2009. Sessione ordinaria scuole italiane all'estero, calendario australe, liceo di ordinamento

Ses. ordinaria scuole italiane all’estero (calendario australe) Liceo di ordinamento A.S. 2008-2009

soluzione di Nicola De Rosa

1

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soluzione di Nicola De Rosa

PROBLEMA 1

Punto 1 ( )

− =

2

La parabola di equazione x 2 y 0 ha concavità verso l’alto e vertice nell’origine di un

0

, 0

= + +

2

sistema di riferimento cartesiano Oxy. Essa può essere scritta come y ax bx c con

⎞

⎛ − +

2

1 b 1 b 4 ac ⎟

⎜

= = = −

a , b c 0 . Il fuoco ha coordinate mentre la direttrice ha equazione

F , ⎟

⎜ ⎠

⎝

2 2 a 4 a

+ − ⎛ ⎞

2 1 1

1 b 4 ac

= − = −

⎜ ⎟ .

F 0

, e

y . Sostituendo i valori numerici si ha: y

⎝ ⎠

4 a 2 2

Il grafico di seguito:

La parabola può essere definita come il luogo dei punti equidistanti da una retta (detta direttrice) e

da un punto (detto fuoco) non appartenente alla retta.

Punto 2 =

I punti A e B si trovano sulla retta di equazione y 2 . Di seguito l’area da calcolare in grigio:

Possiamo procedere in due modi:

1. Calcolo integrale

2. Principio di Archimede

Mostriamo entrambe le soluzioni. 2

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Calcolo integrale

1. 2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎡ ⎤ ⎛ ⎞

2 2

2 2 3

x x x 4 16

∫ ∫

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

= − = − = − = − =

⎜ ⎟

⎢ ⎥

S dx dx x in cui si è sfruttata la parità

2 2 2 2 2 2 4

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦

2 2 6 3 3

− 2 0 0

della funzione integranda;

Principio di Archimede

2. 2

Secondo questo principio, l’area di un segmento parabolico è pari ai dell’area del

3

rettangolo circoscritto. Il rettangolo circoscritto, di base pari a 4 ed altezza pari a 2, ha area

( )

( ) 2 16

= =

=

A R 8 , per cui S A R come precedentemente trovato.

3 3

Punto 3 ( ) ( )

( ) −

= < < C 2 k , k , D 2 k , k .

La retta di equazione interseca la parabola nei punti

y k 0 k 2

Di seguito la geometria del quesito.

Possiamo procedere in due modi:

1. Calcolo integrale

2. Principio di Archimede

Mostriamo entrambe se soluzioni.

1. Calcolo integrale: calcoliamo l’area in grigio chiaro: ⎛ ⎞

2 k

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎡ ⎤

k k

2 2 2 3

2

x x x k k k k

2 4 2

∫ ∫ ⎜ ⎟

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

= − = − = − = − =

⎢ ⎥ in cui si

S k dx k dx kx k k

2 2 2 2

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

1 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦

2 2 6 3 3

⎝ ⎠

− 0

k

2 0 4 2 8

k k S

= = =

è sfruttata la parità della funzione integranda; imponendo S si ricava

1 3 2 3

3 3 1

= ⇒ ⋅ = ⇒ = ⇒ = 3

2 2 2

k 2 k 2 2 k 2 k 2 k 2

2. Principio di Archimede: calcoliamo l’area in grigio chiaro tramite il principio sopra

3

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k

enunciato. In questo caso il rettangolo, di base pari a 2 2 k ed altezza pari a , ha area

( ) ( ) k k S

2 4 2

= = = = = 3

A R 2 k 2 k per cui S A R ; imponendo S ritroviamo k 2

1

1 3 3 2

come precedentemente trovato. In conclusione la retta che dimezza l’area di S è

= = 3

y k 2 .

Punto 4 =

⎧ X x ( )

−

⎨

Consideriamo la trasformazione , cioè una traslazione di vettore ; in questo

v 0

, 2

= −

⎩

Y y 2 2

x

= =

=

modo alla retta y 2 in Oxy corrisponde in OXY, e alla parabola y in Oxy corrisponde

Y 0 2

2

X

= −

Y 2 in OXY.

2

Il volume richiesto, sfruttando il teorema di Guldino, è pari a: 2 π

⎞ ⎡ ⎤

⎛ ⎞

⎛

2 2 4 5 3

2 8 16 128

X X X

∫ ∫

π π π π

⎟

⎜ = − + = − + =

= = − + ⎜ ⎟

2 2 ⎢ ⎥ 8

2 2 4 2 4 2

V Y dX X dX X in cui

⎟

⎜ ⎝ ⎠

⎠ ⎣ ⎦

⎝ 4 20 3 5 3 15

− 2 0 0

si è sfruttata la parità della funzione integranda.

PROBLEMA 2

Punto 1 ( ) ( )

= + + = +

2

Le derivate prima e seconda della cubica sono: p ' x 3

ax 2

bx c , p ' ' x 6 ax 2

b

( )

− + + + = −

1. Il passaggio per comporta la condizione ;

1

, 2

F a b c d 2

( )

− + + + = −

2. Il passaggio per comporta la condizione ;

M 2

, 4 8 a 4

b 2 c d 4

( ) ( )

− = ⇒ = −

3. Il punto è di flesso se ;

F 1

, 2 p ' ' 1 0 b 3

a

( ) ( )

− = ⇒ + + =

4. Il punto è di minimo se ;

M 2

, 4 p ' 2 0 12 a 4

b c 0

+ + + = −

⎧ 2

a b c d

⎪ + + + = −

⎪

8 4 2 4

a b c d

⎨

Si ha il seguente sistema di 4 equazioni in 4 incognite: .

= −

3

b a

⎪

⎪ + + =

⎩

12 4 0

a b c

= , per cui il sistema si riduce da 4 a 3

Sostituendo la terza condizione nella quarta si ricava c 0 4

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=

− + = −