2007 - Liceo Scientifico - Scuole italiane all'estero (Americhe)

Sessione ordinaria 2007 LS_ORD Americhe Soluzione di De Rosa Nicola

Soluzione

1) = − =

2

La funzione f ( x ) 1 x è una parabola con vertice in V ( 0

,

1

) , concavità rivolta verso il

= = −

basso ed interseca l’asse delle ascisse nei punti A (

1

, 0 ), B ( 1

, 0 ) . L’equazione generica della

( ) ( )

− + − =

= 2 2 2

x a y b r

circonferenza di centro C ( a , b ) e raggio è . Il passaggio per

r

( )

= − + =

2 2 2

A 1 a b r . Inoltre la circonferenza è tangente

(

1

, 0 ) comporta una prima condizione

=

alla parabola nel punto A (

1

, 0 ) e questo significa che in questo punto hanno la stessa tangente.

= − = = − + − =

L’equazione di tale tangente è t : y m ( x 1

) con m f ' (

1

) 2 da cui t : 2 x y 2 0 . Ora

= + − =

dalla retta t : 2 x y 2 0 non è altro che il raggio della

la distanza del centro C ( a , b ) 1

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+ −

2 a b 2

=

circonferenza; per cui ricordando la distanza punto-retta si ha r , per cui si hanno

5

due condizioni da verificare: ( ) ( )

 − + = 

2 − + =

2 2 2 2 2

1 a b r 1 a b r

 

⇔ ( )

+ −

  + − 2

2 a b 2 2 a b 2

= =

2

 

r r



 5

5

da cui ( )

+ − 2

( ) 2 a b 2

− + = ⇒

2 2

1 a b 5

( ) ( )

− + + − + − = ⇒

2

2 2

5 a 2 a 1 5

b 2 a b 2 0

( ) ( )

− + + − + + + − − = ⇒

2 2 2 2

5 a 2 a 1 5

b 4 a b 4 4 ab 8 a 4

b 0

( )

+ − − − + = ⇒

2 2

4 4 2 ( 2 ) 1 0

a b ab a b

[ ]

− − = ⇔ − − = ⇔

2

( 2 ) 1 0 ( 2 ) 1 0

a b a b

−

a 1

=

b 2

Quindi il luogo geometrico, posto =

 a x

 =



b y

sarà: − 1

x

Λ =

: y 2 −

x 1

= Λ =

Ovviamente il punto A (

1

, 0 ) non dovrà appartenere al luogo : y altrimenti il punto

2

di tangenza corrisponderebbe col centro e si avrebbe una circonferenza degenere con raggio

nullo.

Il grafico sottostante rappresenta quattro situazioni corrispondenti a 4 centri differenti della

circonferenza; in ognuno dei grafici è rappresentata la parabola, la circonferenza, la retta

−

x 1

= + − = Λ =

tangente in A (

1

, 0 ) di equazione t : 2 x y 2 0 ed il luogo : y .

2 2

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2)

I punti di intersezioni tra la parabola ed il luogo geometrico trovato sono:

= −

 2

y 1 x −

 x 1 3

− = + − = = = −

⇒ ⇒ ⇒

2 2

−



A

, D : 1 x 2 x x 3 0 x 1

, x

x 1 A D

= 2 2

y



 2  

3 5

= = − −

 

Quindi i punti di intersezione sono come sotto presentato:

A (

1

, 0 ), D ,

 

2 4 3

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L’area richiesta è allora: − −

( )

   

1 1

   

x 1 3 x

∫ ∫

= − − = − =

2 2

   

Area 1 x dx x dx

   

 

 

   

2 2

3 3

− −

2 2

( ) 1

 

− 2    

3

3 x x 1 81 9 4 63 125

= − − = − − − − + = − + =

   

  1

   

4 3 3 16 8 3 16 48

  3

− 2

Un modo alternativo per calcolare l’area è sfruttare il teorema di Archimede per cui l’area di un

2

segmento parabolico è pari ai dell’area del rettangolo circoscritto.

3

Costruiamo allora il rettangolo circoscritto.

− 1

x x

= = +

La generica retta parallela alla retta y è y q ed affinchè tale retta sia tangente alla

2 2

parabola dobbiamo imporre che il discriminante dell’equazione di secondo grado

x 17

− = + + + − = − − = =

⇒ ⇒

2 2

1 x q 2 x x 2 ( q 1

) 0 sia nullo e cioè q q per cui la

1 16 ( 1

) 0

2 16

−

x x

1 17

= = +

retta tangente alla parabola e parallela alla retta y è la retta y . Tale retta

2 2 16

 

17

= −

 

interseca l’asse delle ascisse nel punto .

F , 0

 

8 =

Calcoliamo ora l’intersezione tra la retta tangente alla parabola in A (

1

, 0 ) di equazione

x 17

+ − = = +

t : 2 x y 2 0 e la tangente di equazione y :

2 16  

x 17 3 5 3 5

− = + = = → =

⇒  

2 2 x x , y E ,

 

2 16 8 4 8 4

Sono stati così determinati i 4 vertici del rettangolo circoscritto:

=

A (

1

, 0 )

 

3 5

=  

E ,

 

8 4

 

17

= −

 

F , 0

 

8

 

3 5

= − −

 

D ,

 

2 4 4

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25 25 5 5

= + =

EA

Ora l’altezza del rettangolo è , mentre la base è

64 16 8

25 25 5 5 125

= + = =

AD , per cui l’area del rettangolo circoscritto è A , per cui l’area

R

4 16 4 32

2 125

= =

richiesta sarà Area A come già trovato, ma senza utilizzare gli integrali.

R

3 48

La figura seguente mostra il procedimento seguito:

3) 1 1

= =

g ( x )

Studiamo la funzione − 2

f ( x ) 1 x { } ( ) ( ) ( )

− ≠ ≠ ± = − ± ⇔ ∈ − ∞ − ∪ − ∪ +∞

⇒ ⇒

2

Dominio: 1 x 0 x 1 C . E R 1 C . E : x , 1 1

,

1 1

, ;

Intersezione asse delle ascisse: non ce ne sono;

= → =

Intersezioni asse delle ordinate: x 0 y 1 ; 1 1

− = = =

Eventuali simmetrie: è una funzione pari, infatti g ( x ) g ( x ) ;

( ) −

− − 2 2

1 x

1 x

( )

1

= > ∈ −

⇒

Positività: g ( x ) 0 x 1

,

1 ;

− 2

1 x

Asintoti verti