Sessione ordinaria 2003 LS_PNI: soluzione di De Rosa Nicola
Soluzione
Si consideri la figura sottostante che evidenzia la geometria del problema: 1
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Sessione ordinaria 2003 LS_PNI: soluzione di De Rosa Nicola
1)
D O B
I triangoli DOB e AOC sono simili, essendo entrambi rettangoli ed avendo l’angolo in comune; per cui vale la seguente proporzione tra i lati:
=
OD : DB OA : AC
= per cui la proporzione diventa:
Ma AC DP =
OD : DB OA : DP.
Il triangolo ABO è inscritto in una semicirconferenza per cui AB
OB. I triangoli ABC ed AOC
A C B
sono simili in quanto rettangoli ed avendo l’angolo in comune, per cui vale la seguente proporzione tra i lati:
=
OC : AC AC : BC
=
Ma AC DP per cui la proporzione diventa:
=
OC : DP DP : BC.
Un differente modo per provare la seguente proporzione è sfruttare il teorema di Euclide al triangolo AOC, per cui
=
AC DP
= · ⇔ = · ⇔ =
2 2
AC OC BC DP OC BC OC : DP DP : BC.
2)
La retta r ha equazione generica. La retta t ha equazione, per cui il punto C ha
r : y = mx t : y = a
a
= =
= .
e, cioè
coordinate date dall’intersezione delle rette r : y = mx C, a
t : y = a
m
a a
L’equazione della circonferenza di raggio e centro in per come scelto il sistema di riferimento è:
0
,
2 2
riferimento è: 2 2
( ) a a
γ − + − = ⇔ + − =
2 2 2
: x 0 y x y ay 0
2 2
Il punto B ha coordinate date dalla risoluzione del seguente sistema:
[ ]
+ − =
( )
2 2
x y ay 0 am
⇔ + − = ⇔ + − = ⇔ = =
2 2 2 2 ( )
x m x amx 0 x x 1 m am 0 x 0
, x +
= 1 2 2
1 m
y mx
ed escludendo la soluzione nulla si ha:
2
am am
=
( )( )
B,
+ +
2 2
1 m 1 m
Ora il punto P ha la stessa ascissa del punto C e la stessa ordinata di B, per cui
2
a am
=
( )
P,
+
2
m
1 m 2
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Ora posto:
a a
= =
x m
m x
⇔
2 2
am am
= =
( ) ( )
y y
+ +
2 2
1 m 1 m
da cui sostituendo la prima nella seconda si ottiene il luogo desiderato:
2
a
a 3
a
x
Γ = =
y
: +
2 2 2
a x
a
+
1
x
3)
3
a
Γ =
y
Studiamo la funzione: +
2 2
a x ( )
≡ − ∞ + ∞
R,
Dominio: la funzione è definita in tutto;
Intersezioni asse delle ascisse: non ce ne sono;
Intersezione asse delle ordinate: non ce ne sono;
3 3
a a
− = = =
Eventuali simmetrie y x y x
: la funzione è pari; infatti ( ) ( );
( ) +
+ − 2 2 2
2 a x
a x
Positività: la funzione è sempre positiva per come definita;
Asintoti verticali: non ce ne sono visto che la funzione è continua e definita in tutto
( )
≡ − ∞ + ∞
R;
Asintoti orizzontali: esiste ed è unico, coincidente a sinistra ed a destra; infatti
3
a = =
lim 0. Per cui y 0 è asintoto orizzontale;
+
2 2
→ ± ∞ a x
x 3
a
Γ =
Asintoti obliqui: essendo: y una funzione razionale fratta, la presenza
+
2 2
a x
dell’asintoto orizzontale esclude quella dell’obliquo. In altro modo calcolandoci l’asintoto
= +
obliquo di equazione troviamo
y mx q
3
a 3 3
+ [ ] [ ]
a a
2 2
a x
= = = = − = − = =
( ) ( )
m lim lim 0
, q lim y mx lim y 0 lim 0
+ +
2 2 2 2
→ ± ∞ → ± ∞ → ± ∞ → ± ∞ → ± ∞
x x a x a x
x x x x x
per cui l’asintoto obliquo si riduce all’orizzontale;
3
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3
a
Γ =
Crescenza e decrescenza: la derivata prima della funzione: y è
+
2 2
a x
− 3 ( ) ( )
2 a x
= > ⇔ ∈ − ∞ − ∞
y' y' 0 x,
0,
0
per cui cioè la funzione è crescente in e
( )
2
+
2 2
a x ( )
+ ∞
0
,
decrescente in. La derivata seconda, dopo qualche calcolo, sarà pari a
−
2 2 ( )
3 x a 2
= = − <
3
y'' 2 a 0
, a
, per cui essendo y'' (0) 0, il punto è di massimo relativo
( )
3
+ a
2 2
a x −
2 2
3 x a a
= = ⇔ = ±
3
y'' 2 0 x
ed assoluto. Inoltre per cui i punti
( )
3
+
2 2 3
a x
a 3 a 3
−
, a, , a sono due flessi.
4 4
3 3 a
Sotto viene presentata la funzione al variare del parametro: ovviamente al crescere del
a
parametro le campane si allargano, il massimo cresce ed i flessi si spostano verso ascisse maggiori quelli positivi e verso ascisse minori quelli negativi.
4
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3)
L’area da calcolare è rappresentata nella figura sottostante in grigio:
3
a
Γ =
Calcoliamo l’area sottesa dal luogo: y:
+
2 2
a x
+ ∞ + ∞
3
a a
∫ ∫
= = =
A dx dx
Γ +
2 2 2
a x x
− ∞ − ∞ +
1
a
1 + ∞
+ ∞
x
a
∫
= = =
2 2
a dx a arctan
2
a
x
− ∞ − ∞
+
1
a π π
[ ]
( ) ( ) π
= + ∞ − − ∞ = − − =
2 2 2
a arctan arctan a a
2 2
2 A
a a
π
= = Γ
L’area del cerchio di raggio è A come volevamo dimostrare.
γ
2 4 4 5
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Soluzione
1)
= −
Una funzione è pari se f (x) = f (−x), cioè se il grafico è simmetrico rispetto all’asse delle ordinate. Nel caso della funzione in esame la condizione di parità impone
− −
= + + = + + = − ⇔ =
x x x x
f (x) a 2 b 2 c a 2 b 2 c f (−x) a b
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