Sessione suppletiva LS_PNI 2004 Soluzione di De Rosa Nicola
Sessione suppletiva
Esame di Stato di liceo scientifico
a.s. 2003/2004
Corso sperimentale P.N.I.
Tema di matematica
Il candidato risolva uno dei due problemi e 5 dei 10 quesiti in cui si articola il questionario.
Problema 1
In un piano, riferito ad un sistema di assi cartesiani ortogonali (Oxy), è assegnata la curva K di equazione:
−
2 x ( 6 x )
=
[1] y .
+
2 x
a) Disegnarne l’andamento, indicando con A il suo punto di massimo relativo.
a b
, dove a, b sono numeri interi,
b) Calcolare quanti punti, aventi le coordinate del tipo ,
2 2
appartengono alla regione piana (contorno compreso) delimitata dall’asse x e dalla curva K.
c) Fra i triangoli isosceli aventi il vertice propriamente detto in A e la base sull’asse x, determinare quello il cui perimetro è 16.
d) Calcolare le aree delle due regioni in cui la curva K divide il triangolo trovato sopra.
e) Spiegare perché la funzione [1] non è invertibile nel suo dominio. Se si restringe convenientemente questo dominio si ottiene una funzione invertibile? Qual è in tal caso la funzione inversa?
Soluzione
a)
−
2 x ( 6 x )
=
Studiamo la funzione y :
+
2 x
( ) ( )
≠ − ⇔ ∈ − ∞ − ∪ − +∞
x 2 x , 2 2
,
Dominio: ;
−
2 x ( 6 x )
= = = =
⇒
Intersezioni asse delle ascisse: y 0 x 0
, x 6 ;
+
2 x
= =
⇒
Intersezione asse ordinate: x 0 y 0 ;
Parità o disparità: non è una funzione né pari né dispari;
Positività: la discutiamo discutendo separatamente la positività del numeratore e del denominatore e poi mettendo i risultati su un’unica retta: il numeratore
= − > ⇔ < < = + > ⇔ > −
N ( x ) 2 x ( 6 x ) 0 0 x 6 mentre il denominatore D ( x ) x 2 0 x 2, per
−
2 x ( 6 x )
= > ⇔ < − ∪ < <
cui y 0 x 2 0 x 6 ;
+
2 x − − − −
2 x ( 6 x ) 16 2 x ( 6 x ) 16
= = −∞ = = +∞ = −
Asintoti verticali: lim, lim per cui x 2 è
+ −
+ +
+ −
→ − → −
2 x 2 x
0 0
x 2 x 2 1
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asintoto verticale; −
2 x ( 6 x ) = ∞
Asintoti orizzontali: non ce ne sono dal momento che lim ;
m
+
→ ±∞ 2 x
x = +
Asintoti obliqui: hanno equazione con
y mx q
−
x x
2 ( 6 ) − −
+ x x x x
2 ( 6 ) 2 ( 6 ) 16
x
2
= = = − = + = =
m q x
lim lim 2
, lim 2 lim 16 per
+ + +
→ ±∞ → ±∞ → ±∞ → ±∞
x x x x
2 2 2
x x x x
= − +
y x
cui l’asintoto obliquo è 2 16 ;
Crescenza e decrescenza: la derivata prima è
( )
( )
− + − − − + −
2
x x x x x x
12 4 ( 2 ) 2 ( 6 ) 2 4 12
= = > ⇔ + − < ∪ ≠ −
2
f x x x x
' ( ) 0 4 12 0 2 .
+ +
2 2
x x
( 2 ) ( 2 )
+ − < ⇔ − < <
2
x x x
Ora 4 12 0 6 2 per cui la funzione è crescente negli intervalli
( ) ( ) ( ) 64
− ∞ − ∪ − − ∪ − = −
, 6 6
, 2 2
, 2 f x
. La derivata seconda è ' ' ( ) per cui non si annulla mai da cui si deduce che la funzione di partenza non ha flessi. Inoltre
( )
+ 3
x 2
annulla mai da cui si deduce che la funzione di partenza non ha flessi. Inoltre
− = > = − < − =
f f A
' ' ( 6 ) 1 0
, ' ' ( 2 ) 1 0 per cui ( 6
,
36 ) è un punto di minimo e ( 2
, 4 ) è il punto
di massimo relativo.
Il grafico è sotto presentato: 2
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b)
a b
Per ipotesi sappiamo che , sono numeri interi, per cui le condizioni da imporre sono
a b
≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
a f x b f x
innanzitutto 0 6 0 12 e 0 ( ) 0 2 ( ) . Inoltre i punti che
2 2
a 1 3 11
≤ ≤
a
soddisfano la condizione 0 6 con intero sono 13 e sono .
0
, ,
1
, , 2
, , , 6
2 2 2 2
a a
=
x
Quindi fissata l’ascissa , dobbiamo calcolare i punti del tipo con
b
,
2 2
a a
b a a = +
≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
N f
1 int 2
. Questi punti sono in numero dove
f b f
0 0 2
2 2
2 2 2
( )
·
int
la funzione è la funzione che restituisce la parte intera del proprio argomento.
Ora consideriamo le differenti 13 ascisse:
a = 0 ⇒ N = + = + =
1. 2
0 ( 0 ) 1 int( 2 ( 0 )) 1 0 1 ;
a 1 1 1
= → = + = + = + =
N f
2. 1 int 2 1 int( 4 . 4 ) 1 4 5 ;
2 2 2 2
( ) ( ( )
)
a = → = + = + = + =
N f
3. 1 1 1 int 2 1 1 int( 6 . 6 ) 1 6 7 ;
2
a 3 3 3
= → = + = + = + =
N f
4. 1 int 2 1 int( 7 . 7 ) 1 7 8 ;
2 2 2 2
( ) ( ( )
)
a = → = + = + = + =
N f
2 2 1 int 2 2 1 int(
8
) 1 8 9 ;
5. 2
a 5 5 5
= → = + = + = + =
N f
6. 1 int 2 1 int( 7 . 7 ) 1 7 8 ;
2 2 2 2
( ) ( ( )
)
a = → = + = + = + =
N f
7. 3 3 1 int 2 3 1 int( 7 . 2 ) 1 7 8 ;
2
a 7 7 7
= → = + = + = + =
N f
8. 1 int 2 1 int( 6 . 3
) 1 6 7 ;
2 2 2 2
( ) ( ( )
)
a = → = + = + = + =
N f
9. 4 4 1 int 2 4 1 int(
5 . 3
) 1 5 6 ;
2
a 9 9 9
= → = + = + = + =
N f
10. 1 int 2 1 int( 4 . 1
) 1 4 5 ;
2 2 2 2
( ) ( ( )
)
a = → = + = + = + =
N f
5 4 1 int 2 5 1 int( 2 . 8
) 1 2 3 ;
11. 2 3
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a 11 11 11
= → = + = + = + =
N f
12. 1 int 2 1 int(
1 . 4 ) 1 1 2 ;
2 2 2 2
( ) ( ( )
)
a = → = + = + =
N f
13. 6 6 1 int 2 6 1 int( 0 ) 1 .
2 = + + + + + + + + + + + + =
Ora sommando tutti questi punti si ha: 1 5 7 8 9 8 8 7 6 5 3 2 1 70
a b
per cui esisteranno 70 punti del tipo e compresi tra l’asse delle ascisse ed il grafico della
,
2 2
a b
funzione con , numeri interi.
c)
Consideriamo la figura seguente: =
B x . Il punto C è il simmetrico di B rispetto alla retta
Il punto B ha coordinate generiche ( , 0 )
= = − = − = −
x x x x C x
2 per cui avrà ordinata nulla ed ascissa pari a 2 * ( 2 ) 4 per cui ( 4 , 0 ) . Ora
+ = ⇔ + = = +
2 2
dobbiamo imporre che 2 2 16 8 . Ora dove
( )
= − = − + + − =
2
BH x 2 AH 4 x 2 16 x 2 8 . In realtà essendo
ed , per cui l’equazione diventa < − = −
= = ⇒
x 2 x 2 2 x
il punto B (x , 0 ) alla sinistra di H ( 2
, 0 ) si ha certamente per cui
( ) ( ) ( )
− + + − = ⇔ − + + − = ⇔ − + = +
2 2 2
x 2 16 x 2 8 x 2 16 ( 2 x ) 8 x 2 16 x 6 . Ora
4
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l’equazione da risolvere è irrazionale e le soluzioni scaturiscono dalla risoluzione del seguente sistema:
+ ≥ ≥ − ≥ − ≥ −
x 6 0 x 6 x 6 x 6
⇔ ⇔ ⇔
( ) ( ) = − = −
− + = + +
− + = +
2 2 2 2
16 x 16 x 1
x 4 x 20 x 12 x 36
x 2 16 x 6
= −
La soluzione x 1 è accettabile per cui i restanti due vertici del triangolo isoscele sono
= =
B C .
(
1
, 0 ), (
5
, 0 )
d)
Si consideri la figura sottostante:
= +
Dobbiamo calcolare S S S . Dobbiamo calcolare i punti D, E.
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