1996 - liceo scientifico di ordinamento prova completa

Sessione ordinaria 1996 Liceo di ordinamento Soluzione di De Rosa Nicola

= −

A A A

OPBQ OPR BQR 16

8 *

OP OR

* 64

3

= = =

A

OPR 2 2 3

⎞

⎛ 16 16

− ⎟

⎜

2 * ⎠

⎝

BT QR

* 32

3 5 =

=

A

BQR 2 15

2 64 32 288 96

= − = − = =

Quindi A A A

OPBQ OPR BQR 3 15 15 5

Consideriamo ora la figura seguente:

I punti O’, Q’, P’, B’ per come definiti punti medi dei segmenti hanno coordinate: 4

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+ + ⎞

⎛ x x y y ( )

=

= ⎟

⎜ O P O P

O ' , 0

, 4

⎠

⎝ 2 2

+ +

⎛ ⎞

x x y y ( )

= =

⎜ ⎟

B P B P

P ' , 2

,

5

⎝ ⎠

2 2

+ + ⎞

⎛ ⎞

⎛

x x y y 18

⎟

⎜ =

= B Q B Q ⎟

⎜

B ' , ,

1

⎟

⎜ ⎠

⎝

⎠

⎝ 2 2 5

+ + ⎞

⎛ ⎛ ⎞

x x y y 8

⎟

⎜ =

= O Q O Q ⎜ ⎟

Q ' , ,

0

⎟

⎜ ⎝ ⎠

⎠

⎝ 2 2 5

Calcolo retta O’P’:

−

− 4 0

y x x

→ = +

= 4

' ' :

O P y

−

−

5 4 2 0 2

8

−

x

−

y 0 x 4

5

= → = −

Q ' B ' : y

− 18 8

1 0 2 5

−

5 5

− − 5

y 4 x 0

= → = − +

O ' Q ' : y x 4

− 8

0 4 2

− 0

5 −

− − ( )

5 2

y x y 5 5 5

= − → = − +

→

=

' ' :

P B x 2 y x 10

−

− 18

1 5 4 8 2

− 2

5

Il quadrilatero O’P’B’Q’ ha i lati a due a due paralleli come evidenziano i medesimi coefficienti

angolari delle coppie di rette O’P’, Q’B’ e O’Q’, P’B’.

Mostriamo ora come i lati sono a due a due congruenti.

Infatti 2

⎛ ⎞

18 8

= + = = − + =

⎜ ⎟

2 2 2

O ' P ' 2 1 5 1 Q ' B '

⎝ ⎠

5 5

2 2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ( )

8 4 18

= + = = − + − =

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2

2

O ' Q ' 4 29 2 5 1 P ' B '

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

5 5 5

Per dimostrare completamente che il quadrilatero è un parallelogramma basta notare che le coppie

di rette (O’Q’,Q’B’), (Q’B’,B’P’), (B’P’,P’O’) e (P’O’,O’Q’) non sono tra loro perpendicolari, per

cui il quadrilatero non è certamente un rettangolo, ed inoltre sfruttare un teorema che dice che in un

parallelogramma le diagonali hanno lo stesso punto medio. Infatti in tal caso 5

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+ +

⎛ ⎞ + +

⎛ ⎞

⎞

⎛

x x y y x x y y

9 5

⎜ ⎟ =

= ⎜ ⎟

' ' ' '

P Q P Q ⎟

⎜ ' ' ' '

O B O B

,

, ,

⎜ ⎟ ⎠

⎝ ⎝ ⎠

⎝ ⎠

2 2 5 2 2 2

Il calcolo dell’area può essere effettuato con la formula canonica per un parallelogramma:

=

A b * h

4 e come altezza la distanza del punto P’

O 'Q ' =

Nel nostro caso considereremo come base 29

5

5

= − + → + − =

y x 4 5 x 2 y 8 0 :

dalla retta O’Q’ di equazione 2 + −

10 10 8 12

= =

h +

2 2 29

5 2

Per cui l’area cercata è 4 12 48

= = =

A b h

* 29 *

5 5

29 6

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2) In un piano, riferito ad un sistema di assi cartesiani ortogonali (Oxy), è assegnata la

2 2

x x

= =

curva k di equazione: . Dopo aver studiato la funzione (dominio,

y f ( x )

− −

3 3

4 4

x x

eventuali zeri ed estremi, asintoti di k), disegnare l'andamento di k. Indicata con t la tangente

a k parallela all'asse delle ascisse distinta dall'asse stesso, calcolare l'area della regione piana

delimitata da k e da t.

A completamento del problema, prendere in esame le due seguenti proposizioni:

Una funzione reale di variabile reale non derivabile in un punto non è continua in quel

punto. Una funzione reale di variabile reale non continua in un punto non è derivabile in quel

punto.

Dire di ciascuna se è vera o falsa e fornire una esauriente giustificazione della risposta.

1) 2

x

=

Studio della funzione y − 3

x

4 ( ) ( )

− ≠ → ≠ ⇔ ∈ − ∞ ∪ +∞

3 3 3 3

Dominio: 4 x 0 x 4 x , 4 4 ,

= → =

Intersezione asse x: 0 0

x y

= → =

Intersezione asse y: 0 0

y x

2 { }

x

= > > ∀ ∈ −

2

y , in tal caso ricordando che nel dominio

0 x 0 x R 0 allora

Positività: − 3

x

4 ( )

2 2 ( )

x x

= > ⇔ − > → < = > ⇔ ∈ − ∞ ∪

3 3 3

y per cui y

0 4 x 0 x 4 0 x ,

0 0

, 4

− −

3 3

x x

4 4

2 2

3 3

x 16 x 16

= = = −∞ = = +∞

3

Asintoti verticali: x 4 , lim , lim

− +

− −

3 3

+ −

4 x 0 4 x 0

→ →

3 3

4 4

x x

2

x

= =

y 0

, lim 0

Asintoti orizzontali: − 3

→ ±∞ x

4

x

Asintoti obliqui: non ce ne sono ( )

( )

+ − +

2

( ) ( )

x x 2 x 2 x 4

= > ⇔ + > → < − ∪ >

I

Crescenza e decrescenza: visto

y x 0 x x 2 0 x 2 x 0

( )

2

−

3

x 4

( )

− +

2

x 2 x 4 > ∀

0

che nel dominio .

x

( )

2

−

3

x 4

( )

+ +

6 3

( ) x x

2 28 16

= −

II

Inoltre , per cui

y x ( )

3

−

3

x 4

( ) ( )

1

= > →

II

y 0 0 0

,

0 è un minimo

2 ⎛ ⎞

( ) 1 1

− = − < → −

⎜ ⎟

II 2 0 2

,

y è un massimo

⎝ ⎠

6 3 7

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Inoltre ( )

+ +

6 3

( ) x x

2 28 16

= − = → + + = =

II 6 3 3

y x x x t x

0 28 16 0 risolvibil

e con la posizione

( )

3

−

3

x 4 ( ) ( )

+ + = → = − ± → = − ±

2 3

t t x

per cui l' equazione diventa t 28 16 0 2 7 3 5 2 7 3 5

sono le ascisse dei due flessi

Il grafico è sotto rappresentato:

La tangente parallela all’asse delle ascisse distinta dall’asse stesso è la retta che passa per il punto di

1

=

t : y

massimo cioè è la retta di equazione 3

Per il calcolo dell’area consideriamo la figura seguente: 8

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Calcoliamo i punti di intersezione tra la tangente t e la curva k:

⎧ 2

x

=

⎪ y

⎪ 2

− ( )( )

x 1

3

x

4 ⇒ = → − = → + − = → + + = → = + = −

2

3 2 3 2

⎨ x x x x x x x x

4 3 3 4 0 1 2 0 1

, 2

− 3 3

x

4

⎪ 1

=

y

⎪

⎩ 3

Per cui l’area richiesta è

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1

⎡ ⎤

1 1 1

2 2 2

x x x x

1 1 1 1 3 1

∫ ∫ ∫

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

= − = + = + = + − =

3

A dx dx dx x

ln 4

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎢ ⎥

− − − ⎣ ⎦

3 3 3

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

3 3 3 3 3 3

x

x x

4 4 4 −

− − − 2

2 2 2

1 1 2 1 1

= + + − = −

ln 3 ln 12 1 ln4

3 3 3 3 3

A conclusione del problema prendiamo in considerazione ognuna delle due affermazioni seguenti:

a)

Una funzione reale di variabile reale non derivabile in un punto non è continua in quel punto.

Questa affermazione è certamente falsa dal momento che per funzioni reali di variabile reale

⇒

la “derivabilità” “la continuità” per cui invertendo l’affermazione possiamo dire che

⇒

la “non continuità” la “non derivabilità”. Possiamo portare un esempio lampante: la funzione

( )

= − =

= lim x lim x 0 , mentre in x=0 la funzione non è

è continua in x=0 dal momento che

y x + −

→ →

x 0 x 0 = ≠ = −

derivabile dal momento che la derivata vale 1 se x>0 e (-1) se x<0 per cui lim y ' 1 lim y ' 1

+ −

→ →

x 0 x 0 9

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b) .

Una funzione reale di variabile reale non continua in un punto non è derivabile in quel punto

Questa affermazione è vera e ne è stata dimostrata la sussistenza nel punto a), in cui abbiamo

⇒

evidenziato come per funzioni reali di variabile reale la “derivabilità” “la continuità” per cui

⇒

la “non continuità” la “non derivabilità”. 10

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3) Considerato il rettangolo , il cui lato è lungo 8 , dove è una lunghezza nota,

ABCD AD a a

il punto medio del lato AB. Sulla perpendicolare al piano del rettangolo condotta per ,

sia M M

in modo che il piano del triangolo formi col piano del rettangolo un

prendere un punto V VCD

α α

tale che tg = 3/4. Mostrare che la superficie laterale della piramide di vertice e

angolo V

è costituita da due triangoli rettangoli e da due triangoli isosceli. Sapendo che

base ABCD , calcolare la lunghezza di . Constatato che tale

l'area di tale superficie laterale è 92

a AB

2

σ

, condurre un piano parallelo alla base della piramide e proiettare

lunghezza è 5

a σ con la piramide stessa, ottenendo in

ortogonalmente su tale base il poligono sezione di σ per la quale il volume di tale

questo modo un prisma retto. Determinare la posizione di

prisma risulta massimo. A completamento del problema, dimostrare che se i numeri reali

, variano in modo che la loro somma si mantenga costante allora il prodotto è

positivi x y x y

2

= 2 .

massimo quando risulta x y

Si consideri la figura sottostante che presenta la geometria del problema:

Innanzitutto, essendo M il punto medio del lato AB, ed essendo VM perpendicolare al lato stesso,

allora ne consegue la congruenza dei triangoli rettangoli VMB e VMA da cui segue VA=VB cioè il

triangolo VAB è isoscele.

Ora : ⎛ ⎞

( ) 3

α

= = =

⎜ ⎟

VM MHtg 8

a 6 a

⎝ ⎠

4

= + = + =

2 2 2 2

VH VM MH 64 a 36 a 10 a

= >

AB x x

Facciamo ora la seguente posizione : 2 , 0

Si ha:

= + = +

2 2 2 2

VA VM MA x 36a 11

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Il triangolo VMD è anch’esso rettangolo per cui:

( ) ( )

= + = + + = + + = +

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

VD MD VM MA AD VM x 36 a 64 a x 100 a

Ora notiamo che: )

( 2

+ = + + = + =

2 2 2 2 2 2 2 2 cioè il triangolo VAD è rettangolo.

VA AD x 36 a 64 a x 100 a VD

Analogamente vale per la faccia opposta cioè VBC è anch’esso rettangolo.

Anche in tal caso dalla congruenza dei triangoli rettangoli VAD e VBC discende VD=VC cioè il

triangolo VDC è isoscele.

L’area laterale è composta dall’area dei 4 triangoli VAD, VBC, VAB e VDC. L’area dei triangoli

VAD e VBC è la stessa per le considerazioni fatte sopra e sarà:

VA * AD

= = = +

2 2

A A 4 a x 36 a

VAD VBC 2

L’area di VAB è: AB * VM

= =

A 6 ax

VAB 2

L’area di VDC è: DC * VH

= =

A 10 ax

VDC 2

Per cui si ha: )

( + + = ⇒

2 2 2

2 4 a x 36 a 16 ax 92 a

+ = −

2 2

2 x 36 a 23

a 4 x

+ = −

2 2 si riconduce a risolvere il sistema

Ora la soluzione dell’equazione 2 x 36 a 23

a 4 x

seguente: )

( )

(

⎧ ( )

2 ⎧

+ = − 2 ( )

2 2 2

x a a x

2 36 23 4 + = −

⎪ 2

2 2

x a a x

2 36 23 4

⎪ ⎪

− ≥ ⇔

⎨ ⎨

a x

23 4 0 a

23

< ≤

⎪ ⎪ x

0

>

x 0 ⎩

⎪ 4

⎩

L’equazione diventa: 12

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+ = − + ⇒

2 2 2 2

x a x ax a

4 144 16 184 529

− + = ⇒

2 2

x ax a

12 184 385 0

( )

( )

± − ±

2 2

a a a

92 92 12 385 a a

92 62

= = ⇒

x 12 12

a a

77 23

= >

x

1 6 4

a a

5 23

= <

x 2 2 4 a

5

= = =

x x da cui

Per cui la soluzione accettabile è AB a

5

2 2

Si consideri ora la figura seguente:

= = =

QM ET NS x

Poniamo ≤ ≤ = .

La limitazione goeometrica impone x VM a

0 6

I triangoli VQL e VMH sono simili per cui: ⇒

=

VQ QL VM MH

: :

( )

− = ⇒

a x QL a a

6 : 6 : 8

( )

−

a x

4 6

=

QL 3 13

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Analogamente i triangoli ETA e VMA sono simili per cui:

⇒

=

VM MA ET TA

: :

5 = ⇒

a a x TA

6 : :

2 5

= ⇒

TA x

12 ( )

−

⎛ ⎞ a x

5 5 5 6

= = − =

⎜ ⎟

ST MT a x

2 2

⎝ ⎠

2 12 6

Il volume del prisma retto sarà: ( ) ( )

− − ( )

⎡ ⎤

( ) ( )

5 6 a x 4 6 a x 10 10

= = = = − = − +

2 3 2 2

V A * h ST * TP * QM * * x x 6 a x x 12 ax 36 a x

⎢ ⎥

b ⎣ ⎦

6 3 9 9

≤ ≤

0 x 6 a

con ≤ ≤

Il volume così ricavato assume valore nullo agli estremi dell’intervallo .

0 x 6 a

Calcoliamo ora le derivate:

( ) ( ) ( )( )

10 10 10

= − + = − + = − − > ⇒ < ∪ >

I 2 2 2 2

V 3 x 24 ax 36 a x 8

ax 12 a x 6 a x 2 a 0 x 2 a x 6 a

9 3 3

≤ ≤ > ⇒ ≤ <

I

0 6 si ha : 0 0 2

e con la limitazione x a V x a

( )

20

= −

II

V x 4 a

3

( ) 40 a

= − <

II

V 2 a 0

3 σ

=

Per cui il volume massimo è raggiunto quando cioè quando il piano dista dalla base

x 2 a ( )

⎡ ⎤ 3

10 320 a

= − + =

= 3 2 2

12 36

V x ax a x

della piramide di e tale volume massimo vale

x 2 a ⎢ ⎥

⎣ ⎦

9 9

=

x a

2

La parte finale del problema consiste nella risoluzione del seguente sistema:

>

⎧ 0

x

⎪ >

⎪ 0

y

⎨ + =

x y a

⎪

⎪ = 2

⎩ z x y

E vedere quando viene massimizzata la funzione z. Tale funzione può essere riscritta come:

( )

= − = −

2 3 2

z x x a x ax 14

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