Scarica il documento per vederlo tutto.
Scarica il documento per vederlo tutto.
Scarica il documento per vederlo tutto.
Scarica il documento per vederlo tutto.
vuoi
o PayPal
tutte le volte che vuoi
Sessione ordinaria 2007 LS_ORD Americhe Soluzione di De Rosa Nicola
2)
I punti di intersezioni tra la parabola ed il luogo geometrico trovato sono:
= −
2
y 1 x −
x 1 3
− = + − = = = −
⇒ ⇒ ⇒
2 2
−
A
, D : 1 x 2 x x 3 0 x 1
, x
x 1 A D
= 2 2
y
2
3 5
= = − −
Quindi i punti di intersezione sono come sotto presentato:
A (
1
, 0 ), D ,
2 4 3
www.matematicamente.it
Sessione ordinaria 2007 LS_ORD Americhe Soluzione di De Rosa Nicola
L’area richiesta è allora: − −
( )
1 1
x 1 3 x
∫ ∫
= − − = − =
2 2
Area 1 x dx x dx
2 2
3 3
− −
2 2
( ) 1
− 2
3
3 x x 1 81 9 4 63 125
= − − = − − − − + = − + =
1
4 3 3 16 8 3 16 48
3
− 2
Un modo alternativo per calcolare l’area è sfruttare il teorema di Archimede per cui l’area di un
2
segmento parabolico è pari ai dell’area del rettangolo circoscritto.
3
Costruiamo allora il rettangolo circoscritto.
− 1
x x
= = +
La generica retta parallela alla retta y è y q ed affinchè tale retta sia tangente alla
2 2
parabola dobbiamo imporre che il discriminante dell’equazione di secondo grado
x 17
− = + + + − = − − = =
⇒ ⇒
2 2
1 x q 2 x x 2 ( q 1
) 0 sia nullo e cioè q q per cui la
1 16 ( 1
) 0
2 16
−
x x
1 17
= = +
retta tangente alla parabola e parallela alla retta y è la retta y . Tale retta
2 2 16
17
= −
interseca l’asse delle ascisse nel punto .
F , 0
8 =
Calcoliamo ora l’intersezione tra la retta tangente alla parabola in A (
1
, 0 ) di equazione
x 17
+ − = = +
t : 2 x y 2 0 e la tangente di equazione y :
2 16
x 17 3 5 3 5
− = + = = → =
⇒
2 2 x x , y E ,
2 16 8 4 8 4
Sono stati così determinati i 4 vertici del rettangolo circoscritto:
=
A (
1
, 0 )
3 5
=
E ,
8 4
17
= −
F , 0
8
3 5
= − −
D ,
2 4 4
www.matematicamente.it
Sessione ordinaria 2007 LS_ORD Americhe Soluzione di De Rosa Nicola
25 25 5 5
= + =
EA
Ora l’altezza del rettangolo è , mentre la base è
64 16 8
25 25 5 5 125
= + = =
AD , per cui l’area del rettangolo circoscritto è A , per cui l’area
R
4 16 4 32
2 125
= =
richiesta sarà Area A come già trovato, ma senza utilizzare gli integrali.
R
3 48
La figura seguente mostra il procedimento seguito:
3) 1 1
= =
g ( x )
Studiamo la funzione − 2
f ( x ) 1 x { } ( ) ( ) ( )
− ≠ ≠ ± = − ± ⇔ ∈ − ∞ − ∪ − ∪ +∞
⇒ ⇒
2
Dominio: 1 x 0 x 1 C . E R 1 C . E : x , 1 1
,
1 1
, ;
Intersezione asse delle ascisse: non ce ne sono;
= → =
Intersezioni asse delle ordinate: x 0 y 1 ; 1 1
− = = =
Eventuali simmetrie: è una funzione pari, infatti g ( x ) g ( x ) ;
( ) −
− − 2 2
1 x
1 x
( )
1
= > ∈ −
⇒
Positività: g ( x ) 0 x 1
,
1 ;
− 2
1 x
Asintoti verticali:
1 1 1 1
= = −∞ = = +∞
lim , lim
− +
− −
2 2
+ −
→ →
1 x 0 1 x 0
x 1 x 1
1 1 1 1
= = +∞ = = −∞
lim , lim
+ −
− −
2 2
+ −
→ − → −
1 x 0 1 x 0
x 1 x 1
= ±
per cui le rette x 1 sono asintoti verticali;
1 = =
Asintoti orizzontali: 0 per cui la retta y 0 è asintoto orizzontale;
lim − 2
→ ±∞ 1 x
x 5
www.matematicamente.it
Sessione ordinaria 2007 LS_ORD Americhe Soluzione di De Rosa Nicola
1
=
Asintoti obliqui: essendo g ( x ) una funzione razionale fratta, la presenza degli
− 2
1 x
asintoti orizzontali esclude la presenza di asintoti obliqui (e viceversa); ( ) ( )
2 x
= > ∈ ∪ +∞
⇒
Crescenza e decrescenza: la derivata prima è g ' ( x ) 0 x 0
,
1 1
,
( )
2
− 2
1 x
( ) ( )
∪ +∞
0
,
1 1
, e decrescente altrove; la derivata seconda
per cui la funzione è crescente in
( )
+ 2 ( )
2 1 3 x
= = >
⇒
g ' ' ( x ) g ' ' ( 0
) 2 0 0
,
1
è per cui è un minimo relativo;inoltre,poiché
( )
3
− 2
1 x
la derivata seconda non si annulla mai, la funzione non presenta flessi. Il grafico è sotto
presentato:
4) 1
= − = = − = −
2
Mettiamo insieme i grafici di f ( x ) 1 x e g ( x ) con le rette y 1
, y 2 e si ha:
− 2
1 x 6
www.matematicamente.it
Sessione ordinaria 2007 LS_ORD Americhe Soluzione di De Rosa Nicola
Calcoliamo i punti F,M: ( ) ( )
= −
2
y 1 x − = − = ± = − − = −
⇒ ⇒ ⇒
2
F , M : 1 x 2 x 3 F 3 , 2 , M 3 , 2
= −
y 2
Calcoliamo i punti G,I:
1
=
y 1 1 3 3 3
= − − = − = ± = − − = −
⇒ ⇒ ⇒ ⇒
− 2
2
G , I : 2 1 x x G , 2 , I , 2
1 x
− 2 2 2 2 2
1 x
= −
y 2
Calcoliamo i punti H,L: ( ) ( )
= −
2
y 1 x − = − = ± = − − = −
⇒ ⇒ ⇒
2
H , L : 1 x 1 x 2 H 2 , 1 , L 2 , 1
= −
y 1
Poiché i due domini richiesti sono simmetrici, viste le simmetrie delle due funzioni in gioco,
allora basta calcolare l’area di uno solo di essi: 7
www.matematicamente.it
Sessione ordinaria 2007 LS_ORD Americhe Soluzione di De Rosa Nicola
[ ]
2 3
1
∫ ∫
= + + − + =
2
S dx x dx
2 1 2
− 2
x
1
3 2
2 [ ]
2 3
1 1 1 1
∫ ∫
= + + + − +
2
dx x dx
2 1 2 ?
+ −
x x
2 1 2 1
3 2
2 3
2
+
3
x x
1 1
= + + − =
x x
ln 2 3
−
x
2 1 3
3 2
2
3
+
1 ( )
+
1 1 2 1 3 2 2
2
= + − + + − − − =
ln 2 2 ln 2 3 3 3 3 2
−
2 2 2 3
1 2 3
−
1
2
( ( ) ) ( )
3 7 2
= + + − + + + − =
ln 2 1 2 2 ln 2 3 2 2 3
2 3
+
2 1 3 2
= + − −
ln 2 3 2
+ 2 3
2 3 8
www.matematicamente.it
Sessione ordinaria 2007 LS_ORD Americhe Soluzione di De Rosa Nicola
Soluzione
1) = + +
2
L’equazione generica di una parabola con asse parallelo all’asse delle ordinate è y ax bx c e,
<
dovendo volgere la concavità verso il basso, dovrà essere 0
a . Il passaggio per i punti
= =
A ( 0
, 2 ), B ( 2
, 0 ) impone due condizioni e rispettivamente:
= =
c 2 c 2
⇒
+ + = = − +
4 a 2
b c 0 b ( 2 a 1
) a
L’equazione della famiglia di parabole, in funzione dell’unico parametro rimanente sarà allora:
γ = − + +
2
: y ax ( 2 a 1
) x 2
γ = − + +
2
La famiglia di parabole : ( 2 1
) 2
y ax a x interseca l’asse delle ascisse in due punti distinti:
+ ± −
( 2 a 1
) ( 2 a 1
) 1
= = =
⇒
x x 2
, x
1
, 2 1 2
2 a a
1 1
= = =
Per cui le intersezioni con l’asse delle ascisse sono . Il punto ,
B ( 2
, 0 ), D , 0 D , 0
a a
<
dovendo essere a 0 , si troverà sul semiasse negativo delle ascisse.. Inoltre la famiglia di parabole
+
2 a 1 >
=
x
ha come ascissa del vertice 0 per cui il vertice si troverà nel primo quadrante.
V 2 a
Il grafico sottostante evidenzia una realizzazione della famiglia di parabole di equazione
γ = − + +
2
: y ax ( 2 a 1
) x 2 : 9
www.matematicamente.it
Sessione ordinaria 2007 LS_ORD Americhe Soluzione di De Rosa Nicola
a
Per calcolare l’altro parametro , dobbiamo imporre che l’area della regione delimitata dalla
10
parabola e dai segmenti OA ed OB sia pari a , cioè
3
[ ]
2 10
∫ − + + = ⇒
2
ax ( 2 a 1
) x 2 dx 3
0 2
+
3
x ( 2 a 1
) 10
− + = ⇒
2
a x 2 x
3 3
2 0
8 a 10
− + + = ⇒
2 ( 2 a 1
) 4
3 3
4 a 10
− − = ⇒
2
3 3
4 a 4
− = ⇒
3 3
= −
a 1
γ = − + +
2
Quindi l’equazione della parabola sarà : y x x 2
2) γ = − + + = +
2
Calcoliamo le intersezioni A e C della parabola : y x x 2 con la retta y mx 2 :
= − + +
2 [ ]
y x x 2 − + + = + + − = = = −
⇒ ⇒ ⇒
2
x x mx x x m x x m
2 2 ( 1
) 0 0
, 1
= + A C
y mx 2 ( )
= = − − + +
2
Per cui i punti di intersezione sono A ( 0
, 2 ), C 1 m
, m m 2 . 10
www.matematicamente.it
Sessione ordinaria 2007 LS_ORD Americhe Soluzione di De Rosa Nicola
3) ( ) ( )
( ) ( )
2
= = − + − = − +
2 2
2 2 2
f ( m ) AC 1 m m m 1 m m 1
( )
( )
= − +
2 2
Studiamo la funzione f ( m ) 1 m m 1 ( )
( )
= − +
2 2
Dominio: R essendo la funzione f ( m ) 1 m m 1 un polinomio di quarto grado;
( )
( )
= − + = =
⇒
2 2
Intersezione asse delle ascisse: f ( m ) 1 m m 1 0 m 1 ;
= =
⇒
Intersezione asse delle ordinate: m 0 f ( m ) 1 ;
Eventuali simmetrie: la funzione non è né pari né dispari;
( )
( ) ( ) ( )
= − + > ∈ − ∞ ∪ +∞
⇒
2 2
Positività: f ( m ) 1 m m 1 0 m ,
1 1
, ; ( )
( )
= − +
2 2
Asintoti verticali: non ce ne sono essendo la funzione f ( m ) 1 m m 1 un polinomio
di quarto grado; ( )
( )
− + = +∞
2 2
Asintoti orizzontali: non ce ne sono, infatti lim 1 m m 1 ;
→ ±∞
m
Asintoti obliqui: non ce ne sono;
Crescenza e decrescenza: la derivata prima è
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
= − − + + − = − − − + − = − − +
2
2 2 2 2
f ' ( m ) 2 1 m m 1 2 m 1 m 2 1 m m 1 m m 2 m 1 2 m m 1
per cui la derivata prima sarà positiva se e solo se
( ) ( )
( ) ( )
= − − + > ⇔ > = − +
2
2 2
f ' ( m ) 2 m 1 2 m m 1 0 m 1 per cui la funzione f ( m ) 1 m m 1 è
( )
+∞ = − +
2
1
,
crescente in e decrescente altrove. La derivata seconda è f ' ' ( m ) 4 (
3
m 3
m 1
)
( )
( )
= − +
2 2
per cui, non annullandosi mai, la funzione f ( m ) 1 m m 1 non presenterà flessi;
= >
inoltre f ' ' (
1
) 4 0 per cui il punto (1,0) è di minimo relativo ed assoluto vista la
positività della funzione stessa. ( )
( )
= − +
2 2
Il grafico sottostante mostra l’andamento della funzione f ( m ) 1 m m 1 : 11
www.matematicamente.it
Sessione ordinaria 2007 LS_ORD Americhe Soluzione di De Rosa Nicola
4) = = +
In corrispondenza di m 1 la retta s avrà equazione y x 2 , cioè i due punti A e C
coincideranno, per cui la retta s non secherà la parabola in due punti ma sarà tangente ad essa
= = = =
nel punto A C ( 0
, 2 ) . Infatti la tangente alla parabola in A C ( 0
, 2 ) avrà equazione
( )
= + = = − + = = +
y mx 2 con m y ' ( 0 ) 2 x 1 1 e cioè la tangente sarà y x 2 come sotto
= 0
x
rappresentato: 12
www.matematicamente.it
Sessione ordinaria 2007 LS_ORD Americhe Soluzione di De Rosa Nicola
Soluzione
1)
Lo si può risolvere in tre modi differenti, facendo uso della trigonometria, dei teoremi di Euclide
oppure con semplici considerazioni geometriche.
1. Approccio trigonometrico:
Si consideri la figura seguente:
L’area di un triangolo rettangolo è pari a : AC * CB
=
A 2
Ora 13
www.matematicamente.it
Sessione ordinaria 2007 LS_ORD Americhe Soluzione di De Rosa Nicola
π
( )
ϑ ϑ
= − =
AC AB sin AB cos
2
( )
ϑ
= sin
CB AB π
2 2
( ) ( ) ( ) ( )
AB AB
ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ
= = ∈
per cui A sin cos sin 2 , 0,
2 4 2 π π
( )
ϑ ϑ π ϑ π
= = + = +
⇒ ⇒
Ovviamente l’area sarà massima quando sin 2 1 2 2 k k
2 4
π
π
ϑ
ϑ =
∈
E nell’intervallo la soluzione accettabile è , cioè gli angoli alla base sono uguali
0,
4
2
ed il triangolo è isoscele e l’area risulterà: π
2
AB
ϑ = =
A
4 4
Approccio con i teoremi di Euclide: si consideri la figura sottostante:
2.
L’area del triangolo è in generale: AB * CH
=
A 2
Ora essendo AB=a una costante ed assegnata allora la massimizzazione dell’area la si ha se viene
massimizzata l’altezza CH. In particolare sfruttando i teoremi di Euclide si ha:
( ) ( ) ( )
= − ∈
CH x x a x , x 0
, a
Calcolandone la derivata si ha:
−
( ) a 2 x a
> < <
= ⇒
I
CH x 0 0 x
( )
− 2
2 x a x
( ) −
( ) ( ) a 2 x
− − − −
2 2 x a x a 2 x ( ) ( ) ( )
− − − − − 2 2
x a x
( ) ( )
4 x a x a 2 x a
= = = − < ∀ ∈
II
CH x 0 x 0
, a
( )
− [ ] [ ]
( ) ( )
3 3
4 x a x − −
4 x a x 4 x a x
2 2 14
www.matematicamente.it
Sessione ordinaria 2007 LS_ORD Americhe Soluzione di De Rosa Nicola
a
=
per cui x massimizza l’area del triangolo, ed in particolare in tal caso le parti in cui l’altezza
2
divide la base sono uguali e questo assicura che il triangolo è isoscele.. Anche in tal caso allora
l’area sarà: AB
AB * 2
AB * CH AB
2
= = =
A 2 2 4
3. Approccio puramente geometrico.
Essendo il triangolo rettangolo esso è inscrivibile in una semicirconferenza con ipotenusa assegnata.
In tal caso come nel caso 2., la massimizzazione dell’area è equivalente alla massimizzazione
dell’altezza visto che l’ipotenusa è assegnata. Ma l’altezza massima la si ha quando l’l’altezza
coincide con il raggio (vedi figura sotto) e quindi quando il triangolo è isoscele.
2)
