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Sessione ordinaria all’estero (Americhe) 2006 Soluzione a cura di Nicola De Rosa
13
d) Trovare il valore di a per il quale l’area A è uguale e, in corrispondenza di tale valore,
24
calcolare il volume del solido generato dalla regione R quando ruota di un giro completo intorno
all’asse y.
QUESTIONARIO. ( ) ( )
= 2
1) f x x
Calcolare la derivata, rispetto ad x, della funzione sin 2 .
2) Si consideri la seguente proposizione:
Condizione necessaria e sufficiente affinché due triangoli siano congruenti è che abbiano due lati
congruenti e i seni degli angoli fra essi compresi uguali .
Dire se è vera o falsa e spiegare in modo esauriente la risposta data.
α α
3) Si indichi con l’angolo che una diagonale di un cubo forma con una faccia. La misura di ,
espressa in radianti:
[ ] [ ] [ ] [ ]
3 3 6
A è arcsin ; B è arccos ; C è arctan ; D un valore diverso.
3 6 3
Una sola alternativa è corretta: individuarla e fornire una spiegazione esauriente della scelta operata.
+ − =
4
4) Considerata l’equazione: x x 2 0 , spiegare, con il metodo preferito ma in maniera
esauriente, perché non può ammettere più di una soluzione razionale.
5) In un cono equilatero di apotema a inscrivere il cilindro circolare retto di volume massimo.
6) La funzione reale di variabile reale f(x) ammette derivata nulla in tutti i punti di un intervallo J,
tranne che nel punto a di J, dove la funzione non è continua. Si può concludere che la funzione f(x)
è costante in J? Fornire una spiegazione esauriente della risposta.
7) Si consideri il seguente limite: 1
x x
−
lim 1
+
→ 2
0
x
Esso è uguale a: [ ] [ ] [ ] [ ]
1 1
2
A e ; B ; C e ; D ;
2
e e
dove “e” è il numero di Nepero.
Una sola alternativa è corretta: individuarla e fornire una spiegazione esauriente della scelta operata.
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PROBLEMA 1.
Nel piano, riferito ad un sistema di assi cartesiani ortogonali (Oxy), sono assegnate le curve di
equazione: b
= +
2 ,
y ax x
dove a, b sono parametri reali.
Punto a ( ) ( )
−
2,3 e 2,5 e
Fra tali curve determinare quella che passa per i punti di coordinate
γ
indicarla con .
Il passaggio della curva per i punti (2,3) e (-2,5) comporta la risoluzione del sistema seguente:
b
+ =
4 a 3
=
a 1
2 ⇒
= −
b b 2
− =
4 a 5
2
−
3
2 x 2
= − =
2
Per cui la curva richiesta è y x x x
Punto b γ
Studiare la curva e disegnarne l’andamento, dopo aver trovato, in particolare, le coordinate
del suo punto di minimo relativo e del suo flesso.
−
3
( ) x 2
=
Studiamo la funzione f x x
{ }
R / 0
Dominio: ; ( )
−
3
( ) x 2
= = ⇒ 3
Intersezione asse delle ascisse: f x 0 A 2 , 0 ;
x
Intersezioni asse delle ordinate: non ve ne sono;
Eventuali simmetrie: non è una funzione nè pari nè dispari;
−
3
( ) x 2
= >
Positività: f x 0 la studiamo, risolvendo separatamente numeratore e
x
denominatore:
( ) ( )
= − > >
⇒
3 3 ( )
N x x 2 0 x 2 N x
= > < ∨ >
⇒ ⇒ 3 ;
f x 0 x 0 x 2
( )
( ) = > >
⇒ D x
D x x 0 x
Asintoti verticali:
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−
3
x 2 = −∞
lim
+
→ x
x 0 =
⇒ x 0 è asintoto verticale;
−
3
x 2 = +∞
lim
−
→ x
x 0 −
3
x 2 = ±∞
Asintoti orizzontali lim
: per cui non ci sono asintoti orizzontali;
→ ±∞ x
x ( )
f x = +∞
lim
→ +∞ x
x
Asintoti obliqui
: non ve ne sono in quanto ;
( )
f x = −∞
lim
→ −∞ x
x
Crescenza e decrescenza : la derivata prima è
( )
+
3
( ) ( ) ( )
x
2 1
= > ∈ − ∪ +∞
⇒
f x x
' 0 1
, 0 0
, quindi la funzione è strettamente crescente
2
x
( ) ( )
− ∪ +∞
1
,
0 0
,
in e strettamente decrescente altrove. ( )
−
3
( ) x
2 2
=
Concavità e convessità f x
: la derivata seconda è ' ' . La funzione presenta
3
x
eventuali flessi a tangente obliqua nelle ascisse dei punti che annullano il numeratore
( ) ( )
( ) ( )
= − = −
3 3
N x x N x x
2 della derivata seconda. Il numeratore 2 si annulla in
( )
= − = >
3
x 2 f ' ' 1 6 0
in cui la funzione presenta un flesso a tangente obliqua. Inoltre
per cui (-1,3) è un minimo relativo.
Il grafico è presentato di seguito:
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Punto c γ
Calcolare l’area della regione piana delimitata dalla curva e dalla retta y=5.
Le intersezioni della curva con la retta di equazione y=5 si ricavano risolvendo l’equazione
−
3
( ) 2
x
= = − − =
⇒ 3
5 x 5 x 2 0
f x e ricordando che per ipotesi la curva passa per (-2,5), un
x ( ) ( )
+
− −
3 x 2
x 5 x 2 è certamente . Il polinomio di terzo grado si scompone come
divisore di
( ) ( )
( )
− − = + − −
3 2
x 5 x 2 x 2 x 2 x 1 per cui
( ) ( )
( )
− − = + − − = = − = ±
⇒
3 2
x 5 x 2 x 2 x 2 x 1 0 x 2
, x 1 2 . L’area da calcolare vale
−
1 2
− −
−
1 2 1 2
3 3
x x
2 2
∫ ∫
= − = − + = − + =
2
S 5 dx 5 x dx 5 x 2 ln x
x x 3
− − −
2 2 2
( )
( )
3
−
1 2 8
= − − + − − − + + =
5 5 2 2 ln 2 1 10 2 ln 2
3 3
( ) ( )
−
7 5 2 22
= − − + − − − + =
5 5 2 2 ln 2 1 2 ln 2
3 3
( )
8 10 2 22 10 2 2 1
= − + − + − = − + −
2 ln
2 ln 2 1 2 ln 2 10
3 3 3 3 2 2
Punto d γ − − =
3
Utilizzando il disegno di , trovare quante soluzioni ammette l’equazione , per
x kx 2 0
− < < , essendo k un parametro reale.
2 x 2
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− − = − < <
3
Trovare le soluzioni dell’equazione x kx 2 0 per 2 x 2 equivale a trovare le soluzioni
−
3 2
x
=
y
x
=
. Consideriamo a tal riguardo il grafico sottostante in cui viene
del sistema y k
− < <
2 2
x
γ = − = = = − < <
con le rette y 1
, y 3
, y 5
, y 6 per 2 x 2 .
rappresentata la curva
Il grafico soprastante evidenzia le seguenti soluzioni:
<
1 soluzione positiva per k 3 ; ( )
= ∉ −
= − = x 2 2
, 2
2 soluzioni coincidenti e pari a x 1 per k 3 : la soluzione va scartata;
< <
2 soluzioni negative per 3 k 5 ; ( )
= − ∉ −
= x 2 2
, 2
1 soluzione negativa per k 5 : la soluzione va scartata;
>
1 soluzione negativa per k 5 .
In conclusione si ha: < ∨ ≥
1 soluzione per k 3 k 5 ;
≤ <
2 soluzioni per 3 k 5 .
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PROBLEMA 2. ( )
Oxy
Nel piano, riferito ad un sistema monometrico di assi cartesiani ortogonali , è assegnata
la parabola p’ di equazione: = 2
y ax ,
dove a è un numero reale positivo assegnato.
Punto a
Condotta una generica retta t per il fuoco F della parabola p’ e chiamato M il punto medio del
( ) ( )
x k y k
segmento che p’ intercetta su t, trovare le funzioni ed che forniscono, nell’ordine,
l’ascissa e l’ordinata di M per mezzo della pendenza della retta t.
= 2
La parabola in questione, di equazione y ax passa per l’origine degli assi, ha come vertice
1
=
l’origine degli assi .
( 0
, 0 ) e presenta come fuoco il punto F 0
,
4 a
Una retta generica passante per il fuoco F ha equazione:
1
= +
t : y kx 4 a
Ora si calcolano le intersezioni tra la retta t e la parabola p’: va risolta l’equazione seguente:
± + ± +
2 2
1 2 ak 2 a k 1 k k 1
= + → − − = → = =
2 2 2
ax kx 4 a x 4 akx 1 0 x 2
4 a 2 a
4 a
Per cui i punti di intersezione saranno:
+ + + +
2 2
k k 1 k k 1 1
= +
A , k
2 a 2 a 4 a
− + − +
2 2
k k 1 k k 1 1
= +
B , k
2 a 2 a 4 a
Il punto medio M avrà coordinate:
+ +
2
x x y y k k 1
= = + =
A B A B
M , , ( x ( k ), y ( k ))
2 2 2 a 2 a 4 a
Punto b ( ) ( )
x k y k
Considerate le equazioni e ed eliminato il parametro fra esse, si trova l’equazione
di una seconda parabola p” (è chiamata luogo geometrico del punto M al variare di t nel fascio
di centro F).
Ora posto:
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k =
= k 2 ax
x
2 a ⇔
2
k 1
= +
2
k 1 y
= +
y 2 a 4 a
2 a 4 a
si ricava l’equazione della parabola p’’: ( ) 2
2 ax 1 1
= + = +
2
y 2 ax
2 a 4 a 4 a
Punto c
Calcolare l’area A della regione piana R delimitata dalle parabole p’ e p” e dalle rette di
= =
equazioni ed .
x 0 x 2 a
Per il calcolo dell’area si consideri la figura seguente:
L’area sarà: 2 a
( )
2 a 2 a
3 4
1 1 ax x 8 a 1
∫ ∫
= + − = + = + = +
2 2 2
S 2 ax ax dx ax dx
a a a
4 4 3 4 3 2
0 0 0
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Punto d 13
Trovare il valore di a per il quale l’area A è uguale e, in corrispondenza di tale valore,
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calcolare il volume del solido generato dalla regione R quando ruota di un giro completo
intorno all’asse y.
Per calcolare il valore di a dobbiamo imporre l’equazione:
4 4
8
a 1 13 8
a 1 1 1 1 1
+ = → = → = → − + = → = ±
4 2 2
a a a 0 a
3 2 24 3 24 64 8 8 2 2
1
=
a a
ed essendo un valore positivo si ha che la soluzione accettabile è . In tal modo le due
2 2
parabole avranno equazione: 2
x
=
f ( x )
1 2 2
2
x 1
= +
f ( x )
2 2 2
Per il calcolo del volume consideriamo la figura seguente:
I punti A,F,D,E,C hanno le seguenti coordinate:
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1 1 1 1 3 1 3
A , 0 , F , , D , , E 0
, , C 0
,
2 2 4 2 2 2 2 2 2 2
Prima di calcolare il volume colorato in verde esprimiamo gli archi del primo quadrante delle
=
parabole suddette come funzioni x g ( y ) :
2
x
= → =
f ( x ) x 2 2 y
1 2 2
2
x 1
= + → = −
f ( x ) x 2 y 1
2 2 2
Questo è possibile farlo in quanto nel primo quadrante l’invertibilità delle due parabole è garantita.
Il volume lo si ricava partendo dal volume del cilindro ottenuto dalla rotazione del rettangolo
OCDA cui va sottratto i volumi ottenuti dalla rotazione intorno all’asse delle ordinate delle regioni
di piano R1 ed R2, cioè:
3 1
2
2 2 4 2
2 2
3 1
π π π
∫ ∫
= − − − =
V 2 y 1 dy 2 2 y dy
2 2 2 1 0
2
3 [ ]
1
2 2 2
3 y 2
π =
− − − 2 4 2
y y 2 0
2
4 2
1
2
3 9 2 3 2 1 2
π
= − − − + − =
16 4 32
4 2 2 2 2 π
3 5 2 1 2 9 2
π
= − + − =
16 32 32
4 2 2 2
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QUESTIONARIO.
Quesito 1 ( ) ( )
= 2
Calcolare la derivata, rispetto ad x, della funzione f x sin 2 x .
( ) ( )
= 2
f x sin 2 x è
La derivata di
( ( )
)
( ) ( ) ( ) ( ) ( ( ) ( )
) ( )
d sin 2 x
= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ =
f ' x 2 sin 2 x 2 sin 2 x 2 cos 2 x 2 2 sin 2 x cos 2 x 2 sin 4 x
1
4
4
4
2
4
4
4
3
dx ( )
sin 4 x
( )
−
( ) ( ) ( )
1 cos 4 1 1
x
= = = −
2
In altro modo ricordando che sin 2
f x x cos 4 x la derivata è
2 2 2
[ ]
( ) ( ) ( )
1
= − − ⋅ =
f ' x 4 sin 4 x 2 sin 4 x .
2
Quesito 2
Si consideri la seguente proposizione:
Condizione necessaria e sufficiente affinché due triangoli siano congruenti è che abbiano due
lati congruenti e i seni degli angoli fra essi compresi uguali.
Dire se è vera o falsa e spiegare in modo esauriente la risposta data.
La proposizione è falsa in quanto
Condizione necessaria e sufficiente affinché due triangoli siano congruenti è che abbiano due lati
congruenti e gli angoli fra essi compresi uguali.
Cioè i due triangoli devono avere uguali gli angoli compresi tra i due lati congruenti e non devono
α β α β
=
