
+ −
→ →
x x
0 0 ( )
1 1 sin t
= = =
Sostituzione t . In tal caso e ciò è di facile evidenza,
lim x sin lim 0
+ → +∞
→
x x t
t
x 0
sin(
t )
=
notando il grafico della figura y t 11
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