2009 - liceo scientifico - scuole italiane all'estero: Americhe

Sessione ordinaria all’estero (AMERICHE) 2008 - 2009 Soluzioni a cura di Nicola De Rosa

5) Si dia una definizione di poliedro regolare. Si dimostri che i poliedri regolari sono, a meno di

similitudini, solo 5 e si dica quali sono.

6) Quanti sono i numeri di quattro cifre (distinte tra loro) che è possibile scrivere utilizzando le cifre

pari, diverse da zero?

7) Si calcoli: −

1 cos 3 x

lim 2

→ x

0

x

8) Si risolva in R la seguente equazione: + =

2 x x

e e 2

___________________________

Durata massima della prova: 6 ore.

È consentito l’uso della calcolatrice non programmabile.

Non è consentito lasciare l’Istituto prima che siano trascorse 3 ore dalla dettatura del tema. 2

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PROBLEMA1 =

r 3 .

Nel piano cartesiano Oxy è data la circonferenza C con centro O e raggio

Punto a perpendicolare al diametro con A(-3,0) e B(3,0). Si trovino le

Si tracci una corda CD AB

coordinate dei punti C ed D di C in modo che l’area del triangolo ACD sia massima.

+ =

2 2

L’equazione della circonferenza C è x y 9 . Per trovare il triangolo ACD di area massima,

innanzitutto facciamo la seguente considerazione. Il triangolo ACD è isoscele su base CD per

simmetria ed inoltre ha il vertice sull’asse negativo delle ascisse. Il triangolo di area massima dovrà

avere la base CD nel primo e quarto quadrante in quanto se la base fosse nel secondo e terzo

quadrante il triangolo non avrebbe area massima in quanto esisterebbe il triangolo rettangolo

isoscele di base il diametro ed altezza pari al raggio con area maggiore di quella del triangolo ACD.

Quindi i punti C ed D si troveranno rispettivamente nel primo e quarto quadrante ed avranno

) )

( (

− − − < <

2 2 0 x 3

C x , 9 x , D x , 9 x con . La figura seguente mostra la geometria del

coordinate

problema: ( )

= − +

2

Il triangolo ACD per simmetria è isoscele su base ed altezza . L’area è

CD 2 9 x x 3

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

+

= + ⋅ − = + − = + −

2 3

2 2 x 3

allora in cui il fattore è stato

S x x 3 9 x x 3 9 x x 3 3 x ( ) ( ) ( )

= + −

< < 3

S x x 3 3 x

0 x 3

portato sotto radice in quanto . La massimizzazione di equivale

( ) ( ) ( ) ( )

= = + −

3

2

g x S x x 3 3 x la cui derivata prima è

alla massimizzazione di

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3

= + − − + = + − = + − > ⇒ < <

2 3 2 2

' 3 6 4 0 0

g ' x 3 x 3 3 x x 3 x 3 6 4 x per cui g x x x x 2

3

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( ) ( ) ( ) 3

= + − > ⇒ < <

2

e g ' x x 3 6 4 x 0 x 3 ; da queste considerazioni deduciamo che la funzione

2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

3 3

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

0

, e strettamente decrescente in ,

3 , quindi l’area massima

area è strettamente crescente in ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2 2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⎛ ⎞ 3 3 3 3 3 3

3 3 27 3 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

= = −

⎜ ⎟

si ha per e vale cui corrispondono

x S C , , N , . In questo caso

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠

2 2 4 2 2 2 2

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

= = =

CD DA AC 3 3 , cioè il triangolo di area massima è un triangolo equilatero.

notiamo che

Punto b =

x 1

Si scrivano le equazioni delle tangenti a C nei suoi punti di ascissa

+ = =

2 2

I punti di intersezione tra la circonferenza di equazione x y 9 e la retta si ricavano dal

x 1

( )

⎧

⎧ =

+ =

2 2 2 Q 1

, 2 2

y 8

9

x y ⇒

⎨

⎨ ( ) .

sistema da cui =

= −

⎩

⎩ x 1

1

x R 1

, 2 2 >

Nel primo e secondo quadrante, cioè nel semipiano y 0 , la semicirconferenza è in forma esplicita

= − <

2

rappresentata dalla curva y 9 x , mentre nel terzo e quarto, cioè nel semipiano y 0 la

= − − 2

y 9 x le cui derivate sono

semicirconferenza è in forma esplicita rappresentata dalla curva

− x x

> <

= =

per y 0 e per y 0 .

y ' y '

− −

2 2

9 x 9 x

Calcoliamo le tangenti: ( ) ⎡ ⎤

−

( ) x 2

= − + = = −

⎢ ⎥

m da

Q 1

, 2 2 ha equazione y m x 1 2 2 con

La tangente in

1. − 4

⎣ ⎦

2

x

9 =

x 1

2 9 2

= − + ;

cui t y x

;

Q 4 4

( ) ⎡ ⎤

( ) x 2

− = − − = =

⎢ ⎥

m

R y m x

La tangente in 1

, 2 2 ha equazione 1 2 2 con da

2. − 4

⎣ ⎦

2

x

9 =

x 1

2 9 2

= −

cui t ; y x ;

R 4 4

Analogamente si può procedere nella maniera classica in cui si mette a sistema l’equazione della

circonferenza e la generica retta tangente e poi si impone che il delta dell’equazione risultante sia

nullo. ( )

Per la tangente in Q 1

, 2 2 si ha: 4

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⎧ ( ) ( ) ( )

+ =

2 2 ( )

⎪ x y 9 2

⇒ + − + = ⇒ + − − + − − =

2 2 2 2 2

⎨ x mx m 2 2 9 1 m x 2 x m 2 2 m m 4 2 m 1 0

⎪⎩ = − +

y mx m 2 2 ( ) ( ) ( )

Δ ( ) 2

2 2

= − − + − − = + = ⇒ = −

2 2 2

2 2 1 4 2 1 2 2 1 0

Imponendo 0 si ha m m m m m m m da

4 4

2 9 2

= − +

cui .

t ; y x

Q 4 4

( )

−

R 1

, 2 2 si ha:

Per la tangente in

⎧ ( ) ( ) ( )

+ =

2 2 ( )

⎪ x y 9 2

⇒ + − − = ⇒ + − + + + − =

2 2 2 2 2

⎨ x mx m 2 2 9 1 m x 2 x m 2 2 m m 4 2 m 1 0

⎪⎩ = − −

y mx m 2 2 ( ) ( ) ( )

Δ ( ) 2

2 2

= + − + + − = − = ⇒ =

2 2 2

2 2 1 4 2 1 2 2 1 0

Imponendo 0 si ha m m m m m m m da

4 4

2 9 2

= −

cui .

t ; y x

R 4 4

Di seguito la circonferenza con le tangenti suddette.

Punto c

Si calcoli con l’aiuto di una calcolatrice, l’ampiezza, in gradi e primi sessagesimali, dell’angolo

( )

ˆ

P

O

Q Q 2

, 5

, con P(0,3) e

Consideriamo la figura seguente: 5

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y

P Q B x

O ⎛ ⎞

⎞

⎛

π y 5

⎜ ⎟

⎟

⎜ =

= − = − =

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ

ˆ Q

P

O

Q P

O

B Q

O

B Q

O

B . Ora arcsin arcsin

Q

O

B

L’angolo P

O

Q è pari a ⎟

⎜ ⎜ ⎟

⎠

⎝

2 ⎝ ⎠

OQ 3

⎛ ⎞

π 5

⎜ ⎟

= − = − ≅ °

ˆ ˆ ˆ

per cui arcsin

P

O

Q P

O

B Q

O

B 41 49

'

⎜ ⎟

2 3

⎝ ⎠

Punto d

Si calcoli il volume del solido ottenuto dalla rotazione del settore circolare attorno all’asse x.

Il volume richiesto lo si calcola per differenza tra il volume del solido generato dalla rotazione del

P O

B cui va sottratto il volume del solido generato dalla rotazione del

quarto di circonferenza

settore circolare Q

O

B . Il volume del solido generato dalla rotazione del quarto di circonferenza

)

( 3

⎡ ⎤

( )

3 3 3

x

2

∫ ∫

π π π π

= − = − = − =

2 2 ⎢ ⎥

è 9 9 9 18

V x dx x dx x ; il volume del solido generato dalla

P O

B 1 ⎣ ⎦

3

0 0 0

è a sua volta la somma di due volumi, quello generato dalla

rotazione del settore circolare Q

O

B 5

= in [1,2] e quello generato dalla rotazione dell’arco

rotazione della retta OQ di equazione y x

2 = − 2

di circonferenza di equazione y 9 x in [2,3], quindi

)

(

2

⎛ ⎞

( ) ( )

⎛ ⎞ 3

2

3

2 5 5

2

∫ ∫ ∫ ∫

⎜ ⎟

π π π π

= + − = + − =

⎜⎝ ⎟⎠ 2

2

2

V x dx x dx x dx x dx

Q

O

B 9 9

⎜ ⎟

2 4

⎝ ⎠ 2

1

2

1 3

⎡ ⎤

2

⎡ ⎤ 3

5 35 8 67

x

π π π π π

= + − = + =

3 ⎢ ⎥

9

x x

⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦

12 3 12 3 12

1 2

( ) 67 149

π π π

= − = − =

Q

O

B 18

V V V .

Il volume richiesto è allora 1 12 12 6

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PROBLEMA2

Punto 1

Si trovi l’espressione generale di un polinomio P(x) di 4° grado tale che P(-2) = P(2) = 0 e

( ) ≥ per ogni x .

P x 0 ( ) = + + + +

4 3 2

Un generico polinomio di quarto grado è P x ax bx cx dx e . Imponendo

+ + + + =

⎧

16 a 8

b 4

c 2 d e 0

( ) ( )

= − = ⎨

si ricavano le due condizioni seguenti . Sommando le

P 2 P 2 0 − + − + =

⎩

16 a 8

b 4

c 2 d e 0

= − − = −

due equazioni si ricava mentre sottraendole si ricava , per cui il polinomio

e 16 a 4 c d 4

b

diventa

( ) ( )

= + + − − + =

4 3 2

P x ax bx cx 4

bx 16 a 4

c

( ) ( ) ( )

= − + − + − =

4 2 2

a x 16 bx x 4 c x 4

( )( ) ( ) ( )

= − + + − + − =

2 2 2 2

a x 4 x 4 bx x 4 c x 4

[ ] ( )( )

( ) ( )

= − + + + = − + + +

2 2 2 2

x 4 a x 4 bx c x 4 ax bx 4 a c

( )

+ + +

2

Affinché il polinomio sia sempre positivo, il fattore ax bx 4 a c deve essere anch’esso pari a

=

⎧ a 1

( ) ⎪

− =

2 ⎨

x 4 e cioè deve aversi .

b 0

⎪ = −

⎩

c 8 ( )

( ) 2

= −

2

P x x 4

Un polinomio con le caratteristiche richieste è allora

Punto 2 ( )

( ) 2

= −

2

P x x 4

Sia . In un sistema di riferimento cartesiano Oxy si rappresenti l’andamento di

( ) , determinandone in particolare i valori massimi e minimi e flessi.

P x

• Dominio R

: ( )

( ) 2

• = − = ⇒ = ±

2

Intersezione asse ascisse: P x x 4 0 x 2

• = → =

Intersezione asse ordinate x 0 y 16 ; ( ) ( )

= −

• P x P x

Eventuali simmetrie la funzione è pari n quanto

:

( )

( ) { }

2

• = − > ⇒ ∀ ∈ ±

2

Positività: P x x 4 0 x R / 2 ( )

2

• − = +∞

2

Comportamento agli estremi del dominio: lim x 4

→ ±∞

x

• Asintoti: non vi è nessun tipo di asintoto, nè verticale in quanto il dominio è R, nè

( )

2

−

( ) 2

x 4

2

− = +∞ = ±∞

2

orizzontale in quanto e nè obliquo in quanto

lim x 4 lim

→ ±∞

→ ±∞ x

x

x 7

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( )

( ) = −

• 2

Crescenza e decrescenza: la derivata prima è P ' x 4 x x 4 per cui

( ) ( )

( ) ( )

= − > ⇒ − < < ∨ > = − < ⇒ < − ∨ < <

2 2

P ' x 4 x x 4 0 2 x 0 x 2 e P ' x 4 x x 4 0 x 2 0 x 2

( ) ( )

− ∪ +∞ e strettamente decrescente in

quindi la funzione è strettamente crescente in 2

, 0 2

,

( ) ( )

− ∞ − ∪

, 2 0

, 2 . ( )

( ) = −

• 2

Concavità e convessità: la derivata seconda è P ' ' x 4 3 x 4 che si annulla in

2 3

= ± che rappresentano le ascisse di due flessi a tangente obliqua. Inoltre

x 3

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

= > − = > = − < −

P ' ' 2 32 0

, P ' ' 2 32 0

, P ' ' 0 16 0 2

, 0 , 2

, 0

per cui in conclusione sono

⎞

⎛

⎞

⎛

( ) 2 3 64 2 3 64 ⎟

⎜

⎟

⎜ −

è un massimo relativo e

due minimi relativi ed assoluti, , , ,

0

,

16 ⎟

⎜

⎟

⎜ 3 9 3 9 ⎠

⎝

⎠

⎝

sono due flessi a tangente obliqua.

Di seguito il grafico.

Punto c ( ) e l’asse x

Si determini l’area della regione piana finita R compresa tra il grafico di P x

( ) ( )

2 2

∫ ∫

2 2

= − = −

2 2

L’area richiesta è pari a in quanto l’integrando è pari. Risolvendo

S x 4 dx 2 x 4 dx

− 2 0

l’integrale si ha:

2

⎡ ⎤

( ) ( ) ⎛ ⎞

2 2 5 3

8 32 64 512

x x

∫ ∫

2

= − = − + = − + =

= − +

⎜ ⎟

2 4 2 ⎢ ⎥

2 4 2 8 16 2 16 2 32

S x dx x x dx x ⎝ ⎠

⎣ ⎦

5 3 5 3 15

0 0 0

Punto d

Si inscriva in R un rettangolo, con uno dei lati sull’asse x. Come va scelto tale rettangolo

affinchè esso abbia area massima? Come va scelto tale rettangolo affinchè, ruotandolo di un

mezzo giro attorno all’asse y, si ottenga un cilindro di volume massimo? 8

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Consideriamo la figura seguente.

I vertici A,B,C e D hanno rispettivamente le seguenti coordinate:

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

2 2

− − − −

2 2

A x , x 4 , B x , x 4 , C x ,

0 , D x ,

0 . Vista la simmetria del problema consideriamo

> < <

per cui i limiti geometrici imposti dal problema sono . La base del rettangolo

x 0 0 x 2

( )

2

= −

= 2

mentre l’altezza è AD x 4 . L’area del rettangolo è allora

ABCD è AB 2 x

( )

( ) 2

= − < <

2

S x 2 x x 4 con . La massimizzazione la effettuiamo mediante derivazione. La

0 x 2 ( ) ( ) ( )( )

( ) 2

= − + − = − −

2 2 2 2 2

S ' x 2 x 4 8 x x 4 2 x 4 5 x 4 per cui

derivata prima è

( )( ) ( )( )

( ) ( )

2 5 2 5

= − − > ⇒ < < = − − < ⇒ < <

2 2 2 2

' 2 4 5 4 0 0

S x x x x mentre S ' x 2 x 4 5 x 4 0 x 2

5 5

⎛ ⎞

2 5

⎜ ⎟

0

, e strettamente decrescente in

per cui la funzione area è strettamente crescente in ⎜ ⎟

5

⎝ ⎠

⎞

⎛ [ ]

( ) ( ) ( )

( )

2 5 ⎟

⎜ = − + − = −

2 2 3

, 2 S ' ' x 2 2 x 5 x 4 10 x x 4 2 20 x 48 x per cui

. Inoltre la derivata seconda è

⎟

⎜ 5 ⎠

⎝ ⎞

⎛ [ ]

( )

2 5 128 5 2 5

⎟

⎜ = − = − < =

3

S ' ' 2 20 x 48 x 0 per cui l’area massima la si ha per e vale

x

⎟

⎜ 2 5

=

x

5 5 5

⎠

⎝ 5

⎞

⎛ 2 5 1024 5

⎟

⎜ =

=

S S .

⎟

⎜

max 5 125

⎠

⎝

Il cilindro dovuto alla rotazione del rettangolo di mezzo giro intorno all’asse delle y ha altezza pari

( )

2

= − =

2

AD x 4 e raggio di base , per cui il volume è

ad OD x

( )

( ) 2

π π 2

= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ − < <

2 2

V x OD AD x x 4 con . La massimizzazione la effettuiamo mediante

0 x 2

[ ] [ ]

( ) ( ) ( )( )

( ) π π

2

= − + − = − −

2 3 2 2 2

derivazione. La derivata prima è V ' x 2 x x 4 4 x x 4 x x 4 6 x 8 per cui 9

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[ ]

( )( )

( ) 2 3

π

= − − > ⇒ < <

2 2

' 4 6 8 0 0

V x x x x x mentre

3

[ ]

( )( )

( ) 2 3

π