2011 - Liceo scientifico estero (scuole italiane all'estero Europa), sessione ordinaria

Nicola De Rosa, Liceo scientifico scuole italiane all’estero Europa sessione ordinaria 2011, matematicamente.it

 

devono avere concavità verso il basso e cioè , altrimenti se

a 0

avessero concavità verso l’alto, il passaggio per O e P

escluderebbe la tangenza al lato BC e viceversa;

  

l’ascissa del vertice deve essere compresa tra 0 ed 1, ,

0 x 1

V

altrimenti le parabole potrebbero essere tangenti alla retta di

 esternamente al lato BC, cioè l’ascissa del

equazione y 1  

vertice non apparterrebbe all’intervallo ;

0

,

1

 l’ordinata del vertice sarà pari a 1 in quanto solo nel vertice la

famiglia di parabole può essere tangente al lato BC di equazione

 .

y 1 

L’intersezione di con la famiglia di parabole di equazione

y 1

     

          

2 2 2

fornisce

y ax t a x ax t a x 1 ax t a x 1 0

per cui imponendo la condizione di tangenza si ha:

     

            

2 2 2

t a 4

a 0 a 2

a t 2 t 0 a t 2 2 1 t .

1,2

Le ascisse dei possibili vertici della famiglia di parabole sono quindi:

  

    

    

1 t 1 t 2 2 1 t

a t 1 t 1 1 1 t 1

    

1   

x 

V     

     

2 a t

t 2 2 1 t 1 1 t

t 2 2 1 t t 2 2 1 t

1   

     

     

1 t 1 t 2 2 1 t

a t 1 t 1 1 1 t 1

    

2   

x 

V     

     

2 a t

t 2 2 1 t 1 1 t

t 2 2 1 t t 2 2 1 t

2     , l’ascissa del

0 x 1

e poiché per ipotesi deve aversi con 0 t 1

V

 

1 1 t 1

 

x

vertice accettabile è in quanto

V  

t 1 1 t  

  1

   

     ; l’ordinata

0 1 t 0

,

1

per cui

1 1 t 1 t 0

,

1  

1 1 t

del vertice come già osservato è pari a 1 e possiamo ricavarlo anche

attraverso il calcolo diretto: infatti 2

Nicola De Rosa, Liceo scientifico scuole italiane all’estero Europa sessione ordinaria 2011, matematicamente.it

2

   

     

1 1 1

      

     

y t 2 2 1 t 2 2 1 t

     

     

1 1 t 1 1 t 1 1 t

   

1 1

        

   

t 2 2 1 t 2 1 1 t

    

2 t 2 1 t 1 1 t

   

1 1

            

   

2 t 2 1 t 2 1 1 t 1 2 1

    

2 t 2 1 t 1 1 t

 

Quindi al variare di , i possibili vertici sono

0 t 1

 

  1

  

V t ,

1 e la famiglia di parabole ha equazione

 

 

 

1 1 t    

      

2

1. y t 2 2 1 t x 2 2 1 t x

Punto 2  . L’area del segmento parabolico

La retta OP ha equazione y tx

limitato dalla corda OP e dalla parabola di equazione

   

      

2 è pari a:

y t 2 2 1 t x 2 2 1 t x

   

1  

       

2

t 2 2 1 t x 2 2 1 t x tx dx

 

0    

1  



        

2

t 2 2 1 t x t 2 2 1 t x dx

 

0 1

 

   

1 3 2

  x x



          

2  

t 2 2 1 t x x dx t 2 2 1 t  

3 2

0 0

 

  

   

1 2 t 2 1 t

       

 

t 2 2 1 t  

6 6

 

L’area del quadrato di lato unitario è pari a 1, per cui imponendo che

l’area del segmento parabolico sia la metà di quella del quadrato si ha:

3

Nicola De Rosa, Liceo scientifico scuole italiane all’estero Europa sessione ordinaria 2011, matematicamente.it

 

  

2 t 2 1 t 1

            .

2 t 2 1 t 3 2 1 t 1 t

 

6 2

   

Tale equazione ha senso di esistere in quanto per ipotesi , per

0 t 1

cui elevando ambo i membri al quadrato si ha:

   

          

2 2 e la soluzione

4 1 t 1 t t 6

t 3 0 t 3 2 3

     

accettabile che rispetta la condizione è . Con

0 t 1 t 3 2 3



tale valore di t, calcoliamo i coefficienti della parabola dati dalle

seguenti espressioni:  

 

                

t 2 2 1 t 3 2 3 2 2 4 2 3 3 2 3 2 2 3 1 3

   

t 3 2 3  

 

        

2 2 1 t 2 2 4 2 3 2 2 3 1 2 3

   

t 3 2 3    

2

  

in cui abbiamo sfruttato che .

4 2 3 3 1

   

In conclusione l’equazione della parabola 2

è così

y 3 x 2 3 x

1

come indicato dalla traccia.

Punto 3 

L’equazione di 2



simmetrica di rispetto

1

all’asse y si ottiene da

  

2 con la

y 3 x 2 3 x  

 X x



trasformazione 



Y y



per cui è

2

  

2

Y 3 X 2 3 X e

ritornando al formalismo

con ascissa ed ordinate    

minuscole l’equazione di 2

è .

y 3 x 2 3 x

2

L’area da calcolare è raffigurata in grigio.

4

Nicola De Rosa, Liceo scientifico scuole italiane all’estero Europa sessione ordinaria 2011, matematicamente.it

Per simmetria l’area da calcolare è pari a

3   3

3  

  

       

2 3 2 3

Area 2 1 3 x 2 3 x dx 2 x x 3 x

 

  0 .

0

 

 

3 3 3 2 3

   

 

 

2  

3 9 3 9

 

 

Punto 4

Consideriamo la figura

a lato.

Siano R l’intersezione



della retta ,

y k

  , con la

0 k 1

parabola di equazione

  

2 e Q

y 3 x 2 3 x

con la parabola di

equazione

  

2 .

y 3 x 2 3 x

Calcoliamo le ascisse di suddetti punti.

Calcolo punto R:

Bisogna risolvere l’equazione  

3

           

2 2 e

3 x 2 3 x k 3 x 2 3 x k 0 x 1 1 k

 3

 

3

    

l’ascissa accettabile è x x 1 1 k per cui il punto R ha



R 3

 

 

3

 

   

R 1 1 k , k

coordinate ;

 

3

 

Calcolo punto Q: l’equazione

Bisogna risolvere 5

Nicola De Rosa, Liceo scientifico scuole italiane all’estero Europa sessione ordinaria 2011, matematicamente.it

 

3

          

2 2 e

3 x 2 3 x k 3 x 2 3 x k 0 x 1 1 k

 3

 

3

   

l’ascissa accettabile è per cui il punto Q ha

x x 1 1 k



Q 3

 

 

3

 

  

coordinate ;

Q 1 1 k , k

 

3

 

La base RQ del triangolo QCR misura  

2 3  

     mentre l’altezza misura h 1 k

RQ x x 1 1 k

Q R 3

cui l’area è pari a

per  

2 3    

1 1 k 1 k

   

3

3

     

S k 1 1 k 1 k .

2 3

      

 per cui l’area da massimizzare

Per 1 1 k 1 1 k

k 0

,

1  

   

3

    

S k 1 1 k 1 k

diventa .

3

La derivata prima della funzione area è    

 

    

 

  1 k 2 1 k 2 1 k

3 1 3

   

        

S ' k 1 k 1 1 k

 

 

 

 

3 3

2 1 k 2 1 k

 

3

  

3 1 k 2

6 2 4 5

       

1 k 1 k 0 k

ed è positiva se e negativa se

3 9 9

5 5

  

per cui l’area massima è raggiunta per

k 1 k e vale

9 9

 

   

5 3 5 5 4 3

 

     

   

S 1 1 1 .

 

   

9 3 9 9 81

  6

Nicola De Rosa, Liceo scientifico scuole italiane all’estero Europa sessione ordinaria 2011, matematicamente.it

PROBLEMA2

Una circonferenza di centro O e raggio 4 è tangente esternamente nel

punto A ad un’altra circonferenza di raggio x minore di 4. Le tangenti

comuni, non passanti per A, si incontrano in un punto B.

 

1. Si provi che, al variare di x, la distanza di B da O è data da

f x

  

  4 x 16

 ; si disegni il grafico Г di prescindendo dai limiti

f x

f x 

4 x

posti ad x dal problema.

Sia P un punto di Г. Si dimostri che la retta tangente a Г in P incontra

2.

gli asintoti di Г in due punti equidistanti da P. Si verifichi altresì che Г

ammette un centro di simmetria di cui si chiedono le coordinate.

Si calcoli l’area della parte finita di piano compresa tra Г e gli assi

3.

coordinati.  

   



g x f x

4. Sia infine . Quale il grafico di ? Si determini, al

g x   

il numero delle radici dell’equazione

variare di k g x k

RISOLUZIONE

Punto 1

Consideriamo la figura

a lato. 

Sia ; i triangoli

FB y

DOB ed ECB sono

simili per cui vale la

seguente proporzione

tra lati omologhi



OD : OB EC : CB

che può essere riscritta

come 7

Nicola De Rosa, Liceo scientifico scuole italiane all’estero Europa sessione ordinaria 2011, matematicamente.it

   

    ; uguagliando il prodotto dei medi e degli

4 : 4 2 x y x : x y

   

2

estremi si ha da cui

4 x 4 y 4 x 2 x xy

2

  2 x

   

2 .

y 4 x 2 x y  



4 x

 

La funzione di conseguenza vale

f x   

   

2 2

  2 x 4 2 x 4 x 2 x 16 4 x

        .

f x 4 2 x y 4 2 x      

  

4 x 4 x 4 x

La funzione



  4 x 16

 è una

f x 

4 x

classica funzione

omografica definita

 



R 4

in , positiva

 



in , con

4

, 4

asintoti di equazione

 

 e e

y 4

x 4  



4

, 4

centro di simmetria . Il grafico è a lato mostrato.

Punto 2 

 

4

t 16

  

Un generico punto P di Г ha coordinate e la retta

P t , 

 

4 t



  4

t 16

  

Г

tangente a in P ha equazione dove

y m x t 

4 t



   

32 32 4

t 16

    

m f ' t y x t

per cui . Tale tangente

 

  



 2 2 4 t

4 t

4 t 

incontra l’asintoto di equazione x 4 in

 

 

32 4

t 16 4

t 48

     

e l’asintoto all’ascissa

y 4 t y 4

   

 2 4 t 4 t

4 t 

 

32 4

t 16

    e cioè all’ascissa

x t 4

tale per cui   

 2 4 t

4 t 8

Nicola De Rosa, Liceo scientifico scuole italiane all’estero Europa sessione ordinaria 2011, matematicamente.it

   

   

   

2 2

4 t 4

t 16 4 t 32

       

    . I punti di

x t 4 t 2

t 4

 

   

32 4 t 32 4 t



   

4

t 48   

  

incontro sono quindi e e il punto

B 2

t 4

, 4

A 4

, 

 

4 t

medio tra i due è 

 

4

t 48 

 

4

    

   



x x y y 4 2

t 4 4

t 16

 

4 t

  

   

A B A B che

M , , t , 

   

 

2 2 2 2 4 t

 

 

coincide con P. Di conseguenza P è equidistante dai due punti in cui la

retta tangente a Г , e passante per esso, incontra gli asintoti di Г.

Il centro di simmetria di una qualsiasi funzione omografica è data dal

 



punto di incontro degli asintoti, e nel caso in esame è . Per

4

, 4

    

 X 2 4 x 8 x



dimostrarlo consideriamo la trasformazione e

 

      



Y 2 4 y 8 y



4 x 16



sostituiamo in essa la funzione . Si ha:

y 

4 x

 

       

4 8 X 16 48 4 X 8 X 32 48 4 X 16 4 X

       

Y 8 8

 

    

4 8 X X 4 X 4 4 X

e poiché la funzione trasformata coincide con la funzione di partenza,

 



4

, 4

possiamo affermare che il punto è centro di simmetria per



4 x 16

 .

y 

4 x 9

Nicola De Rosa, Liceo scientifico scuole italiane all’estero Europa sessione ordinaria 2011, matematicamente.it

Punto 3

L’area da calcolare è

di seguito raffigurata

in grigio.

L’area è data da



   

0 0

4 x 16 32

 

   

   

dx 4 dx

 

 

4 x 4 x

 

4 4

 

0 0

  32

 

   

 

4 dx dx



4 x

 

4 4

 

    

0

16 32 ln 4 x  4

     

16 32 ln 4 32 ln 8 32 ln 2 16

Punto 4

La funzione 

   4 x 16

   

g x se x 0 x 4



  

  1

4 x 16

  4 x

   

g x f x  

     4 x 16

4 x        

g x g x se x 0 x 4

 

 2 1 4 x

Quindi 

      4 x 16

  

nell’intervallo 0

, 4 4

, g x

1. il grafico di coincide



1 4 x

 

f x

con quello di ; 10

Nicola De Rosa, Liceo scientifico scuole italiane all’estero Europa sessione ordinaria 2011, matematicamente.it