2009. Sessione ordinaria scuole italiane all'estero, calendario australe, liceo di ordinamento

Ses. ordinaria scuole italiane all’estero (calendario australe) Liceo di ordinamento A.S. 2008-2009

soluzione di Nicola De Rosa

k

enunciato. In questo caso il rettangolo, di base pari a 2 2 k ed altezza pari a , ha area

( ) ( ) k k S

2 4 2

= = = = = 3

A R 2 k 2 k per cui S A R ; imponendo S ritroviamo k 2

1

1 3 3 2

come precedentemente trovato. In conclusione la retta che dimezza l’area di S è

= = 3

y k 2 .

Punto 4 =

⎧ X x ( )

−

⎨

Consideriamo la trasformazione , cioè una traslazione di vettore ; in questo

v 0

, 2

= −

⎩

Y y 2 2

x

= =

=

modo alla retta y 2 in Oxy corrisponde in OXY, e alla parabola y in Oxy corrisponde

Y 0 2

2

X

= −

Y 2 in OXY.

2

Il volume richiesto, sfruttando il teorema di Guldino, è pari a: 2 π

⎞ ⎡ ⎤

⎛ ⎞

⎛

2 2 4 5 3

2 8 16 128

X X X

∫ ∫

π π π π

⎟

⎜ = − + = − + =

= = − + ⎜ ⎟

2 2 ⎢ ⎥ 8

2 2 4 2 4 2

V Y dX X dX X in cui

⎟

⎜ ⎝ ⎠

⎠ ⎣ ⎦

⎝ 4 20 3 5 3 15

− 2 0 0

si è sfruttata la parità della funzione integranda.

PROBLEMA 2

Punto 1 ( ) ( )

= + + = +

2

Le derivate prima e seconda della cubica sono: p ' x 3

ax 2

bx c , p ' ' x 6 ax 2

b

( )

− + + + = −

1. Il passaggio per comporta la condizione ;

1

, 2

F a b c d 2

( )

− + + + = −

2. Il passaggio per comporta la condizione ;

M 2

, 4 8 a 4

b 2 c d 4

( ) ( )

− = ⇒ = −

3. Il punto è di flesso se ;

F 1

, 2 p ' ' 1 0 b 3

a

( ) ( )

− = ⇒ + + =

4. Il punto è di minimo se ;

M 2

, 4 p ' 2 0 12 a 4

b c 0

+ + + = −

⎧ 2

a b c d

⎪ + + + = −

⎪

8 4 2 4

a b c d

⎨

Si ha il seguente sistema di 4 equazioni in 4 incognite: .

= −

3

b a

⎪

⎪ + + =

⎩

12 4 0

a b c

= , per cui il sistema si riduce da 4 a 3

Sostituendo la terza condizione nella quarta si ricava c 0 4

www.matematicamente.it

Ses. ordinaria scuole italiane all’estero (calendario australe) Liceo di ordinamento A.S. 2008-2009

soluzione di Nicola De Rosa

=

− + = −

+ + + = − ⎧

⎧

⎧ a 1

2 a d 2

a b c d 2 ⎪

⎪

⎪ = −

− + = −

+ + + = − = − ⎪

⎪

⎪ 3 ,

b a b 3

4 a d 4

8

a 4

b 2

c d 4 = →

⎯

⎯

⎯

→

0

c ⎨

⎨

⎨

incognite e diventa: per cui la cubica ha

=

= −

= − c 0

b 3

a

b 3

a ⎪

⎪

⎪ ⎪

⎪

⎪ =

=

= ⎩

⎩

⎩ d 0

c 0

c 0

( ) = −

3 2

equazione p x x 3x .

Punto 2 ( ) = −

3 2

Studiamo la cubica p x x 3x

• Dominio: R; ( ) = − = ⇒ = ∨ =

• 3 2

Intersezione asse ascisse: p x x 3 x 0 x 0 x 3 ;

( )

• = ⇒ =

Intersezione asse ordinate: ;

x 0 p 0 0

• Eventuali simmetrie: la funzione non è né pari né dispari; { }

−

>

2 0

R

0

x

( ) ( ) ( )

• ⇒

= − = − > ⇒ ⇒ ∈ +∞

3 2 2

Positività: ;

3 3 0

p x x x x x 3

,

x

( ) >

− > 3

x

3 0

x

• Asintoti: non vi sono asintoti, né verticali né orizzontali né obliqui;

( )

• − = ±∞

3 2

Comportamento agli estremi del dominio: ;

lim x 3 x

→ ±∞

x

( ) ( )

= − = −

• 2

Crescenza e decrescenza: p ' x 3 x 6 x 3 x x 2 per cui la funzione è strettamente

( ) ( ) ( )

− ∞ ∪ +∞

, 0 2

, 0

, 2

crescente in e strettamente decrescente in ; quindi essa ammette un

( )

( ) −

massimo relativo in ed un minimo relativo in come indicato nella traccia stessa;

0

, 0 2

, 4

( )

• = −

Concavità e convessità: per cui la funzione ha concavità verso l’alto in

p ' ' x 6 x 6

( ) ( ) ( )

+∞ − ∞ −

e concavità verso il basso in ; il punto è un flesso a tangente obliqua di

1

, ,

1 1

, 2

= − +

y 3 x 1 .

equazione

Il grafico di seguito: 5

www.matematicamente.it

Ses. ordinaria scuole italiane all’estero (calendario australe) Liceo di ordinamento A.S. 2008-2009

soluzione di Nicola De Rosa

Punto 3 ( )

Per determinare il polinomio simmetrico rispetto all’asse delle ascisse, basta notare che

q x

( )

( ) ( )

= − = − +

3 2

q x p x e cioè q x x 3x . Di seguito i grafici nel medesimo sistema di riferimento

cartesiano.

Punto 4 ( ) = −

− y x 3

La retta per parallela alla bisettrice del primo e terzo quadrante ha equazione . Le

F 1

, 2

aree da calcolare sono di seguito presentate in grigio chiaro e scuro:

( )

= − = −

3 2

y x 3

Le intersezioni della retta con la cubica p x x 3x si ricavano risolvendo

= − → = −

x 1 y 4

1 1

( )

( )

− = − ⇒ − − = ⇒ = → = −

3 2 2 .

l’equazione x 3 x x 3 x 3 x 1 0 x 1 y 2

2 2

= → =

x 3 y 0

3 3

L’area in grigio chiaro è pari allora a: 6

www.matematicamente.it

Ses. ordinaria scuole italiane all’estero (calendario australe) Liceo di ordinamento A.S. 2008-2009

soluzione di Nicola De Rosa

3

⎡ ⎤

[ ]

( )

3 4 2

( ) x x

∫

= − − − = − + + − =

3 2 3

⎢ ⎥

3 3 3

S x x x dx x x

1 ⎣ ⎦

4 2

1 1

⎡ ⎤ ⎛ ⎞

⎞

⎛ ⎞ ⎛

81 9 1 1 9 7

= + =

= − + + − − − + + − ⎜ ⎟

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎢ ⎥

27 9 1 3 4

⎝ ⎠

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎦

⎣ 4 2 4 2 4 4

mentre l’ area in grigio scuro è pari a 1

⎡ ⎤

[ ]

( )

1 4 2

( ) x x

∫

= − − − = − − + =

3 2 3

⎢ ⎥

3 3 3

S x x x dx x x

2 ⎣ ⎦

4 2

− −

1 1

⎡ ⎤ ⎛ ⎞

⎞

⎛ ⎞ ⎛

1 1 1 1 9 7

= + =

= − − + − + − − ⎜ ⎟

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎢ ⎥

1 3 1 3 4

⎝ ⎠

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎣ ⎦

4 2 4 2 4 4 = −

Notiamo che le due aree sono uguali e c’era da aspettarselo visto che la retta y x 3 passa per il

punto di flesso che è centro di simmetria per la cubica; in tal modo le due regioni sono simmetriche

ed hanno quindi stessa area.

QUESTIONARIO

Quesito 1 ( )

2

+ + ⋅ = + =

4 4 2 2 2 2

Notiamo che sin x cos x 2 sin x cos x sin x cos x 1 in cui abbiamo sfruttato

( )

+ = =

x

2 2

sin x cos x 1 . L’equazione quindi diventa 3 1 da

l’identità trigonometrica fondamentale

= .

cui ricaviamo x 0

Quesito 2 ( ( )

)

→ → = ∀ ∈

f : X Y g : Y X

Una funzione si dice invertibile se esiste tale che e

g f x x x X

( ( )

) −

→

= ∀ ∈ 1

g : Y X f

. Se esiste si indica con f ed è detta funzione inversa di .

f g y y y Y π π

⎡ ⎤

( ) −

=

La funzione ,

ristretta all’intervallo è iniettiva e quindi ha un’inversa

f x sin x ⎢ ⎥

⎣ ⎦

2 2

π π

= ⇔ = ≤ ≤ ≤ ≤

x arcsin y y sin x , - x , -

1 y 1 . Da ciò deduciamo che

chiamata arcoseno, cioè: 2 2

π π π π π

⎡ ⎤

⎛ ⎞ 2

2 2 ∉ −

=

⎟

⎜ ,

arcsin sin . Infatti si ha:

non è vera in quanto

la relazione ⎢⎣ ⎥⎦

⎝ ⎠ 3 2 2

3 3

⎛ ⎞

π π

⎛ ⎞ 3

2 ⎜ ⎟

= =

⎜ ⎟

arcsin sin arcsin .

⎜ ⎟

⎝ ⎠

3 2 3

⎝ ⎠

Quesito 3 ( )

Consideriamo la figura seguente in cui il punto appartiene ad un sistema di riferimento

P x , y

cartesiano e la retta per semplicità coincide, senza ledere la generalità del problema, con

Oxy t ( ) ( ) > >

, con per semplicità, i centri delle due

l’asse delle ascisse. Indichiamo con C a , 0 , C ' b , 0 a b 0 7

www.matematicamente.it

Ses. ordinaria scuole italiane all’estero (calendario australe) Liceo di ordinamento A.S. 2008-2009

soluzione di Nicola De Rosa

( )

circonferenze passanti per e raggio .

r

P x , y

y P

r r

H C’’ x

C’ C

I raggi delle due circonferenze misurano rispettivamente:

( )

= − +

2 2

PC x a y

( )

= − +

2 2

PC' x b y

e dovendo essere entrambi pari ad r, uguagliandoli ed elevando al quadrato ambo i membri,

ricaviamo: +

( ) ( ) ( ) a b

− + = − + → − + = − + → − = − → =

2 2

2 2 2 2 2 2

x a y x b y ax a bx b x a b a b x , cioè

2 2 2 2

l’ascissa del punto P è la media aritmetica delle ascisse dei due centri; in altri termini i due centri

+

a b

= che è asse di simmetria della retta t. In

x

sono simmetrici rispetto alla retta di equazione 2

generale, quindi, i centri delle due circonferenze saranno simmetrici rispetto all’asse di simmetria

della retta t.

Dopo aver determinato come sono posizionati i due centri delle due circonferenze passanti per

( ) e raggio r, mostriamo che le circonferenze non possono essere più di due. Supponiamo per

P x , y ( ) =

C ' ' c , 0

assurdo che esiste un’altra circonferenza di centro con raggio . Deve aversi:

PC' ' r

⎧ ( ) ( ) ( ) ( )

⎧

⎧ − + = − +

= − + = − +

2 2 2 2

2 2

⎪ ⎪ ⎪ 2 2

x a y x c y

PC PC' ' x a y x c y

⇒ ⇒ ⇒

⎨ ⎨ ⎨

( ) ( )

( ) ( )

⎪⎩ ⎪⎩

= − + = − +

2 2

2 2

⎪ − + = − +

2 2

PC' PC' ' x b y x c y

2 2

⎩ x b y x c y

+

⎧ a c

=

x

⎪

⎪ 2

⇒ ⇔ = ⇔ ≡

⎨ a b C C '

+

b c

⎪ =

x

⎪

⎩ 2 ( ) ( )

cioè i due centri collassano in un unico centro, per cui le circonferenze con centri

C a , 0 , C ' b , 0 8

www.matematicamente.it

Ses. ordinaria scuole italiane all’estero (calendario australe) Liceo di ordinamento A.S. 2008-2009

soluzione di Nicola De Rosa

( ) e raggio r non possono essere più di due.

sulla retta t, passanti per P x , y

La dimostrazione che le circonferenze possono essere al più due, può essere condotta anche per via

( ) , essa dovrebbe avere

elementare. Se esistesse, per assurdo, una terza circonferenza di centro C ' ' c , 0

= =

raggio ; ciò non è possibile in quanto è ipotenusa del triangolo rettangolo

PC' ' PC' PC PC' '

PH uguale a quello degli altri due triangoli rettangoli PHC e PHC’ di

PHC’’ che ha solo il cateto

= ≠ =

mentre l’altro per costruzione è differente, . Quindi le

ipotenuse PC PC' HC' ' HC HC'

( )

circonferenze con centri sulla retta t, passanti per e raggio r possono essere al massimo

P x , y

due.

Quesito 4 +

2

ax bx 5

= −

=

y per degenera nella retta di

La funzione razionale fratta di equazione b a

−

x 2

2 5

5

ax ≠ −

=

equazione b a , essa presenta come asintoto obliquo la retta

y ; quindi, posto 2

2

= + con

y mx q ( ) ⎛ ⎞

+

⎤

⎡ 2

f x ax bx a

⎜ ⎟

=

= =

m lim lim ,

⎜ ⎟

⎥⎦

⎢ −

⎣ 2

→ ±∞ → ±∞ ⎝ ⎠

x 2

x x

2 5

x x ( ) ( )

⎡ ⎤ +

+ + ⎤

⎡

2

[ ]

( ) ax bx ax x a b a b

5 2 5 2

=

= − = − =

⎢ ⎥

q f x mx

lim lim lim ⎥⎦

⎢

− −

⎣

→ ±∞ → ±∞ → ±∞

⎣ ⎦

x x

2 5 2 4 10 4

x x x ⎧ a = 3

⎪ =

⎧

⎪ 6

a

2

= + ⇒

= + ⎨ ⎨

y 3 x 2

La retta coincide con se .

y mx q ( )

+ = −

⎩ 11

5

a 2

b b

⎪ = 2

⎪

⎩ 4 −

2

6 x 11

x

= + =

y 3 x 2 y . Di seguito il grafico.

è

In conclusione la curva con asintoto obliquo −

2 x 5 9

www.matematicamente.it

Ses. ordinaria scuole italiane all’estero (calendario australe) Liceo di ordinamento A.S. 2008-2009

soluzione di Nicola De Rosa

Quesito 5

Consideriamo la figura sottostante raffigurante una piramide, supposta retta, a base quadrata di lato

= =

ed altezza :

AB a VH h

, ottenuto sezionando la piramide retta

Il poligono A

' B ' C ' D '

ABCDV con un piano parallelo alla base, è simile al quadrato

ed è quindi anch’esso un quadrato di lato

di base ABCD

= < H '

. Si indica con il punto in cui l’altezza

A

' B ' b a VH

. Per un teorema di geometria

incontra la sezione A

' B ' C ' D '

euclidea nello spazio è noto che, se si seziona una piramide

con un piano parallelo alla base, la sezione e la base sono

poligoni simili e i lati di questi poligoni sono proporzionali

alle distanze del loro piano dal vertice V. Dal parallelismo

= < < è altezza

delle due basi discende che VH ' h ' con 0 h ' h ( )

= −

e che l’altezza del tronco di piramide è HH ' h h ' .

della piramide A

' B ' C ' D ' V ( )

a h 1

= → = = 2

Quindi si ha: h ' : h b : a . Il volume della piramide ABCDV è V ABCDV a h

b h ' 3

( )

= −

HH ' h h '

ed altezza è

mentre il volume del tronco di piramide di base ABCD

( )

( )

1

= − + +

2 2

V h h ' a b ab , per cui il rapporto tra i volumi è

tronco 3 10

www.matematicamente.it

Ses. ordinaria scuole italiane all’estero (calendario australe) Liceo di ordinamento A.S. 2008-2009

soluzione di Nicola De Rosa

⎡ ⎤

− 2 b h '

⎛ ⎞

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ =

V h h ' b b +

= = + ⎯

⎯

⎯

→

⎜ ⎟

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎢ ⎥

tronco a h

R 1

( ) ⎝ ⎠

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎢ ⎥

V ABCDV h a a

⎣ ⎦

( )

( )

⎡ ⎤

− − + + −

2 ⎛ ⎞

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 2 3 3

h h ' h ' h ' h h ' h ' hh ' h h h '

+

+

= = =

⎜ ⎟

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎢ ⎥

R 1

⎝ ⎠

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 3 3

⎢ ⎥

h h h h h

⎣ ⎦ − ⎛ ⎞

3 3 3 h h

h h h h

7 ' 7

= → = ⇒ =

= =

= −

⎜ ⎟

3 HH h

h h ; quindi '

R ricaviamo ' '

Imponendo cioè la

⎝ ⎠

3

8 8 8 2 2 2

h

h

β

α e è .

distanza tra i piani 2 7 del volume della piramide ABCDV, allora il volume

Alternativamente se il volume del tronco è i 8

1 del volume della piramide ABCDV e

della piramide A’B’C’D’V è 8

1 2

( ) b h ' 2 2 3

b h '

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⎛ =

' ' '

V A B C D V b h b h h

' ' ' ' 3 ⎯

⎯

⎯

→ =

= = ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎜ ⎟ ⎜ a h ed imponendo

cioè: ( ) ⎝ ⎠

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1

V ABCDV a h a h h

2

a h

3

( ) 3

⎛ ⎛

⎞ ⎞

V A B C D V h h

' ' ' ' ' 1 ' 1 h h h

= = −

= ⇒ =

= =

⎜ ⎜

⎟ ⎟

si ha .

da cui

h HH ' h

'

( ) ⎝ ⎝

⎠ ⎠

h 2 2

V ABCDV h 8 2 2

Quesito 6 ( ) =

= −

Il grafico di si ricava a partire dal grafico della funzione elementare y log x