1958 Luglio - Maturità scientifica, prova di matematica

Luglio 1958

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

Testo del problema

Sono date le due parabole di equazioni:

y = 2x² + x - 1

y = x² + 3x + 2

Detto A (-1; 0) 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⁄_AB - ¹⁄_AC = ^k⁄_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

V₁ (-¹⁄₄; -⁹⁄₈)     V₂ (-³⁄₂; -¹⁄₄)

Asse verticale e concavità rivolta verso l'alto.

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

Risoluzione

Il fascio di rette passanti per A ha equazione

y = mx + m

Ne consegue che

B = ((m + 1) / 2; (m² + 3m) / 2)

C = (m - 2; m² - m)

D = (0; m)

Calcoliamo la lunghezza dei segmenti AB, AD, AC.

AB = sqrt(((m + 1) / 2 + 1)² + ((m² + 3m) / 2)²) = (m + 3)sqrt(m² + 1) / 2

AD = sqrt(m² + 1)

AC = sqrt((m - 2 + 1)² + (m² - m)²) = (m - 1)sqrt(m² + 1)

Applichiamo la relazione del problema.

2 / ((m + 3)sqrt(m² + 1)) - 1 / ((m - 1)sqrt(m² + 1)) = k / sqrt(m² + 1)

2 / (m + 3) - 1 / (m - 1) = k

Sotto le condizioni m diverso da 1 e m diverso da -3 si ha infine

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

km² − m(1 − 2k) + (5 − 3k) = 0

m < 1, m ≠ -3

Poniamo

m = x

m² = y

Si ha

y = x²

y = (1 − 2k)/k x + (3k − 5)/k

Cioè una parabola e un fascio di rette con centro F = (5; 7) come si può ricavare con il criterio dei due valori arbitrari a k, oppure con l'altro metodo alternativo esposto nel problema precedente.

Si avranno sempre due soluzioni per

((1 − 2k)/k)² + 4 · (3k − 5)/k ≥ 0

Cioè

k ≤ (3 − 2sqrt(2))/4

k ≥ (3 + 2sqrt(2))/4

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

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

Massimo di k

Riprendiamo in esame la funzione

k = 2/(m + 3) - 1/(m - 1)

E troviamone il massimo. La derivata è

k' = -2/(m + 3)² + 1/(m - 1)²

Uguagliando a zero e risolvendo si ha

-m² + 10m + 7 = 0     m = {5 - 4sqrt(2), 5 + 4sqrt(2)}

Si ha dunque il massimo cercato per

m = 5 + 4sqrt(2)

In corrispondenza del quale è

k = (3 - 2sqrt(2))/4.