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Maturità 1983 sessione ordinaria - Soluzione a cura di Francesco Daddi
√
−1 2
poiché + 4 a + 1 > 0 (infatti risulta a > 0), la prima soluzione è accettabile; la seconda
soluzione, al contrario, non è accettabile (il quadrato di un numero reale non può essere negativo).
Ci sono allora altri due punti di intersezione; per determinare la loro comune ordinata basta
√
2 −1 2
a 4 a + 1
+
−
sostituire nell’equazione y = :
1 al posto della x l’espressione
2
x 2 √
√ 2 2 −
−1 2 2
2 a
4 a + 1 + 1 4 a + 1
+ a
2 √ √
−
⇒ 1 =
x = y = −1 −1
2 2
2 + 4 a + 1 + 4 a + 1
2
razionalizzando otteniamo:
√ √ √ √
2 2 2
− −2 −1
2 2 2 2
+ 1 4 a + 1 4 a + 1 + 2 a 4 a + 1 4 a + 1
1 + a +
2 a √ √
· .
= =
y = 2
−1 2 2 4 a 2
+ 4 a + 1 1 + 4 a + 1
I punti di intersezione delle due curve, pertanto, sono:
A(a ; 0) ; B(−a ; 0) ;
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
√ √
√ √
−1 −1
−1 −1
2 2 2 2
+ 4 a + 1 4 a + 1 + 4 a + 1 4 a + 1
+ +
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
−
C ; ; D ; .
2 2 2 2
Figura 1: Grafico delle due curve.
2
Maturità 1983 sessione ordinaria - Soluzione a cura di Francesco Daddi
I punti trovati sono vertici di un esagono regolare se e solo se l’angolo AOD è uguale a 60 gradi,
ovvero se e solo se √ √
√ −1 2
y π +
3 4 a + 1 3
D ⇒ ⇒
= sin y a = a
=
D
a 3 2 2 2
√ √ √ √
2 2 2
⇒ ⇒ −
2
da cui 4 a + 1 = 3 a + 1 4 a + 1 = 3 a + 2 3 a + 1 a 2 3 a = 0 ; scartata la
√ 3; le due curve hanno dunque le seguenti equazioni:
soluzione a = 0, resta a = 2 12 2 2
− 1 ; x + y = 12 .
y = 2
x
Con tale valore di a i quattro punti di intersezione sono:
√ √ √ √
A(2 3 ; 0) ; B(−2 3 ; 0) ; C(− 3 ; 3) ; D( 3 ; 3) .
, S sono chiaramente uguali (S = S ); esplicitando la y nell’equazione della
Le aree richieste S 1 2 1 2
circonferenza abbiamo:
√ √
√
2 3 2 3 12
− − −
2
S = 12 x dx 1 dx ;
√ √ 2
x
3 3
il secondo integrale è molto semplice: √
√ √
2 3
2 3 12 12
− − −
1 dx = = 3 ;
x
√ 2 √
x x
3 3
per quanto riguarda invece il primo integrale possiamo procedere in tre modi: per parti, per so-
stituzione e per via geometrica. Vediamo tutte e tre le soluzioni.
• Per parti abbiamo:
√ √ √ −2 x
√
− − · − · − ·
2 2 2
12 x dx = 12 x 1 dx = 12 x x x dx =
− 2
2 12 x
√ √
2 2
−x − −
12 x 12
√ √
− − − −
2 2
= x 12 x dx = x 12 x dx =
− −
2 2
12 x 12 x
√ 2
− −12
12 x
√ √
− − −
2
12 x dx dx =
= x − −
2 2
12 x 12 x
√
√ 1
√
− − −
2 2
12 x 12 x dx + 12 dx =
= x − 2
12 x
1
√
√
√ 2 3
− − −
2 2
12 x 12 x dx + 12 dx
= x
2
x
√
−
1 2 3
3
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quindi
√ √ √ x
√
− − − − ·
2 2 2
12 x dx = x 12 x 12 x dx + 12 arcsin 2 3
da cui √ √ x
√
− − ·
2 2
2 12 x dx = x 12 x + 12 arcsin 2 3
√ √ x
x √
− − ·
2 2
12 x dx = 12 x + 6 arcsin
2 2 3
per quanto riguarda l’integrale definito abbiamo: √
√
√ √ √ 2 3
2 3 x x 3
3
√
− − · −
2 2 +2 π .
12 x dx = 12 x + 6 arcsin =
√ √
2 2
2 3
3 3 √
√
√
2 3
• − 2
√
Per sostituzione: l’integrale 12 x dx può essere calcolato ponendo x = 2 3 cos t:
3
√ √
√ √
2 3 0
− − ·
2 2
12 x dx = 12 12 cos t (−2 3 sin t) dt =
√ π
3 3 π
√ √ √
0 0 3
2 2
− · −12
2
= 2 3 1 cos t (−2 3 sin t) dt = sin t dt = 12 sin t dt
π π 0
3 3 √
π
π π
− 3
1 cos(2 t) 3
sin(2 t) 3
3 3 − · − −
dt = 6 .
= 12 1 cos(2 t) dt = 6 t = 2 π
2 2 2
0 0 0
• Per via geometrica: l’area che ci interessa può essere ottenuta sottraendo dall’area del settore
√
circolare AOD l’area del triangolo DHO, dove H è il punto ( 3 ; 0). L’area richiesta è uguale a
√ √
√
√ 2
√
2 3 · 3
3) 3 3 3
π(2 − −
− 2 = 2 π .
12 x dx =
√ 6 2 2
3
In definitiva l’area richiesta è uguale a:
√ √
√ √
√ √
2 3 2 3 12 3 3
3 5
− − − − −
−
2
S = .
12 x dx 1 dx = 2 π 3 = 2 π
√ √ 2
x 2 2
3 3 4
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2) Una parabola passante per gli estremi di un diametro di una circonferenza di raggio r ha
le tangenti in tali punti perpendicolari tra loro e l’asse del diametro come asse di simmetria. Si
scrivano, in un sistema di assi cartesiani opportunamento scelto, le equazioni della parabola e della
circonferenza e si calcolino le aree delle regioni finite di piano delimitate dalle due curve.
Soluzione. Scegliamo il sistema di assi cartesiani ortogonali con origine nel centro della circon-
ferenza e l’asse y ortogonale al diametro e orientato in modo tale che la parabola abbia la concavità
rivolta verso l’alto. Visto che la parabola, con asse coincidente con l’asse delle ordinate, passa per
2 2
− ⇒ −
i punti (r ; 0) e (−r ; 0), la sua equazione è y = a (x r)(x + r) y = a(x r ) con a = 0 ;
−r
le tangenti nei punti di ascissa r e hanno, rispettivamente, pendenza pari a:
−2
= ar ; y = 2 ar
y x=−r x=r −1:
dato che devono essere perpendicolari, il loro prodotto deve essere uguale a
1 1 scartiamo la soluzione < 0 in quanto la con-
2 ⇒
−1 ⇒ = a =
(−2 ar)·(2 ar) = a .
2 cavità della parabola è rivolta verso l’alto
4 r 2 r
2
x r
− ; per calcolare l’area delle regioni delimitate dalle
La parabola ha perciò equazione y = 2 r 2
due curve calcoliamo prima di tutto il seguente integrale (si veda la figura 2):
r
r 2 3
x
x 2
r rx 2
− − = ;
dx = r
2 r 2 6 r 2 3
−r −r
r
− , possiamo fare riferimento alla formula per l’area del
alternativamente, osservato che y =
V
2
r 2
x r 23 r 23 2
−
− · · =
segmento parabolico: (2 r) r .
dx =
−r 2 r 2 2
Le due regioni hanno area, rispettivamente: −
π 2 3 π +4 π 2 3 π 4
2 2 2 2 2 2
−
r r r r r r
= + = ; S = = .
S 1 2
2 3 6 2 3 6
Figura 2: Grafico delle due curve per r = 2.
5
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3) Si studi la funzione
π π
−
y = sin x + + cos x
3 6 f (x) , dove f (x) è la
e se ne disegni il grafico. Utilizzando il grafico, si studi la funzione y = e
funzione precedentemente studiata.
Soluzione. Usiamo le formule di addizione e sottrazione: √
π 3
π π 1
sin x + = sin x cos + cos x sin = sin x + cos x ;
3 3 3 2 2
√
3
π π 1
π
− = cos x cos + sin x sin = cos x + sin x ;
cos x 6 6 6 2 2
si osserva che le due espressioni sono uguali, per cui:
π π π
− −
y = sin x + + cos x = 2 cos x
3 6 6 π verso destra e lo
la funzione è ottenuta dalla funzione y = cos x mediante la traslazione di 6
stiramento di rapporto λ = 2 lungo l’asse delle ordinate. Il grafico della funzione è rappresentato
nella figura 3.
π
−
Figura 3: Grafico della funzione y = 2 cos x .
6
Il periodo della funzione è 2π, le intersezioni con l’asse x si ottengono per
2
π ⇒
− = 0 x = π + kπ ;
2 cos x 6 3
6
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√
l’intersezione con l’asse y è il punto (0 ; 3).
Senza bisogno di derivate possiamo studiare l’andamento del grafico:
1
5
− π + 2kπ ; π + 2kπ ;
la funzione è crescente negli intervalli 6 6
7
1 π + 2kπ ; π + 2kπ .
la funzione è decrescente negli intervalli 6 6
7 −2);
I punti di minimo assoluto sono x = π + 2kπ (il valore assunto è y = i punti di massimo
k 6
1
=
assoluto sono x π + 2kπ (il valore assunto è y = 2).
k 6
Ancora senza bisogno di derivate possiamo studiare la convessità della funzione:
5
2 π + 2kπ ; π + 2kπ ;
la funzione rivolge la concavità verso l’alto negli intervalli 3 3
2
1
− π + 2kπ ; π + 2kπ .
la funzione rivolge la concavità verso il basso negli intervalli 3 3
2 π + kπ.
I punti di flesso sono x =
k 3 f (x)
Passiamo ora allo studio della funzione e . La funzione è, ovviamente, sempre positiva (non
ci sono intersezioni quindi con l’asse delle ascisse) e risulta periodica con periodo 2π.
L’ordinata del punto Q di intersezione con l’asse delle y si ottiene sostituendo x = 0:
√ √
f (0) 3 3
⇒
= e = e Q 0 ; e
y Q
i punti di massimo e di minimo assoluto si ottengono in corrispondenza dei punti di massimo e
7 π + 2kπ (il valore assunto è
=
minimo della funzione f (x): i punti di minimo assoluto sono x
k 6
1
−2 2
π + 2kπ (il valore assunto è y = e
y = e ); i punti di massimo assoluto sono x = ).
k 6
Studiamo ora la derivata seconda, per determinare la concavità della funzione e, allo stesso
tempo, per determinare i punti di flesso. Calcoliamo la derivata prima:
π
2 cos x−
( ) π
d e 6 π
2 cos x−
( )
−2 −
= sin x e 6
dx 6
facciamone di nuovo la derivata:
π
2 cos x−
2 ( )
d e π π
6 π π
2 cos x− 2 cos x−
( ) ( )
2
−2 − −
+ 4 sin
= cos x x
e e
6 6
2
dx 6 6
raccogliendo l’esponenziale abbiamo:
π
2 cos x−
2 ( )
e
d π π
6 π
2 cos x−
( ) 2 − − −
= e x 2 cos x
4 sin
6
2
dx 6 6
il segno della derivata seconda è determinato solo dal segno della parentesi quadra (l’esponenziale è,
infatti, sempre positivo); per determinare l’insieme di convessità dobbiamo studiare la disequazione
π π
π π
2 2
− −
− − ⇒ − − − ⇒
x x
2 cos x > 0 4 1 cos 2 cos x > 0
4 sin 6 6 6 6
7
