2005 - Liceo Scientifico di ordinamento

Sessione ordinaria LS_ORD 2005 Soluzione di De Rosa Nicola

Soluzione

1) = − =

2

y 6 x è una parabola con vertice in

La curva di equazione V ( 0

, 6 ) e concavità rivolta verso il

= = −

A ( 6 , 0 ), B ( 6 , 0 ) come sotto rappresentato:

basso, ed interseca l’asse delle ascisse nei punti R

La figura soprastante evidenzia anche la regione identificata da:

= −

 2

y 6 x

 ≥



R : x 0

 ≥

y 0

 1

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Per la determinazione del volume richiesto si consideri la figura sottostante che rappresenta la

regione di cui bisogna determinare il volume a seguito di una rotazione della regione R intorno

all’asse delle ordinate:

Poiché la regione R ruota attorno all’asse delle ordinate, allora per il teorema di Guldino il volume

derivante sarà pari a: 6 [ ]

π ∫

= 2

V g ( y ) dy

0 = − 2

. La parabola di equazione 6 può essere pure

dove g ( y ) rappresenta l’arco di curva AV y x

riscritta come  = − ≤ ≤ ≤ ≤

 x 6 y 0 x 6 ,

0 y 6

 = − − ≤ ≤ ≤ ≤

 x 6 y - 6 x 0

,

0 y 6

= − ≤ ≤ ≤ ≤

x 6 y , 0 x 6 ,

0 y 6

per cui l’arco di curva è rappresentato dall’equazione . In

AV

definitiva 6

 

6 6 2

[ ] ( ) y

π π π π π

∫ ∫

= = − = − = − =

2

V g ( y ) dy 6 y dy 6 y ( 36 18

) 18

 

2

 

0 0 0

2) = − 2

La parabola simmetrica della parabola di equazione 6 rispetto alla retta di equazione

y x

( )

= = − = + 2

6 ha equazione 2 * 6 6 come rappresentato dalla figura sottostante:

y y y x

S 2

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=

Il volume richiesto non è altro che il volume del cilindro V di altezza h 6 ed area di base

C

( )

π π π

= = =

2

2

A r 6 36 S

cui va sottratto il volume dovuto alla rotazione della regione attorno alla

b =

y . Per il calcolo di questo secondo volume è conveniente considerare un nuovo sistema di

retta 6

riferimento con =

 x ' x

 = −

 y ' y 6

Questa trasformazione non comporta alcun cambiamento del volume, visto che il volume è

indipendente dal sistema di riferimento prescelto. = − =

2 2

In tal modo le due parabole diventeranno, nel nuovo sistema di riferimento, y ' x , y ' x e la

S

= =

retta di equazione y 6 viene trasformata nella retta y ' 0 cioè nell’asse delle ascisse come

rappresentato dalla figura seguente: 3

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S

Il volume dovuto alla rotazione della regione attorno all’asse delle ascisse nel nuovo sistema di

riferimento sarà allora: 6 π

[ ]  

6 6 5

x 36 6

π π π

2

∫ ∫

= − = = =

2 4

V x dx x dx  

S 5 5

 

0 0 0

per cui in definitiva il volume richiesto sarà pari a π π

36 6 144 6

π

= − = − =

36 6

V V V

C S 5 5

3) R

L’area della regione è: [ ]

6

( )  

6 3

( ) x

∫

= − = − = − =

2

6 6 6 6 2 6 4 6

A R x dx x

 

3

 

0 0

oppure in modo alternativo, sfruttando il teorema di Archimede, per cui l’area del segmento

( )

2 2

= =

parabolico è i dell’area del rettangolo circoscritto si ha: A R * 6 * 6 4 6 come già

3 3

evidenziato.

Si consideri ora la figura seguente: = < <

Ora dobbiamo trovare il valore di y k , 0 k 6 che rende le due aree uguali e questo lo si ricava

( )

A R R

della regione sia pari a 2 6 .

imponendo che l’area ( )

1 1

= −

Il punto T avrà coordinate T 6 k , k . L’area della regione A sarà pari ad allora: 4

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−

6 k

−

[ ]

( )  

6 k 3

( ) ( ) x

∫

= − − = − − =

2

A R 6 x k dx 6 k x

 

1 3

 

0 0

( ) ( )

3

−

( ) 6 k 2 3

= − − − = −

6 k 6 k 6 k

3 3

Ora dobbiamo imporre che ( ) = ⇒

A R 2 6

1

( ) 3 1

( )

2 3

3

− = − = =

⇒ ⇒

2 2

6 k 2 6 6 k 3 6 3 2

2

3 − = = −

⇒

3 3

6 k 3 2 k 6 3 2

< <

k

valore accettabile perché 0 6 .

Una soluzione alternativa di questo quesito prevede ancora l’applicazione del teorema di Archimede

per l’area di un segmento parabolico. ( )

A R

In tal caso, a norma del teorema suddetto, l’area del segmento parabolico sarà sempre pari ai

1

2 dell’area del rettangolo circoscritto ad esso, per cui:

3 ( ) ( ) ( )

2 2

= − − = − −

A R k k k k

6 6

6 6

1 3 3 ( )

< < =

k A R

in cui il valore assoluto è superfluo perché 0 6 , da cui imponendo che 2 6 si ha:

1

( ) 3 1

( )

2 3

3

− = − = =

⇒ ⇒

2 2

6 k 2 6 6 k 3 6 3 2

2

3 − = = −

⇒

3 3

6 k 3 2 k 6 3 2

risultato analogo al precedente.

4) = − = −

2 2

Il punto generico appartenente alla parabola di equazione y 6 x ha coordinate Q (

t , 6 t ) .

La tangente in Q ha equazione: ( )

− − = −

2

y t m x t

6 ( ) ( )

= = − = − + +

⇒ 2

m y t t y tx t

' ( ) 2 2 6

Per il calcolo dell’area di interesse si consideri la figura sottostante: 5

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+

( )  

2

t 6

=

= +  

2 H ,

0

Il punto G ha coordinate G 0

, t 6 , mentre , per cui l’area del triangolo OGH

 

t

2

 

sarà: ( )

 2

+ +

( )

 

2 2

1 6 6

t t

= + =

 

 2

( ) 6

A t t

 

 2 2

t 4

t

 

 < <



0 t 6

49

=

Per cui A

(

1

) .

4

5)

Per la minimizzazione richiesta si procede attraverso il calcolo delle derivate:

( ) ( ) ( )( ) ( )( )

2

+ − + + − − + −

2 2 2 2 2 2 2 2

16

t t 6 4 t 6 t 6 4

t t 6 t 6 3

t 6

= = = > ⇒

A

' (

t ) 0

2 2 2

t t t

16 4 4

< <

2 t 6

( ) ( )

+ +

 

4 4

3 t 12 3 t 12

= = = >

mentre A

' ' (

t ) per cui A

' ' ( 2 ) 6 2 0 per cui il valore che

 

3 3

 

2

t 2

t 2

= =

⇒

t 2 A 8 2

minimizza l’area del triangolo è MIN 6

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Soluzione

1) =

Per ipotesi sappiamo che f ( 0 ) 1 , per cui affinché la funzione

=

 f ( 0 ) 1



 2 ( )

x

= − + >

f ( x ) 3 2 ln x 1 x 0



 2  

2 ( )

x − + =

= lim 3 2 ln x 1 1

x , dobbiamo provare che . Ed in effetti ricordando il

sia continua in 0  

+

→ 2

 

x 0 1  

2

ln x x

H x

= = = − =

 

2

teorema di De l’Hospital si ha che lim x ln x lim lim lim 0 per cui

 

1 2

+ + + +

→ → → → 2

 

x x x x

0 0 0 0

−

2 3

x x

   

2 2

( )

x 3 x

− + = − + = − + =

2

lim 3 2 ln x 1 lim lim x ln x 1 0 1 1 1

   

+ + +

→ → →

2 2

   

x x x

0 0 0

=

Quindi la funzione considerata è continua in x 0 . 2 ( )

x

= − + >

Vediamo ora la derivabilità, calcolando la derivata di f ( x ) 3 2 ln x 1 per x 0 .

2 7