2005 - Liceo scientifico PNI

Sessione ordinaria LS_PNI 2005 Soluzione di De Rosa Nicola

Soluzione

1) − 2 ( )

4 x x =

= ha vertice in V 2

,

1 ed incontra l’asse delle

La parabola di equazione y 4

= =

ascisse in . Per mostrare che essa non ha punti in comune con la retta

A ( 0

, 0

), B ( 4

,

0 )

= +

di equazione , si deve innanzitutto risolvere il sistema seguente:

4 y x 6

= −

 2

4 y 4 x x − = + − + =

⇒ ⇒

2 2

 4 x x x 6 x 3 x 6 0

= +



4 y x 6 ∆ = − = − <

− + =

2

Ma ha un discriminante per cui la retta è esterna

9 24 15 0

x 3 x 6 0

alla parabola e non ha perciò alcun punto in comune con essa. 1

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2) −

 

2

4 x x

= ≤ ≤

 

Un punto generico della parabola ha coordinate P x , con . La

0 x 4

 

4

 

− − =

distanza di P dalla retta , utilizzando la formula della distanza punto-retta

4 y x 6 0

si ha: − − − − −

2 2 − +

4 x x x 6 3 x x 6 2

x 3 x 6

= = =

d ( x ) 17 17 17

in cui il valore assoluto è stato eliminato ed è stato cambiato il segno poiché

− − < ∀ ∈

2

3 x x 6 0 x R − +

2

x 3 x 6

=

Ora la distanza d ( x ) non è altro che una parabola con concavità rivolta

17

verso l’alto, per cui il minimo lo si raggiungerà nel suo vertice e sarà pari a

 

3 15 3 15

= = = =

⇒  

. In conclusione .

x V d P ,

x d x

min , ( ) min  

2 2 16

4 17

3) ( )

= + − = +

ha equazione .

La retta simmetrica della retta di equazione 4 y x 6 4 y x 6 2

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− 2 ( )

4 x x

= − = +

Le intersezioni della parabola con la retta si trovano col

y s : 4 y x 6

4

sistema seguente:

= −

 ±

2

4 4

y x x 5 7

− = − − − − = = = −

=

⇒ ⇒ ⇒ ⇒

2 2

 4 6 5 6 0 6

, 1

x x x x x x x x

− = + 1 2

2

 4 6

y x   ( )

5

= − − = −

 

Le intersezioni sono allora .

C 1

, , D 6

, 3

 

4

L’area richiesta è allora:

   

   

6 6

 

2 2

x x 3 x 5 x 3

∫ ∫

− − − = − + + =

= − +

   

 

   

AREA x dx dx

   

 

4 4 2 4 4 2

   

   

− −

1 1

6 − + + − − +

 

3 2

x 5 x 3 x 45 1 5 3 432 540 216 2 15 36 343

− + + = − + + − − + = =

18 9

 

12 8 2 2 12 8 2 24 24

  −

1

4)

L’area del segmento parabolico del primo quadrante, sfruttando il teorema di Archimede,

2 2 8

= =

è i dell’area del rettangolo circoscritto, per cui si ha .

S * 4 * 1

3 3 3

Si consideri la figura seguente: 3

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− 2

4 x x

= =

Le intersezioni della parabola con la retta si trovano col sistema

y y c

4

seguente: = −

 2

4 y 4 x x − = − + = = ± −

⇒ ⇒ ⇒

2 2

 4 4 4 4 0 2 2 1

x x c x x c x c

=

 y c − 2

4 x x

=

R

L’area del segmento parabolico delimitato dalla parabola di equazione y 4

2

= dell’area del rettangolo

con la retta , sfruttando il teorema di Archimede, è i

y c 3

circoscritto, per cui si ha ( ) ( )

2 8 8 3

= − + − − + − = − − = −

S ( c ) 1 c 2 2 1 c 2 2 1 c 1 c 1 c 1 c 2

3 3 3

≤ ≤

in cui il valore assoluto è superfluo visto che . Ora imponendo che

c

0 1

( ) ( )

8 S 4 1 1

3 3

= − = = − = = −

⇒ ⇒

S ( c ) 1 c 1 c c 1

2 2 3

3 2 3 2 4

5)

La figura sottostante rappresenta alcune sezioni del solido richiesto: 4

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Il volume richiesto è calcolabile attraverso l’integrale seguente:

2

   

4 4

2 4 3

x x x

∫ ∫

= − = + − =

 

2

V x dx x dx



  

4 16 2

   

0 0

4 + −

 

3 5 4 64 1024 64 64 320 192 480 32

x x x

= + − = + − = + − = =

32 32

 

3 80 8 3 80 3 5 15 15

  0 5

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Soluzione

1) =

Per ipotesi sappiamo che , per cui affinché la funzione

f ( 0

) 1 =

 f ( 0 ) 1



 2 ( )

x

= − + >

f ( x ) 3 2 ln x 1 x 0



 2  

2 ( )

x − + =

= lim 3 2 ln x 1 1 . Ed in effetti

sia continua in , dobbiamo provare che

x 0  

+

→ 2

 

x 0

ricordando il teorema di De l’Hospital si ha che

1  

2

ln x x

H x

= = = − =

 

2 per cui

lim x ln x lim lim lim 0

 

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 per

f ( x ) 3 2 ln x 1

2

> .

x 0 6

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Si ha: = − − = −

f ' ( x ) 3 x x 2 x ln x 2 x 2 x ln x

da cui [ ]

− = − = − =

lim 2 x 2 x ln x lim 2 x lim 2 x ln x 0 lim 2 x ln x

+ + + +

→ → → →

x 0 x 0 x 0 x 0

1

H

ln x x

= − = − = =

lim 2 x 0

lim lim

+ + +

1 1

→ → →

x 0 x 0 x 0

− 2

2 x 2 x =

per cui la funzione presenta anche la derivata destra in pari al valore di quella

x 0

− +

= =

sinistra e cioè e ciò dimostra la derivabilità della funzione stessa.

f f

' ( 0 ) ' ( 0 ) 0

Inoltre ricordando che per funzioni di una sola variabile reale la derivabilità implica la

= implica anche la continuità della

continuità, la dimostrazione della derivabilità in x 0

=

funzione in .

x 0

2) [ [

+∞

=

Per dimostrare che l’equazione ha un’unica radice reale in 0

, ricordiamo la

f x

( ) 0

2 ( )

x

= − + >

derivata della funzione per :

f x x

( ) 3 2 ln 1 x 0

2

= − = − ≥ − ≥ < ≤

⇒ ⇒

f x x x x x x x x e

' ( ) 2 2 ln 2 (

1 ln ) 0 1 ln 0 0

< ≤

per cui nell’intervallo la funzione è crescente ed assumerà certamente valori

x e

0 [ [

+∞

= > e

positivi essendo , mentre in , la funzione è decrescente. Inoltre

f ( 0 ) 1 0

 

2 2

( ) ( ) ( )( )

x x

− + = + − = + + ∞ − ∞ = − ∞ = −∞

x x

lim 3 2 ln 1 1 lim 3 2 ln 1 1

 

→ +∞ → +∞

2 2

 

x x

2 [ [

( )

x +∞

= +∞ − = −∞ e

. Questo significa che in ,

dal momento che x

lim , lim 3 2 ln

→ +∞ → +∞

2

x x

∃ = . Questo valore lo si trova applicando il teorema degli zeri. Ad esempio

x f x

! : ( ) 0 ( )

25

= − + > = − + < per cui questa unica radice reale

f f

( 4 ) 8

(

3 4 ln 2

) 1 0

, (

5

) 3 2 ln 5 1 0

2

si troverà certamente nell’intervallo [4,5], e può essere calcolata con uno dei metodi

numerici a disposizione, come il metodo di bisezione. 7

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[ ]

Applichiamo il metodo di bisezione all’intervallo accettando di fermarci quando

4

,

5

l’ampiezza dell’intervallo considerato ad ogni iterazione è minore di 0.001. Per fare ciò

riportiamo di