2006 - Liceo scientifico PNI sessione suppletiva

Sessione Suppletiva PNI 2006 Soluzioni di De Rosa Nicola

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PROBLEMA 1

a) = 2

La parabola di equazione y x ha asse di simmetria parallelo all’asse delle ordinate e vertice in

=

V ' ( 0

, 0 ) . = −

2

La parabola di equazione x y 2 y ha asse di simmetria parallelo all’asse delle ascisse, vertice

( )

= − = =

V ' ' 1

,

1

in ed incontra l’asse delle ordinate nei punti V ' ( 0

, 0 ) e P ( 0

, 2 ) .

I punti in comune tra le due si ottengono risolvendo il sistema:

=

 ( ) ( )

2

 y x 2

= −

⇒ ⇒

2 2

 x x 2 x

= −

 2

x y 2 y ±

( )

( ) 1 5

− − = + − − = = = − =

⇒

4 2 2

2 1 1 0 0

, 1

,

x x x x x x x x x x 2

   

− − + +

1 5 3 5

1 5 3 5

   

= = − = =

I punti in comune saranno allora : V ' ( 0

, 0 ), V ' ' ( 1

,

1

), A , , B ,

   

2 2 2 2

   

Sotto vengono entrambe rappresentate: 3

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b)

L’area da determinare è rappresentata nella figura sottostante:

Innanzitutto dobbiamo determinare la relazione che permette di definire l’arco di parabola V’’P, per

= − =

2

cui dobbiamo esplicitare la parabola di equazione x y 2 y come funzione classica y g (x ) .

Essa può essere così riscritta:

= − ⇔ − − = = ± +

⇒

2 2

x y 2 y y 2 y x 0 y 1 1 x =

e dal momento che l’arco di parabola V’’P si trova al di sopra dell’asse di simmetria y 1 , esso è

= + +

definito dalla funzione y 1 1 x in [-1,0].

Per cui ( ) ( ) 0

 

0 0 3

( )

2 x 2 1 4

3

∫ ∫

= + + − = + + − + + − = + − =

2 2

A 1 1 x x dx 1 1 x x dx x x 1 1

 

2

3 3 3 3 3

 

− − −

1 1 1

c)

L’angolo sotto cui le due parabole si secano nell’origine V’=(0,0) è l’angolo sotto cui si secano le

due tangenti alle due parabole in V’=(0,0).

= 2

Essendo la parabola y x tangente in V’=(0,0) la tangente ad essa nel punto stesso è l’asse delle

=

ascisse di equazione 0

y . = − =

2

La tangente alla parabola x y 2 y in V’=(0,0) ha equazione . Ora l’arco V’V’’ della

y mx

= − = − +

2

parabola 2 è rappresentato dalla funzione 1 1 visto che esso si trova al di

x y y y x

( )  

1 1

'

= = − + = − = −

=  

m y ' ( 0 ) 1 1 x , per

sotto dell’asse di simmetria 1 . Per cui

y  

=

x 0 +

  2

2 1 x =

x 0

x

= −

cui la tangente è y . Si noti la figura sottostante:

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α

L’angolo sotto cui si secano le tangenti in V’=(0,0) soddisfa all’equazione

( ) ( )

1 1

α α α

° − = − = = °

⇒ ⇒

tan 180 tan 26 33

'

54 ' '

2 2

d) = −

2

Innanzitutto la parabola di equazione x y 2 y può essere riscritta come

( )

+ = − + + = −

⇒ 2

2

x 1 y 2 y 1 x 1 y 1

= +

 x ' x 1 ( ) =

2



Per cui attraverso la trasformazione essa viene trasformata in y ' x ' . Ora se

= −

 y ' y 1 =

 x ' y ( ) =

2



applichiamo una ulteriore trasformazione del tipo la parabola y ' x ' viene trasformata in

=

 y ' x

= 2

y x . In conclusione la trasformazione da applicare per trasformare p’ in p’’ e viceversa è

= +

 y x 1

 = −

 x y 1

e) = + = +

 

y x 1 y x 1

 

può essere riscritta come per cui la re