1975 luglio maturità scientifica

Luglio 1975

Primo problema

Assegnata una circonferenza di diametro AB = 2, si conduca per A la retta tangente e su essa si consideri un punto M tale che AM = x. Da M si tracci la ulteriore retta tangente alla circonferenza e sia C il punto in cui essa incontra il prolungamento di AB.

Posto AC = y, si esprima y in funzione di x e si disegni il grafico relativo.

AB = 2

AM = x

AC = y

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Luglio 1975 - Primo Problema

I “triangoli” ODC e MAC sono simili perché hanno un angolo in comune e un angolo retto, perciò

CD : OD = AC : AM

CD = OD · AC / AM

CD = 1 · y / x = y / x

Poiché AM = MD per un noto teorema sulle tangenti, si ha

MD = x

e quindi

MC = y / x + x

Per ottenere la relazione che collega x con y basta applicare il teorema di Pitagora al triangolo MAC

x² + y² = (y / x + x)²

x² + y² = y² / x² + 2y + x²

x²y² = y² + 2x²y

y²(x² - 1) = 2x²y

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Luglio 1975 - Primo Problema

Sotto la condizione y != 0, si può dividere per y, ottenendo

y(x² - 1) = 2x²

y = 2x² / (x² - 1) (1)

Da notare che per valori di x minori di uno, la figura si modifica nel modo seguente

e perciò la y è negativa. D’altronde anche la x può assumere valori negativi, quando M è in posizione superiore rispetto ad A.

Va quindi escluso solo il caso in cui

x = 0 ; y = 0

perché contraddice alla condizione sopra enunciata. Per il resto è permesso qualsiasi valore

Luglio 1975 - Primo Problema

della x e della y.

Analizziamo ora la funzione (1). Poiché

f(x) = f(-x)

in quanto la x ha solo esponenti pari, la curva è simmetrica rispetto all’asse y.

Calcoliamo la derivata prima

y' = [4x(x² - 1) - 2x(2x²)]/(x² - 1)²

y' = -4x/(x² - 1)²

Lo studio del segno fornisce

f'(x)                    max

cioè un massimo per x = 0, con ordinata y = 0.

La funzione ha due poli, e quindi due asintoti, per

x = +-1

e un asintoto orizzontale di equazione

y = 2

Luglio 1975 - Primo Problema

Dallo studio del segno della f(x) si ottiene

f(x)                    (-1)        0        (1)

che ci permette di stabilire le zone in cui la curva si trova sopra o sotto l’asse x.

Con le informazioni raccolte si può elaborare il grafico seguente

Si ricorda però che il massimo relativo nell’origine non appartiene alla funzione per la condizione posta all’inizio. Dal punto di vista geometrico, in tal caso, il triangolo MAC degenera in un punto.

Luglio 1975 - Primo Problema

Il problema poteva anche essere affrontato in modo diverso continuando a considerare la y positiva nel caso in cui

0 < x < 1

Si sarebbe ottenuta, in questo intervallo, la nuova funzione

y = ^2x3/_{1 - x²}

Ci è sembrato però più semplice e naturale seguire il criterio precedentemente esposto.

Luglio 1975 - Secondo Problema

6.

1975: Secondo problema

In un riferimento cartesiano ortogonale sono date le parabole C' e C'', rispettivamente di equazione

y = -x² + 2ax

y = ^x2/_a⁴ - ^2x/_a³ (con a > 0)

Si calcoli l’area della regione finita di piano delimitata dalle due parabole e si determini il valore di a per cui tale area risulta minima.

Si completi la trattazione dimostrando che se F(x) è una primitiva di una funzione f(x) per a x b, risulta

_a^b f(x) dx = F(b) - F(a)

Calcoliamo le coordinate dei punti di intersezione fra le due parabole C' e C''. Mettendole a sistema per confronto si ottiene

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Luglio 1975 - Secondo Problema

- x² + 2ax = x²/a⁴ - 2x/a³

- a⁴x² + 2a⁵x = x² - 2ax

x²(1 + a⁴) - 2ax(1 + a⁴) = 0

x² - 2ax = 0

x(x - 2a) = 0

x = 0x = 2a

Le due soluzioni sono

A = (0; 0)    B = (2a; 0)

Le coordinate del vertice della C' sono

V₁ = (-2a/-2; -4a²/-4) = (a; a²)

mentre, per la C'',

V₂ = ((2/a³)/(2/a⁴); (-4/a⁶)/(4/a⁴)) = (a; -1/a²)

Possiamo ora disegnare le due parabole su uno stesso grafico cartesiano, e indicare in colore la regione, variabile in dipendenza di a, di cui dobbiamo calcolare l’area.

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Luglio 1975 - Secondo Problema

y = x²/a⁴ - 2x/a³

y = -x² + 2ax

y;  x;  A;  B;  V₁;  V₂;  a²;  -1/a²

Per il calcolo dell’area si ha

S = integrale da 0 a 2a (-x² + 2ax) dx - integrale da 0 a 2a (x²/a⁴ - 2x/a³) dx =

= -1/3 [x³]₀^2a + 2a/2 [x²]₀^2a - 1/(3a⁴) [x³]₀^2a + 2/(2a³) [x²]₀^2a =

= -8a³/3 + 4a³ - 8/(3a) + 4/a = 4a³/3 - 8/(3a) + 4/a =

= (4a⁴ - 8 + 12)/(3a) = (4a⁴ + 4)/(3a) = 4(a⁴ + 1)/(3a)

Cerchiamo ora il minimo della funzione

Luglio 1975 - Secondo Problema

y = 4(x⁴ + 1) / 3x

in cui abbiamo scambiato le variabili a ed S, con le più familiari x ed y.

La derivata è

y' = [16x³ . 3x - 3 . 4(x⁴ + 1)] / 9x²

y' = 4(3x⁴ - 1) / 3x²

Studiamone il segno

Numeratore: - radice quarta di 27 / 3     radice quarta di 27 / 3

Denominatore: 0

f'(x): max     asint. verticale.     min

La funzione ha quindi il minimo richiesto per

a = radice quarta di 27 / 3

Luglio 1975 - Secondo Problema

Proseguendo con l’innovazione introdotta nei quesiti del luglio 1974, anche quest’anno si richiede allo studente di affrontare un argomento di carattere teorico.

Poiché la richiesta non è strettamente collegata al contenuto del problema che si sta trattando, sarebbe forse stato più logico proporre il quesito come problema a sé stante.

Vediamo comunque come si poteva rispondere alla domanda.

Se F(x) è una primitiva della f(x), essa può essere considerata come funzione integrale della f(x), cioè l’area della zona colorata con estremo a fisso ed estremo x variabile.

L’area del trapezio colorato è

integrale da a a x f(x) dx = F(x) + C

Luglio - 1975 Secondo Problema

Ponendo successivamente x = a e x = b, si ottiene

{
∫_a^a f(x) dx = F(a) + c
∫_a^b f(x) dx = F(b) + c
}

Sottraendo membro a membro si ha

∫_a^b f(x) dx - ∫_a^a f(x) dx = F(b) - F(a)

ma il secondo integrale a primo membro corrisponde ad un trapezio con base nulla, e quindi con area uguale a zero. Resta perciò

∫_a^b f(x) dx = F(b) - F(a)

che è quanto si soleva dimostrare.

Luglio 1975 - Terzo Problema

7.

1975: Terzo problema

Si conduca internamente ad un angolo retto AÔB una semiretta OC che forma con OA un angolo AÔC = x, presi rispettivamente su OA e OB due punti M ed N tali che OM = 1; ON = 3, siano M' ed N' le rispettive proiezioni di M ed N su OC. Detto P il punto medio di M'N' si determini x in modo che risulti massima l’area del triangolo NOP.

OM = 1

ON = 3

MÔC = x

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Luglio - 1975 Terzo Problema

Nel triangolo rettangolo OMM', e

OM'/OM = cos x → OM' = OM · cos x → OM' = cos x

e nel triangolo rettangolo ONN', similmente,

ON'/ON = cos(90 - x)

ON' = ON (cos 90 cos x + sen 90 sen x) = sqrt(3) sen x

Poiché P è punto medio fra OM' e ON', si ha

OP = (OM' + ON')/2

cioè

OP = (cos x + sqrt(3) sen x)/2

Consideriamo ora il triangolo rettangolo OPS. Avremo

PS/OP = sen(90 - x)

cioè

PS = OP · (sen 90 cos x - cos 90 sen x)

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Luglio - 1975 Terzo Problema

PS = (cos² x + sqrt(3) sen x cos x)/2

L’area del triangolo OPN è perciò

S = ON · PS/2

S = sqrt(3) · (cos² x + sqrt(3) sen x cos x)/2 · 1/2

La funzione da massimizzare è quindi la seguente

y = (sqrt(3) cos² x + 3 sen x cos x)/4

con

0 < x < pi/2 (1)

Calcoliamo la derivata prima

y' = 1/4 (-2 sqrt(3) sen x cos x + 3 cos² x - 3 sen² x)

y' = 1/4 [-2 sqrt(3) sen x cos x + 3 (1 - 2 sen² x)]

y' = 1/4 (-sqrt(3) sen 2x + 3 cos 2x)

y' = (3 cos 2x - sqrt(3) sen 2x)/4

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Luglio 1975 - Terzo Problema

Essa si annulla per

3 cos 2x - 3 sen 2x = 0

tg 2x = 3

2x = /3 + k

x = /6 + k /2

a causa della limitazione (1), l’unica soluzione accettabile è

x = 30°

Calcoliamo la derivata seconda per verificare che in tale punto la funzione abbia effettivamente un massimo.

y^'' = - (3 sen 2x + 3 cos 2x) / 2

e poiché

f^''(/6) = -3 < 0

il punto suddetto è proprio il massimo cercato.