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Corso di ordinamento- Sessione ordinaria all’estero (EUROPA) - a.s. 2007-2008
Soluzione di De Rosa Nicola
______________________________________________________________________________
+ −
2 2 2
( ) OP PB OB
α =
cos .
Applicando il teorema di Carnot al triangolo OPB si ha ⋅ ⋅
2 OP PB
Ma: )
( 2
= + − + − − = − − − −
2 2 2 2
2 4 16 8 16 4 4 16
OP x x x x x x
) )
( (
2 2
= + − + − − + = + + − − = − + − −
2 2 2 2 2 2
2 4 16 4 2 4 16 8 16 4 4 16
PB x x x x x x x x x
=
2 16
OB ( )
( ) 2
⋅ = − − − − ⋅ − + − − = − − − − =
2 2 2
8 16 4 4 16 8 16 4 4 16 8 16 16 4 16
OP PB x x x x x x x x x
= + − − + + = =
2 2 2
64 256 256 64 16 256 272 4 17
x x x x x x
≥
=
in cui si è sfruttato che per .
0
x
x x
In questo modo si ha: )( )
(
+ − − − − − + − + − − −
2 2 2 2 2
8 16 4 4 16 8 16 4 4 16 16
( ) OP PB OB x x x x x x
α = = =
cos ⋅ ⋅
2 8 17
OP PB x
− 32 4 4 17
x
= = − = − 17
8 17 17
x ⎛ ⎞
4 17
⎜ ⎟
α = − ≅ °
da cui arccos 169 57 '
50
' '
⎜ ⎟
17
⎝ ⎠
Punto 3
Se P è un punto dell’ arco di λ contenuto nel quarto quadrante e H la sua proiezione sull’asse
x, si trovi la posizione di P affinché il triangolo OPH abbia area massima.
( ) ( ) ( )
λ = − − ≤ ≤
2 2
Un punto P di : 4 ha coordinate , 4 con . Di conseguenza .
0 4 , 0
x
y x x P x x x H x
Consideriamo la figura seguente: 5
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−
2 4
⋅ x x x
( ) OH PH ≤ ≤
= = e poiché tale area vale
L’area del triangolo OPH è 0 4
x
S OPH 2 2
( )
⋅ − + − +
2 2
4 3 8
( ) ( )
OH PH x x x x x
= = =
'
. La derivata di tale area è per cui la
S OPH S OPH
2 2 2
⎡ ⎤
⎡ ⎤
8 8
0
, , strettamente decrescente in e si annulla in
, 4
funzione area è strettamente crescente in ⎢ ⎥
⎢ ⎥
3 3
⎣ ⎦
⎣ ⎦
8 8
= =
= . In particolare la funzione area raggiunge il suo massimo in cui
ed in
0 x x
x 3 3
128
( ) =
corrisponde l’area massima .
S OPH
MAX 27
Punto 4
Si conducano le due rette tangenti a λ nei suoi punti O e A; si calcoli l’area del triangolo
mistilineo delimitato dall’arco di parabola appartenente al quarto quadrante e dalle due
tangenti. = −
4
La tangente in O(0,0) è già stata calcolata e vale ; la tangente in A(4,0) ha equazione
y x
( ) ( )
( ) = = − =
= − con ' 4 2 4 4 pertanto la tangente in A(4,0) ha equazione
4 m y x
y m x = 4
x
( ) ( )
= − −
4 4 2
, 8
. Il punto di incontro delle due tangenti è .
y x C
L’area da calcolare è raffigurata in grigio nella figura sottostante: 6
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L’area del triangolo mistilineo la calcoleremo come differenza tra l’area del triangolo AOC e del
⋅
4 8
( ) =
=
segmento parabolico AO. L’area del triangolo AOC è , mentre l’area del
16
S AOC 2
2 dell’area del rettangolo circoscritto per il teorema di Archimede.
segmento parabolico AO è i 3
2 32 32 16
( ) ( )
= ⋅ ⋅ = = − =
. . da cui l’area di interesse è
Quindi 4 4 16 .
S Seg Par AO Area
3 3 3 3
Per via integrale l’area richiesta è pari a:
[ ] [ ]
2 4
( ) ( )
( ) ( )
∫ ∫
= − − − + − − − =
2 2
4 4 4 4 16
Area x x x dx x x x dx
0 2
[ ]
[ ]
2 4 ( )
∫ ∫ 2
= + − =
2 4
x dx x dx
0 2
( ) 4
2 ⎤
⎡
⎡ ⎤ 3
−
3 4 8 8 16
x x
= = + =
+ ⎥
⎢
⎢ ⎥
3 3 3 3 3
⎣ ⎦ ⎦
⎣
0 2
come già trovato. 7
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PROBLEMA 2
Nell’insieme delle funzioni y = f (x) tali che ax
=
'
y ( )
2
+ 2
1 4 x
⎛ ⎞
1 ( )
⎜ ⎟
,
1
si trovi quella il cui grafico γ passa per i punti e 0
, 2
2
⎝ ⎠ ax
=
' e quindi di risolvere
Si tratta di risolvere l’equazione differenziale del primo ordine y ( )
2
+ 2
1 4 x
( ) ax
∫
=
l’integrale Tale integrale è di facile risoluzione, infatti:
.
f x dx
( )
2
+ 2
1 4 x ⎛ ⎞
( ) 1
( ) ( ) a
a a
ax − 2
∫ ∫ ⎜ ⎟
= = + = ⋅ − + = − +
2
8 1 4 .
( ) ( ) k
k
dx x x dx
f x ⎜ ⎟
( ) + +
2 2 2
8 8 1 4 8 1 4
+ ⎝ ⎠
2
1 4 x
x
x ⎛ ⎞
1 ( )
a a
− + = − + =
⎜ ⎟ 0
, 2
comporta
,
1
Il passaggio per 1 , mentre quello per impone 2 .
k k
2 16 8
⎝ ⎠
Bisogna risolvere il sistema di due equazioni in due incognite seguente:
⎧ a
− + = 1
k
⎪ = −
⎧ 16
⎪ 2
a
16 ( )
⇒ =
da cui .
⎨ ⎨ ( )
f x
= + 2
0 1 4
⎩
a k x
⎪ − + = 2
k
⎪
⎩ 8
Punto 1 2
=
Constatato che la funzione definita da: è quella richiesta, si disegni γ.
y + 2
1 4 x
2
=
Studiamo la funzione y + 2
1 4 x
Dominio: R cui non ci sono intersezioni con l’asse delle ascisse
Intersezioni asse ascisse: = ⇒ =
0 2
Intersezioni asse ordinate: x y
la funzione è pari
Eventuali simmetrie:
2
= > ∀ ∈
0
Positività: y x R
+ 2
1 4 x
non ce ne sono
Asintoti verticali: ⎛ ⎞
2 =
=
⎜ ⎟ 0
lim 0 per cui la retta è asintoto orizzontale
y
Asintoti orizzontali: + 2
⎝ ⎠
1 4
→ ±∞ x
t 8
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− 16 ( )
x
= − ∞
' per cui la funzione è strettamente crescente in ,
, 0
y
Crescenza e decrescenza: ( )
2
+ 2
1 4 x
( )
+∞ =
strettamente decrescente in e si annulla in in cui presenta un massimo assoluto
0
, 0
x
( ) .
0
, 2
M
Concavità e convessità: [ ] [ ]
( ) ( ) ( ) ( )
2
− + + ⋅ + + − + −
2 2 2 2 2 2
16 1 4 16 16 1 4 16 1 4 16 1 4 16 12 1
x x x x x x x x
= = = per cui la
'
y ( ) ( ) ( )
4 4 3
+ + +
2 2 2
1 4 1 4 1 4
x x x
1 1
= − =
funzione presenta due flessi alle ascisse , .
x x
1 2
2 3 2 3
Il grafico è di seguito presentato:
Punto 2
Si conduca la tangente a γ in un suo generico punto P. Sia Q l’intersezione di tale tangente con
l’asse x e H la proiezione ortogonale di P sull’asse x. Per quale valore di x è minima la
lunghezza del segmento HQ ? ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
2 2
2
= ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
Un punto P generico di ha coordinate , . La tangente in , ha
y P t P t
+ + +
2 2 2
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
1 4 1 4 1 4
x t t
⎡ ⎤ −
−
2 16 16
( ) ( ) x t
= − + =
= = ⎢ ⎥
con pertanto la tangente ha
equazione '
y m x t m y t ( ) ( )
+ 2 2 2
1 4 +
+ 2 2
⎢ ⎥
1 4 1 4
t ⎣ ⎦
x t
=
x t 9
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⎛ ⎞
− − +
2
16 2 16 24 2
( )
t tx t
⎜ ⎟
= − + = + .
equazione y x t
( ) ( ) ( )
⎜ ⎟ +
2 2 2 2
1 4
+ + +
2 2 2
1 4 1 4 1 4
t
⎝ ⎠
t t t
⎞
⎛ +
2
12 1 ( )
t ⎟
⎜
In tal modo i punti Q ed H hanno coordinate ed . Il segmento HQ misurerà
, 0
, 0 H t
Q ⎟
⎜ 8 ⎠
⎝ t
⎧ +
2
4 1
t > 0
⎪ t
+ + +
2 2 2 ⎪
12 1 4 1 4 1 8
( ) t t t t
= = − = = = .
⎨
HQ g t t +
8 8 8 2
4 1
t t t ⎪ t
− < 0
t
⎪
⎩ 8
t
+
2
4 1
( ) t
= >
In realtà visto che , in quanto
è una funzione pari, basta discutere il caso in cui 0
g t t
8 t <
tutto identicamente si ripete simmetricamente per .
0
t + −
2
2
4 1 4 1
( ) ( )
t t
= =
> '
con . Si ha per
Calcoliamo quindi la derivata della funzione 0
g t g t
t
+ + 2
8 8
t t
+
2 ⎞
⎛ 1
4 1
( ) t
= +∞ ⎟
⎜
è strettamente crescente in
cui la funzione , , strettamente decrescente in
g t
+ 8 2 ⎠
⎝
t
⎞ ⎞
⎛ ⎛
1
1 1 1
=
⎟ ⎟
⎜ ⎜
in cui presenta un minimo
0
, e si annulla in , . Per simmetria la funzione
t m
2
2 2 2
⎠ ⎠
⎝ ⎝
+
2 ⎞
⎛ 1 1
4 1
( ) t
= − − ⎟
⎜
presenta un minimo .
,
g t m
− 1
8 2 2 ⎠
⎝
t +
2
4 1
1 ( ) t
= ± =
minimizzano la funzione .
In conclusione i valori t g t
2 8 t
+
2
4 1 1
( ) t t
= = + >
con non è altro che una iperbole con centro di simmetria
La funzione 0
g t t
+ 8 2 8
t t
( ) t
=
= . Analogamente la funzione
ed asintoto verticale in ed obliquo in
0
,
0 0 y
t 2
+
2
4 1 1
( ) ( )
t t
= − = − − <
con non è altro che una iperbole con centro di simmetria ed
0 0
,
0
g t t
− 8 2 8
t t t
= −
=
asintoto verticale in .
ed obliquo in
0
t y 2
+
2
4 1
( ) t
= è sotto riportato:
Il grafico della funzione g t 8 t 10
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Punto 3
Si calcoli l’area della superficie piana delimitata da γ e dagli assi cartesiani.
L’area da calcolare è raffigurata in grigio nella figura sottostante:
e vale: +∞ +∞ π π ⎞
⎛
2 2 [ ]
( ) ( ) ( )
∫ ∫ + ∞ π
=
= = = = + ∞ − − ∞ = − − ⎟⎠
⎜⎝
arctan arctan arctan
Area dx dx x
( ) − ∞
+ 2 2
+ 2 2
1 4 1 2
x x
− ∞ − ∞ 11
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QUESTIONARIO
Quesito 1 = 3
7
La regione R delimitata dal grafico di , dall’asse x e dalla retta x=2 è la base di un
y x
solido S le cui sezioni, ottenute tagliando S con piani perpendicolari all’asse x, sono tutte dei
quadrati. Si calcoli il volume di S.
La regione R è quella mostrata in figura di seguito:
( ) ⎛ ⎞
2
( ) 2 ⎜ ⎟
= =
3
L’area del quadrato sezione è 7 49 per cui il volume richiesto è
3
A x x x
⎜ ⎟
⎝ ⎠
2
⎤
⎡
⎛ ⎞
2 5
2 3
147 294 4
∫ ⎜ ⎟ =
= .
49 3 3 ⎥
⎢
x dx x
⎜ ⎟ 5 5
⎦
⎣
⎝ ⎠
0 0
Quesito 2
Le misure dei lati di un triangolo sono 12, 16 e 20 . Si calcolino, con l’aiuto di una
cm
calcolatrice, le ampiezze degli angoli del triangolo approssimandole in gradi e primi
sessagesimali. α β γ
, ,
Consideriamo il triangolo sottostante in cui a=12 cm, b=16 cm, c=20 cm, e gli angoli si
oppongono rispettivamente ad a,b e c. 12
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γ = °
= +
2 2 2 90
per cui il triangolo è rettangolo e cioè . Inoltre per il
Notiamo subito che c a b
teorema dei seni si trova subito
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
3
a
α = = ≅ °
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
arcsin arcsin 36 52
'
11
' '
5
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
c ⎛ ⎞
⎛ ⎞ 4
b
β ≅ °
=
= ⎜ ⎟
⎜ ⎟
arcsin arcsin 53 7 '
49
' '
5
⎝ ⎠
⎠
⎝ c
Se il triangolo non fosse stato rettangolo, avremmo potuto seguire la strada di applicare 3 volte, una
volta per ogni lato, il teorema di Carnot . In tal caso si ha:
+ −
2 2 2 ⎛ ⎞
512 4 4
( ) b c a
α α
= = = → = ≅ °
⎜ ⎟
cos arccos 36 52
'
11
' '
2 640 5 5
⎝ ⎠
bc
+ −
2 2 2 ⎛ ⎞
288 3 3
( ) a c b
β β
= = = → = ≅ °
⎜ ⎟
cos arccos 53 7 '
49
' '
2 480 5 5
⎝ ⎠
ac
+ −
2 2 2
( ) a b c
γ γ
= = → = °
cos 0 90
2 ab
come già trovato.
Quesito 3
Si determini, al variare di k, il numero delle soluzioni reali dell’equazione:
− − + =
3 2 3 2 0
x x k
=
⎧ y k
⎪ =
. La retta è parallela all’asse delle ascisse,
Si tratta di discutere il sistema ⎨ − +
3 2 y k
2
x x
=
⎪ y
⎩ 3 ( )
( )
− + + − +
3 2 2
2 1 2 2
x x x x x
= =
mentre la curva di equazione è una cubica definita in tutto R,
y 3 3 ≥ −
che interseca le ascisse in (-1,0), le ordinate in (0,2), è positiva o uguale a zero per , non
1
x
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
2 2
( )
− ∞ ∨ +∞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
,
0 , , strettamente decrescente in
presenta asintoti, è strettamente crescente in 0
, ,
3 3
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
2 2 50 1 52
= =
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
0
, , ,
, un minimo in ed un flesso in
presenta un massimo in .
M m
3 3 81 3 81
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Consideriamo il grafico sottostante che rappresenta la cubica: 13
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Dal grafico si notano le seguenti soluzioni:
50
• < : 1 soluzione negativa
k 81
50 2
= =
• : 3 soluzioni di cui una negativa e due coincidenti pari a
k x
81 3
50 2
< <
• : 3 soluzioni di cui una negativa e due positive distinte
k
81 3
2
• = =
= e due coincidenti pari a
: 3 soluzioni di cui una positiva e pari a 1 0
x x
k 3
2
>
• : 1 soluzione positiva
k 3
Riassumendo si ha:
50 2
< ∨ >
• : 1 soluzione
k k
81 3
50 2
