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

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

PROBLEMA1 + =

2 2

x y 25

Nel piano cartesiano Oxy è data la circonferenza C di equazione .

Punto a =

y 3

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

+ = =

2 2

I punti di intersezione tra la circonferenza di equazione x y 25 e la retta y 3 si ricavano dal

( )

⎧ ⎧

+ = =

2 2 2 Q 4

,

3

25 x 16

x y ⇒

⎨ ⎨

sistema da cui .

( )

−

= =

⎩ ⎩ R 4

,

3

3 y 3

y >

y 0 , la semicirconferenza è in forma esplicita

Nel primo e secondo quadrante, cioè nel semipiano − x

= − =

2

y 25 x , la cui derivata è .

rappresentata dalla curva y ' − 2

25 x

Calcoliamo le tangenti: ⎡ ⎤

−

( ) ( ) 4

x

= = −

= − + ⎢ ⎥

La tangente in ha equazione con

1. m da cui

Q 4

,

3 y m x 4 3 − 3

⎣ ⎦

2

25 x =

x 4

4 25

= − +

t ; y x ;

Q 3 3 ⎡ ⎤

−

( ) ( ) x 4

= =

− = + + ⎢ ⎥

4

,

3 4 3

R y m x

2. La tangente in ha equazione con m da cui

− 3

⎣ ⎦

2

x

25 = −

x 4

4 25

= + .

t ; y x

R 3 3

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. ( )

4

,

3

Q si ha:

Per la tangente in

⎧ + = ( ) ( ) ( )

2 2 25

x y ( )

⇒ + − + = ⇒ + − − + − − =

2

2 2 2 2 2

⎨ 4 3 25 1 2 4 3 8 2 3 2 0

x mx m m x x m m m m

= − +

⎩ 4 3

y mx m

Δ ( ) ( )( ) ( ) 4

2

= − − + − − = + = ⇒ = −

2

2 2 2

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

4 3 8 1 2 3 2 3 4 0

4 3

4 25

= − + .

t ; y x

Q 3 3 ( )

− 4

,

3

R

Per la tangente in si ha: 3

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⎧ + = ( ) ( ) ( )

2 2 25

x y ( )

⇒ + + + = ⇒ + − + + + − =

2

2 2 2 2 2

⎨ 4 3 25 1 2 4 3 8 2 3 2 0

x mx m m x x m m m m

= + +

⎩ 4 3

y mx m

Δ ( ) ( )( ) ( ) 4

2

= + − + + − = − = ⇒ =

2

2 2 2

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

4 3 8 1 2 3 2 3 4 0

4 3

4 25

= + .

t ; y x

R 3 3

Di seguito la circonferenza con le tangenti suddette.

Punto b AB

Si tracci una corda perpendicolare al diametro con A(0,-5) e B(0,5). Si trovino le

MN

coordinate dei punti M ed N di C in modo che l’area del triangolo AMN sia massima.

Innanzitutto facciamo la seguente considerazione. Il triangolo AMN è isoscele su base MN per

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

dovrà avere la base MN nel primo e secondo quadrante in quanto se la base fosse nel secondo e

quarto 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 ANM.

Quindi i punti M ed N si troveranno rispettivamente nel primo e secondo quadrante ed avranno

) )

( (

− − − < <

2 2

M 25 y , y , N 25 y , y con 0 y 5 . La figura seguente mostra la geometria

coordinate

del problema: 4

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( )

= − +

2 5

Il triangolo AMN per simmetria è isoscele su base MN 2 25 y ed altezza . L’area è

y

( )

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

= + ⋅ − = + − = + − +

2 3

2 2 in cui il fattore è

allora S y y 5 25 y y 5 25 y y 5 5 y y 5

( ) ( ) ( )

< < = + −

3

0 y 5 . La massimizzazione di

stato portato sotto radice in quanto S y y 5 5 y

( ) ( ) ( ) ( )

= = + −

3

2

g y S y y 5 5 y la cui derivata prima è

equivale alla massimizzazione di

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

= + − − + = + −

2 3 2

g ' y 3 y 5 5 y y 5 y 5 10 4 y per cui

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 5

5

= + − > ⇒ < < = + − < ⇒ < <

2 2

g y y y y e g ' y y 5 10 4 y 0 y 5 ; da queste

' 5 10 4 0 0 2

2 ⎞

⎛ 5

⎜ ⎟

considerazioni deduciamo che la funzione area è strettamente crescente in 0

, e strettamente

⎝ ⎠

2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

5 5 5 75 3

= =

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

y S

decrescente in , quindi l’area massima si ha per e vale cui

,

5

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2 2 2 4

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

5 3 5 5 3 5

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

− = = =

M N

, , , . In questo caso notiamo che MN MA MB 5 3 ,

corrispondono ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

2 2 2 2

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

cioè il triangolo di area massima è un triangolo equilatero. 5

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Punto c

Con l’aiuto di una calcolatrice, si calcoli la lunghezza dell’arco tra i punti P(5,0) e Q(4,3) di C.

=

r 5

L’arco tra i punti P(5,0) e Q(4,3) di C è un arco circolare di raggio ed apertura

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

3 3

α α

= =

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

arcsin arcsin

per cui la lunghezza dell’arco, con espresso in radianti, è

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

5 5

⎛ ⎞ [ ] [ ]

3

α ≅ ⋅

= ⋅ = ⋅ ⎜ ⎟

5 arcsin

l r 3

.

22 m rad

⎝ ⎠

5

Punto d

Il settore circolare POQ è la base di un solido W che tagliato con piani perpendicolari all’asse

x dà tutte sezioni quadrate. Si calcoli il volume di W.

Consideriamo la figura seguente: 3

= per cui il lato del quadrato sezione è

La retta OQ ha equazione y x

4

⎧ 3 ≤ ≤

⎪ se 0 4

x x

( ) = ⎨ 4 cui corrisponde l’area del quadrato

L x ⎪ − ≤ ≤

2

⎩ 25 se 4 5

x x

⎧ 9 ≤ ≤

2

⎪ x x

se 0 4

( ) ( )

= =

2 ⎨

A x L x . Integrando tale area otteniamo il volume richiesto

16

⎪ − ≤ ≤

2

⎩ x x

25 se 4 5

( )

⎛ ⎞

5 4 5

( ) 9

∫ ∫ ∫

= = + − =

⎜ ⎟

2 2

25

V A x dx x dx x dx

⎝ ⎠

16

0 0 4

5

⎡ ⎤ ⎡ ⎤

4

⎡ ⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

3

9 125 64 14 50

x

= + − = + =

= + − − −

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

3 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

25 12 125 100 12

x x

⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎦

⎣

⎣ ⎦

48 3 3 3 3 3

0 4 6

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PROBLEMA2

Nel piano riferito a un sistema Oxy di coordinate cartesiane siano assegnate le parabole di

= = >

2 2 a 0

y 2 ax x ay

e , con :

equazioni:

Punto a

Si disegnino le due parabole e si denoti con A il loro punto di intersezione diverso dall’origine

O. =

2

La parabola di equazione y 2 ax ha asse coincidente con l’asse delle ascisse e vertice in (0,0); la

=

2

parabola di equazione x ay ha asse coincidente con l’asse delle ordinate e vertice in (0,0). Le

⎧ =

⎪ 2

y ax

2

⎨

intersezioni si ricavano dal sistema da cui

⎪⎩ =

2

x ay

( )

⎧ ⎧

− = − =

3 3 4 3 ( )

x x 2 a 0 x 2 a x 0

⎪ ⎪ O 0

,

0

⇒ ⇒ ( )

⎨ ⎨ .

2 2

x x

= = 3 3

⎪ ⎪ A a 2 , a 4

y y

⎩ ⎩

a a

Punto b

Sia B la proiezione ortogonale di A sull’asse x. Si dica se il segmento OB risolve il problema

della duplicazione del cubo di spigolo a. Posto a=2 e non disponendo di una calcolatrice come

−

1

3 10

si può procedere per avere l’approssimazione di a meno di ?

2

( ) =

3 3

B a 2 ,

0 per cui .

Il punto B ha coordinate OB a 2

Il problema della duplicazione del cubo consiste nella la costruzione di un cubo avente volume

doppio rispetto a quello di un cubo di spigolo dato. Nel caso in esame lo spigolo dato misura a ed il

= =

3 3

volume del cubo corrispondente è V a mentre il cubo di spigolo ha volume

OB a 2

( )

3

= = 3

3

V a 2 2 a che è il doppio del volume . Quindi il segmento OB risolve il problema della

V

1

duplicazione del cubo di spigolo a. 7

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− =

3

3 3 x 2 0

Per avere l’approssimazione di notiamo che è l’unica soluzione dell’equazione

2 2

( ) ( )

= − = −

3 3

h x x 2 . Infatti la funzione h x x 2 assume valori

cioè è l’unico zero della funzione ( ) ( )

= − < = >

h 1 1 0

, h 2 6 0

discordi agli estremi dell’intervallo [1,2] dal momento che per cui a

( ) = −

3

norma del teorema degli zero tale zero si trova in (1,2) ed inoltre h x x 2 è strettamente

crescente in R per cui lo zero è unico. Applichiamo il metodo delle tangenti o di Newton di punto

( ) − +

3 3

h x x 2 2 x 2

= − = − =

= n n n

x x x

x con la formula ricorsiva . Sviluppando

iniziale 2 ( )

+

0 1

n n n 2 2

h ' x 3 x 3 x

n n n

tale metodo si ha:

=

1) x 2

0 +

3

2 2

x 3

= =

0

x

2) 1 2 2

3 x 0

+

3

2 x 2

= ≅

1

x 1

.

30

3) 2 2

3 x

1

+

3

2 x 2

= ≅

2

x 1

.

26

4) 3 2

3 x 2 α

−

− = < ≅

1

allora una soluzione a meno di è .

Poiché x x 0 . 04 0 .

1 1 . 3

10

3 2

Punto c

Sia D la parte di piano delimitata dagli archi delle due parabole di estremi O e A. Si determini

l’area di D. =

=

2

La parabola di equazione y 2 ax nel primo quadrante è rappresentata dall’equazione y 2 ax

3

a 2

⎡ ⎤

⎛ ⎞

3 3

a 2 2 3 2 2 2

2 2 4 2 2

x a x a a a

∫ ⎜ ⎟

= − = − = − =

⎢ ⎥

2 .

per cui l’area della regione D è 2

S ax dx x

⎜ ⎟

⎝ ⎠ 3 3 3 3 3

a a

⎣ ⎦

0 0

Analogamente possiamo calcolare l’integrale nel modo seguente:

3

a 4

⎤

⎡ 3

3 ⎛ ⎞

a 4 2 3 2 2 2

⎥

⎢ 2

2 4 2 2

y a y y a a a

∫ ⎜ ⎟ = − =

= − = −

S ay dy

⎜ ⎟ ⎥

⎢

⎝ ⎠

2 3 6 3 3 3

a a ⎥

⎢

0 ⎦

⎣ 0

Punto d

Si calcoli il volume del solido generato da D in una rotazione completa attorno all’asse y.

Il volume richiesto è dato dalla differenza del volume generato dalla rotazione intorno all’asse y di

2

y

=

= x

ed il volume generato dalla rotazione intorno all’asse y di , cioè è pari a:

x ay 2 a 8

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⎡ ⎤ ⎤

⎡

( ) 2

3 3 3 3

⎞

⎛

a a a a

4 4 4 4

2 4

y y

∫ ∫ ∫ ∫

2

π π

⎟

⎜

⎢ ⎥ =

= −

= − ⎥

⎢

V ay dy dy aydy dy

⎟

⎜

⎢ ⎥ 2

⎠

⎝ ⎥

⎢

a

2 a

4 ⎦

⎣

⎣ ⎦

0 0 0 0

3 3

a a

4 4

⎡ ⎤ ⎡ ⎤

2 5 3 3

ay y 2 2 3 2

π π π π π

= − = − =

3 3 3

3

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ a a a

2

2

⎣ ⎦ ⎣ ⎦

2 5 5

a

20

0 0

QUESTIONARIO

Quesito 1

Un tetraedro regolare e un cubo hanno superfici equivalenti. Calcolare il rapporto dei

rispettivi spigoli. = 2 , mentre quella di un tetraedro di spigolo l

Un cubo di spigolo a ha superficie totale pari a S 6a

C

= = = ⇒ =

2 2 2 4

è S l 3 . Imponendo S S si ricava 6 a l 3 l a 12 per cui il rapporto tra gli

T C T

l = 4

spigoli è .

12

a

Quesito 2

Si dimostri che l’equazione: + + =

11

x 11

x 5 0

ha una sola radice compresa fra –1 e 0.

( ) = + +

11

La funzione f x x 11

x 5 è un polinomio di grado dispari, che ha quindi almeno una

soluzione reale. Si può osservare anche che è una funzione continua e derivabile per ogni x reale.

Dunque possiamo dimostrare facilmente, attraverso lo studio del segno della derivata prima

( ) = +

10

f ' x 11

x 11 , che essa è strettamente crescente, e dunque iniettiva, per cui l’equazione data ha

( ) ( )

− = − < = > per cui per il teorema

un’unica soluzione reale. Si osserva poi che f 1 7 0

, f 0 5 0

( )

− 1

, 0 .

degli zeri la funzione presenta un unico zero in

Quesito 3

Si determini il campo di esistenza della funzione:

( )

→ − + +

2

f : x ln 2 x 4 x 6 ( )

− + + >

2

Il dominio è dato dalle soluzioni della disequazione 2 x 4 x 6 0 , cioè

( ) ( )( ) ( )

− − = − + < ∈ −

2

x 2 x 3 x 3 x 1 0 , quindi .

x 1

,

3

Quesito 4 ( )

= +

Qual è il periodo della funzione ? Si dia ragione della risposta.

y cos 3 x 1 ( ) ( )

= + ∈

Una funzione è periodica di periodo T se con . Nel caso in esame,

f x f x kT k Z

π , deve aversi

ricordando che il coseno è periodico di 2 9

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( ) ( ) ( )

π π

+ = + + = + + + + = + + =

e cioè . Per si

cos 3 x 1 cos 3 x 1 2 h cos 3 x 1 3

kT 3 x 1 2 h 3 x 1 3

kT h k

π

2

=

ricava T .

3

Quesito 5 α

= ⋅ k

y k x

Si sa che una grandezza fisica y dipende da un’altra x secondo una legge dove e

α sono costanti incognite. Una misura simultanea di x e y, eseguita in due diverse situazioni,

ha dato i risultati riportati nella tabella seguente:

α

Si calcolino e .

k α

α

⎧ ⋅ = 2

⎪ ⎞

⎛

⎞

⎛

2 6

, 4

k 2 4 2

= = ⎟

⎜

⎟

⎜

⎨ da

Si ha . Dal rapporto tra le due equazioni del sistema si ricava

α

⎪⎩ ⋅ = ⎠

⎝

⎠

⎝ 3 9 3

3 14

, , 4

k

α = 2 e sostituendo in una delle due equazioni del sistema, ad esempio la prima, si ricava

cui 6

, 4 6

, 4

= = = 1

,

6 .

k α 4

2

Quesito 6

Si calcoli: −

1 cos x

lim 2

→ x

x 0

( )

+

Moltiplicando numeratore e denominatore per si ha:

1 cos x

( )( )

− − + 2

⎞

⎛

2

1 cos 1 cos 1 cos sin sin 1 1

x x x x x ⋅ =

= = = ⎟

⎜

lim lim lim lim lim in cui si

( )

( )

( ) +

+ + ⎠

⎝

2 2 2

→ → → → → 1 cos 2

x x

1 cos 1 cos

x x x x x

x x x x x

0 0 0 0 0

=

1 1

= 2

⎞

⎛ sin x =

⎟

⎜

è sfruttato il limite notevole lim 1 . Applicando il teorema di de l’Hospital si giunge al

⎠

⎝

→ x

x 0

−

1 cos x sin x 1 sin x 1

= = = .

medesimo risultato: lim lim lim

2

→ → →

2 x 2 x 2

x

0 0 0

x x x

=

1

Quesito 7

Dati due punti A e B distanti tra loro 4 dm, si dica qual è il luogo dei punti C dello spazio tali

2

2 cm