2003 - Liceo scientifico - america emisfero boreale

Sessione ordinaria LS_ORD 2003 – America Boreale Soluzione di De Rosa Nicola

PROBLEMA 1

In un piano, riferito ad un sistema di assi cartesiani ortogonali (Oxy), sono assegnate

le curve di equazione: +

3 9

kx x

= ,

y +

2

x k

dove k è un parametro reale non nullo.

Punto a

Determinare a quali valori di k corrispondono curve continue su tutto l’asse reale.

+ ( )

3 9

kx x ∈ + ≠

= 2

: 0 , per cui essa è definita su

ha come dominio

La funzione x R x k

y +

2

x k > ≤

tutto l’asse reale se e solo se . Infatti se fosse il dominio sarebbe

0 0

k k

( ) ( ) ( ) { }

− ∞ − − ∪ − − − ∪ − +∞ − ± −

, , , , cioè .

k k k k R k

Punto b

Dimostrare che le curve assegnate hanno tre punti in comune.

( )

+ ≠

2

La funzione in esame, supponendo 0 , può così essere riscritta:

x k

( ) ( )

+ − − = − + − =

2 3 3 2

9 0 da cui 9 0 da cui si ricavano le due

x k y kx x k y x x y x ⎧

⎧ ⎧ ⎧ = 3

− = = =

3 3 3

0

⎪ ⎪ ⎪ ⎪ y x

y x y x y x

⇒ ⇒ ⇒

condizioni per cui i

⎨ ⎨ ⎨ ⎨

( )

⎪⎩ ⎪⎩ ⎪⎩ ⎪⎩

− = − = − =

2 5 4 = = ±

9 0 9 0 9 0 0

, 3

x y x x x x x x x

punti in comune tra le differenti curve al variare del parametro sono:

k

= = = − −

( 0

,

0 ), ( 3 ,

3 3 ), ( 3 , 3 3 ) .

A B C

Punto c

Dimostrare che i tre punti sono allineati. =

I tre punti in comune sono allineati lungo la retta 3 .

y x

Punto d γ

Tra le curve assegnate determinare la curva avente per asintoto la retta di

equazione y=x e disegnarne l’andamento . 3

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+

3 9

kx x

= = +

L’asintoto obliquo della funzione con

ha equazione

y y mx q

+

2

x k

+

3 9

kx x +

3 9

+

2 kx x

x k

= = =

lim lim ,

m k

+

3

→ ±∞ → ±∞

x x kx

x x ( )

⎡ ⎤ ⎡ ⎤

+ −

3 2

9 9

kx x x k

= − = =

lim lim 0

⎢ ⎥ ⎢ ⎥

q kx

+ +

2 2

→ ±∞ → ±∞

⎣ ⎦ ⎣ ⎦

x k x k

x x = = 1 in corrispondenza del quale si ha

Quindi l’asintoto sarà la retta se e solo se

y x k

+

3 9

x x

= .

la curva y +

2 1

x +

3 9

x x

γ =

: .

Studiamo la funzione y +

2 1

x

: l’intero asse reale;

Dominio +

3 9

x x = ⇔ = → =

=

: 0 0 0 ;

Intersezione asse ascisse y x y

+

2 1

x

= → =

0 0

: ;

x y

Intersezione asse ordinate − −

3 9

( ) x x

− = = −

la funzione è dispari, infatti ( ) ;

Eventuali simmetrie: y x

y x +

2 1

x

+

3 9 ( )

x x

= > ⇒ ∈ +∞

: 0 0

, ;

Positività x

y +

2 1

x

: non ce ne sono visto il dominio;

Asintoti verticali : non ce ne sono visto che c’è quello obliquo, e ciò esclude per

Asintoti orizzontali

una funzione razionale fratta la presenza dell’asintoto orizzontale; infatti

⎡ ⎤

+

3 9

x x = ±∞ ;

lim ⎢ ⎥

+

2 1

→ ±∞ ⎣ ⎦

x

x =

la retta è asintoto obliquo doppio come già evidenziato;

Asintoti obliqui: y x la derivata prima è

Crescenza e decrescenza:

( )( ) ( ) ( )

2

+ + − + − + −

2 2 3 4 2 2

3 9 1 9 2 6 9 3

x x x x x x x x

= = = per cui la funzione è

'

y ( ) ( )

( )

2 2 2

+ + +

2 2 2

1 1 1

x x x

crescente su tutto R; 4

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La derivata seconda è :

Flessi: ( )( ) ( )( ) ( )

2 2

− + − + − −

2 2 2 2 2

4 3 1 4 1 3 16 3

x x x x x x x x

= = = ⇒ = = ± .

' ' 0 0

, 3

y x x

( ) ( )

4 3

+ +

2 2

1 1

x x

Si evince subito allora che il punto A=(0,0) è un flesso a tangente obliqua, mentre

= ±

per gli altri due punti di ascisse 3 si deve calcolare la derivata terza visto

x

che in esse si annulla anche la derivata prima. Calcolando allora la derivata terza

( ) ( )

− +

4 2

48 6 1

x x

= − ± = ≠

e quindi ' ' ' 3 6 0 , per cui i due punti

' ' '

si ha y y

( )

4

+

2 1

x

= = − −

( 3 ,

3 3 ), ( 3 , 3 3 ) sono flessi a tangente orizzontale. In conclusione

B C

ci sono tre flessi, di cui A=(0,0) a tangente obliqua e

= = − − a tangente orizzontale.

( 3 ,

3 3 ), ( 3 , 3 3 )

B C

Il grafico è sotto presentato: 5

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Punto e

Verificare che i tre punti comuni a tutte le curve assegnate sono flessi per la curva

γ .

Come dimostrato nel punto precedente i tre punti

γ

= = = − − =

( 0

,

0 ), ( 3 ,

3 3 ), ( 3 , 3 3 ) ( 0

, 0

)

sono flessi per , con tangente

A B C A

= = − −

( 3 ,

3 3 ), ( 3 , 3 3 )

obliqua e con tangente orizzontale.

B C 6

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PROBLEMA 2

Dopo aver riferito il piano ad un sistema di assi cartesiani ortogonali (Oxy):

Punto a

Tra le iperboli di equazione xy=k indicare con j quella che passa per il punto A(1,3)

e chiamare B il suo punto di ascissa –3;

= = − −

L’iperbole richiesta ha equazione : 3 e ( 3

, 1

) .

j xy B

Punto b 2 +bx+c in modo che la parabola p

Determinare i coefficienti dell’equazione y=ax

rappresentata da essa sia tangente a j in A e passi per B;

= − − =

− + = −

Il passaggio per ( 3

, 1

) impone ; il passaggio per (

1

,

3

) impone

9 3 1

B A

a b c

= =

+ + = (

1

,

3

) : 3

; inoltre la tangenza in a comporta che il coefficiente

3 A j xy

a b c = =

: 3 (

1

,

3

)

in è quello della tangente alla parabola

angolare della tangente a j xy A ⎡ ⎤ ⎤

⎡

⎞

⎛ 3 3

d = −

= −

= ⎟

⎜ mentre

nello stesso punto. In particolare 3

⎢ ⎥

m ⎥

⎢ 2

j ⎦

⎣

⎠

⎝

⎣ ⎦

dx x x =

1

=

1 x

x

( )

⎡ ⎤ [ ]

d

= + + = + = +

2 . Quindi la terza condizione è

2 2

m ax bx c ax b a b

⎢ ⎥ =

1

x

p ⎣ ⎦

dx =

1

x − + = −

⎧

9 3 1

a b c

⎪ + + =

+ = − . Le tre equazioni nelle tre incognite sono e sfruttando

3

2 3 ⎨ a b c

a b ⎪ + = −

2 3

⎩ a b

− − − − −

1 3 1 9 1 1 9 3 1

3 1 1 1 3 1 1 1 3

− − −

3 1 0 2 3 0 2 1 3

= = − = = − = = , per cui

Cramer si ha: 1

, 1

, 5

a b c

− − −

9 3 1 16 16

1 1 1

2 1 0

= − − +

2

la parabola ha equazione 5 .

y x x

L’iperbole e la parabola sono sotto presentate: 7

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Punto c

Determinare le coordinate del punto situato sull’arco AB della parabola p e avente

la massima distanza dalla retta AB; = − − + − ≤ ≤

2

Il punto P in questione ha coordinate ( , 5

) con come sotto

3 1

P t t t t

raffigurato: 8

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− − = = − − +

2

2 0

La retta AB ha equazione per cui la distanza di ( , 5

) da essa

y x P t t t

− − + − − − − +

2 2

5 2 2 3

t t t t t

= = − ≤ ≤ , allora è possibile

e poiché

( )

sarà: 3 1

d t t

2 2

− − +

2 2 3

t t

=

togliere il valore assoluto, per cui , cioè la distanza è una parabola con

( )

d t 2

concavità verso il basso e col massimo in corrispondenza del vertice. Cioè la distanza

( )

≡ = − =

massima la si ha in corrispondenza di 1

,

5 e vale .

2 2

P V d max

Punto d

Indicata con R la regione finita di piano delimitata dall’iperbole j, dalla parabola p,

dall’asse x e dalla retta di equazione x=3, calcolare il volume del solido generato

dalla regione R quando ruota di un giro completo intorno all’asse x.

La regione R è sotto raffigurata:

Il volume per il teorema di Guldino è: 9

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2

[ ]

1 3 ⎡ ⎤

3

2

∫ ∫

π π

= − − + + =

2 5

V x x dx dx

⎢ ⎥

⎣ ⎦

( ) x

+ 1

1 21

− 2

1 3

( ) ⎛ ⎞

9

∫ ∫

π π

= + − − + + =

4 3 2 ⎜ ⎟

2 9 10 25

x x x x dx dx

2

⎝ ⎠

( ) x

+ 1

1 21

− 2 1 3

⎡ ⎤

5 4 ⎡ ⎤

9

x x

π π

= + − − + + − =

3 2

3 5 25

⎢ ⎥

x x x ⎢ ⎥

( )

5 2 ⎣ ⎦

⎣ ⎦ x

+

1 21 1

− 2

( )

π

3

= +

247 49 21

20 10

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QUESTIONARIO

Quesito 1 5

α β γ α =

, , cos

Le ampiezze degli angoli di un triangolo sono . Sapendo che e

13

12 γ

β = cos

, calcolare il valore esatto di  , specificando se il triangolo è

cos 13

rettangolo, acutangolo o ottusangolo.

Si consideri la seguente figura:

α β γ

, ,

Gli angoli , in quanto angoli di un triangolo devono soddisfare la condizione di

appartenere all’intervallo [0°,180°] ed anche la condizione per cui la loro somma è 180°.

La prima condizione equivale ad affermare che i seni degli angoli devono essere

12 5

5 12

α α β β

= → = = → =

, .

assolutamente non negativi, per cui sin sin

cos cos

13 13

13 13

Inoltre per la seconda condizione,

[ ]

( ) ( ) ( )

γ α β γ α β α β

= ° − + ⇒ = ° − + = − + , quindi

180 cos cos 180 cos

60 60

γ α β α β γ

= − = − = ⇒ = ° e cioè il triangolo è

cos sin sin cos cos 0 90

169 169

rettangolo. In tal caso le terne pitagoriche rappresentanti i lati del triangolo sono

( ) { }

= = = ∈ .

12 , 5 , 13 , / 0

a k b k c k k N

Quesito 2

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

curva di equazione y = cos x – 2 sen x. Determinare una traslazione degli assi che

trasformi l’equazione nella forma Y = k sen X. = −

Innanzitutto proviamo a scrivere la funzione cos 2 sin nella forma

y x x

( ) ( )

α α α α

= + = + = +

sin . Ricordando che sin sin cos cos sin , la

y A x y A x A x A x 11

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α = −

⎧ cos 2

A

( )

α

= − = +

condizione è verificata se e solo se . Se

cos 2 sin sin ⎨

y x x A x α =

sin 1

⎩ A

eleviamo al quadrato ambo i membri delle due relazioni e li sommiamo otteniamo

= ⇒ = ±

2 5 5 , mentre se dividiamo la seconda per la prima otteniamo

l’equazione A A ⎛ ⎞

1 1

α α π ∈

= − ⇒ = − ⎜ ⎟ . Abbiamo quindi calcolato i due parametri

tan arctan ,

m m Z

2 2

⎝ ⎠

⎧ = ± 5

A

⎪

che mancavano . Delle quattro possibili coppie di valori,

⎨ ⎛ ⎞

1

α π ∈

= − ⎜ ⎟

arctan ,

⎪ m m Z

2

⎝ ⎠

⎩ α = −

⎧ cos 2

A

quelle che soddisfano le due condizioni di partenza sono

⎨ α =

sin 1

⎩ A

⎞

⎛

⎞

⎛ ⎞

⎛

⎞

⎛ 1 1

( )

α π α π ⎟

⎜

⎟ = − = −

⎜ = = + − ⎜ ⎟

⎜ ⎟ ,

5 , 2 1 arctan , 5 , 2 arctan

A m A m ⎟

⎜

⎟

⎜ 2 2

⎝ ⎠

⎝ ⎠ ⎠

⎝

⎠

⎝ ( ) ( )

cioè positivo, dispari , negativo, pari . Per entrambe le coppie, la funzione

A m A m ( )

α

= +

sinusoidale corrispondente vale

sin

y A x

⎞

⎛

⎞

⎛ ⎛ ⎞

⎛ ⎞

1 1 ⎟

⎟ = ⎜

= − ⎜ − −

⎜ ⎟

⎜ ⎟

5 sin arctan 5 sin arctan . Quindi la funzione

y x x ⎟

⎟ ⎜

⎜ 2 2

⎝ ⎠

⎝ ⎠ ⎠

⎠ ⎝

⎝

= −

cos 2 sin la possiamo scrivere nella forma

y x x ⎞

⎛

⎞

⎛ ⎛ ⎞

⎛ ⎞

1 1 ⎟

⎜

⎟ = −

⎜

= − − ⎜ ⎟

⎜ ⎟

5 sin arctan 5 sin arctan .

y x x ⎟

⎜

⎟

⎜ 2 2

⎝ ⎠

⎝ ⎠ ⎠

⎝

⎠

⎝ ⎧ = − 5

k

⎪

⎪ ⎛ ⎞

1

= − ⎜ ⎟

arctan , composizione di un

Se, in conclusione, si effettua la trasformazione ⎨ X x 2

⎝ ⎠

⎪

⎪ =

Y y

⎩

cambiamento di scala negativo e di una traslazione lungo l’asse delle ascisse positive,

⎧ = 5

k

⎪

⎪ ⎛ ⎞

1

= −

⎜ ⎟

oppure la trasformazione , combinazione di un cambiamento di scala

arctan

⎨ X x

2

⎝ ⎠

⎪

⎪ =

Y y

⎩ 12

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positivo, di un ribaltamento lungo le ascisse e di una susseguente traslazione lungo le

= − =

cos 2 sin nella forma .

ascisse negative, sarà possibile scrivere sin

y x x Y k X

Quesito 3

Un trapezio è circoscrittibile ad un cerchio. Dimostrare che il triangolo avente per

vertici il centro del cerchio e gli estremi di uno dei lati obliqui è un triangolo

rettangolo.

Consideriamo la figura sottostante:

Dobbiamo dimostrare che il triangolo AOD è rettangolo in O.

I triangoli AOH e AOK sono congruenti aventi il AO lato in comune, OK=OH in quanto

raggi del cerchio inscritto e AK=AH per il teorema sulle tangenti ad un cerchio. Quindi

ˆ ˆ α

= = . Stesso discorso vale per i triangoli KOD e LOD per cui

K A O H

A O

ˆ ˆ β

= = . Ma, le rette AB e DC attraversate dalla trasversale AD, formano

K D

O H

D

O

angoli alterni interni uguali ed in particolare

ˆ ˆ

ˆ β α β α

= ° − ⇔ = ° − ⇔ = ° − ⇔ = °

180 2 180 2 90 90 , come volevasi

A

D

L D

A

B A

O

D

dimostrare.

Quesito 4

x ed y sono due numeri naturali qualsiasi tali che x – y = 1. Stabilire se il numero

−

4 4 è divisibile per 2 o se non lo è.

x y −

4 4

Il numero può così essere riscritto:

x y

( )

( )( ) − =

− = − + + = ⎯

⎯

⎯

→

1

4 4 2 2 x y

x y x y x y x y

( ) [ ]

( ) ( ) ( )

− = + + + = + + +

4 4 2

2 1 2 2 1 2 1 2 1 1

x y y y y y y y

( )

+ ( 2 )

2 1

Ora è dispari in quanto somma di un numero pari con un dispari (1), ed

y

y

[ ]

( ) ( )

+ + +