1958 Luglio - Maturità scientifica, prova di matematica

Carlo Sintini, Problemi di maturità, 1958 Luglio, matematicamente.it

Luglio 1958

Sono date le due parabole di equazioni

   

 2

y 2x x 1

   

 2

y x 3x 2

 

 

A 1;0

Detto il punto che esse hanno in comune e considerata

una retta r passante per A e non parallela all’asse delle ordinate,

siano:

 B l’ulteriore intersezione di r con la prima parabola.

 C l’ulteriore intersezione di r con la seconda parabola.

 D l’intersezione di r con l’asse delle ordinate.

Si determini il coefficiente angolare m di r in modo che risulti

1 1 k

 

AB AC AD

Essendo k un numero reale assegnato.

Nel caso di k positivo si determini l’eventuale massimo di k al

variare di m.

Le due parabole hanno i vertici nei punti

   

1 9 3 1

     

   

V ; V ;

1 2

   

4 8 2 4

Asse verticale e concavità rivolta verso l’alto.

Carlo Sintini, Problemi di maturità, 1958 Luglio, matematicamente.it

Il fascio di rette passanti per A ha equazione

y = mx + m

ne consegue che  

 

2

m 1 m 3m

 

B ;

 

2 2

 

  

2

C m 2; m m

 



D 0; m

Calcoliamo la lunghezza dei segmenti AB, AD, AC

 

2  

 

 

2 2

  2 m 3 m 1

m 1 m 3m

   

 

 

AB 1

   

2 2 2

 

2

AD m 1  

   

2

       

2 2 2

AC m 2 1 m m m 1 m 1

Applichiamo la relazione del problema

2 1 k

 

   

    

2 2 2

m 3 m 1 m 1 m 1 m 1

2 1

  k

 

m 3 m 1

  

Sotto le condizioni si ha infine

m 1 e m 3

Carlo Sintini, Problemi di maturità, 1958 Luglio, matematicamente.it

   

    

2

km m 1 2k 5 3k 0

      

m m 1, m 3

Poniamo 

 m x

 

2

 m y

si ha   2

y x



  

1 2k 3k 5

 

 y x

 k k  



F 5;7

Cioè una parabola e un fascio di rette con centro come si può

con l’altro

ricavare con il criterio dei due valori arbitrari a k, oppure

metodo alternativo

esposto nel

problema precedente.

Si avranno sempre due soluzioni per

 

2

 

1 2k 3k 5

   

  4 0

 

k k

Cioè  

3 2 2



 k

 4

 

 3 2 2



k

 4

Eccetto che per k = 0 per cui si ha una sola soluzione (retta verticale).

Riprendiamo in esame la funzione