2018 Tema di matematica, sessione straordinaria (indirizzi: scientifico comunicazione opzione sportiva)

Esame di stato di istruzione secondaria superiore

Indirizzi: Scientifico Comunicazione Opzione Sportiva

Tema di matematica

Il candidato risolva uno dei due problemi e risponda a 5 quesiti del questionario

Problema 1

Due archi illimitati di due parabole (con assi paralleli all’asse y di un sistema di riferimento), ciascuno dei quali contenente il vertice della parabola, sono disposti in modo da passare per tutti e quattro i quadranti del piano e raccordarsi nell’origine, formando il grafico Γ di una funzione:

()

< 0

1

() = { ()

≥ 0

2

che è derivabile in R. La figura 1 sottostante ne fornisce un possibile esempio.

Γ < 0 > 0.

Il grafico interseca l’asse nell’origine e nei punti di ascissa e di ascissa

1) Dimostra che, se la funzione soddisfa le richieste precedenti, si ha:

2

()

= +

1 2

()

= +

2 Γ

, ,

dove sono opportuni coefficienti reali non nulli. Dimostra che le rette tangenti a Γ in e

in sono parallele.

2) Considerando le funzioni ′ ()

() =

() = ∫ ()

0

mostra, con le opportune argomentazioni, che il grafico di è costituito da due semirette che intersecano l’asse nei punti di ascisse e e che il grafico di ha due punti stazionari di ascisse

2 2

e e due punti di flesso di ascisse e .

2 2

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Γ

() ()

3) Determina le espressioni di e in modo tale che la retta tangente a Γ nel punto abbia

1 2

−2 − 8 Γ

equazione = e l’area della superficie limitata compresa tra Γ e l’asse contenuta nel semipiano > 0 sia pari a 9 volte quella dell’analoga superficie contenuta nel semipiano < 0.

4) Dimostra che anche il rapporto tra le aree dei triangoli formati dalle rette tangenti al grafico Γ nei

punti e e l’asse delle ascisse è pari a 9.

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Svolgimento

Punto 1

Valgono le seguenti considerazioni:

• Poiché i grafici di entrambe le parabole passano per l’origine allora le relative equazioni quadratiche devono avere coefficiente noto nullo.
• L’arco parabolico di equazione ha concavità verso l’alto allora il coefficiente di

()

Poiché 1

secondo grado è positivo; anche il coefficiente di primo grado deve essere positivo affinchè l’arco intersechi l’asse delle ascisse < 0.

nel punto ad ascissa

• L’arco parabolico di equazione ()

Poiché ha concavità verso il basso allora il coefficiente di

2

secondo grado è negativo; viceversa il coefficiente di primo grado deve essere positivo affinchè l’arco intersechi l’asse delle ascisse > 0.

nel punto ad ascissa

• = 0;

Dovendo essere la funzione derivabile in R, lo deve essere anche in se chiamiamo con 1

= 0

e i coefficienti di primo grado delle due equazioni paraboliche, la derivabilità in impone

2 1′ 2′

(0) [2 ] (0) [2 ]

= + = = + = = .

che ovvero

1 = 0 2 = 0 1 2

Di conseguenza possiamo affermare che i due archi parabolici possono essere rappresentati dalle seguenti equazioni: 2

()

= + , < 0

1 2

()

= + , ≥ 0

2

I punti A e B hanno coordinate rispettivamente

= (− , 0) , = (− , 0)

Il coefficiente angolare della tangente in A è pari a:

1′ [2

= (− ) = + ] = −

=−

Il coefficiente angolare della tangente in B è pari a:

2′ [2

= (− ) = + ] = −

=− Γ nei punti A e B sono

Essendo uguali i coefficienti angolari deduciamo che le rette tangenti a Γ nei punti A e B sono parallele.

Punto 2

Si ha: 2 + < 0

′() = { = 0

2 + > 0

interseca l’asse delle ascisse in

= 2 + = − = =

La semiretta , mentre la semiretta

2 2

interseca l’asse delle ascisse in

2 + = − = .

2 2

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Analogamente si ha: 3 2

2

(∫ + ) = + , < 0

3 2

0

() = ∫ () = 3 2

0 2

(∫ + ) = + , ≥ 0

3 2

{ 0

′() = () () ()

Poichè si deduce che i punti stazionari di sono i punti in cui si annulla

( (

, 0) , 0).

ovvero e

′′() = ′() ()

Analogamente poichè le ascisse dei flessi di sono le ascisse dei punti in cui si

annulla ovvero e .

2 2 2 2

Punto 3

L’equazione della tangente in = (− , 0) è

2

= − ( + ) = − −

= −2 − 8

Tale equazione coincide con se:

− = −2 1

=

2

{ →{ 2

− = −8 =2

1 2

()

= + 2, < 0.

Quindi 1 2

L’area Γ

compresa tra Γ e l’asse contenuta nel semipiano > 0 per il teorema di Archimede è pari

2

2 dell’area del rettangolo circoscritto ovvero

a 3 2 2 3

2 4 32

= ∙ (− ) ∙ (− − ) = =

2 2 2

3 3 3

L’area Γ

compresa tra Γ e l’asse contenuta nel semipiano < 0 per il teorema di Archimede è pari

1

2 dell’area del rettangolo circoscritto ovvero

a 3 2 2 3

2 4 128

= ∙ (− ) ∙ (− − ) = =

1 2

3 3 3