2005 - liceo scientifico - sezione bilingue italo-slovacca

SEZIONE BILINGUE ITALO – SLOVACCA 2004/2005 Soluzioni a cura di Nicola De Rosa

PROBLEMA 1 = − + +

2

y ax bx c

E‘ data l’equazione dove i coefficienti a , b, c sono numeri reali non negativi.

Punto 1

Determinare tali coefficienti sapendo che la parabola p , che rappresenta l’equazione in un

piano cartesiano ortogonale ( Oxy ) , interseca l’asse x nei punti O , A ed ha il vertice nel punto

V in modo che

a . il triangolo OAV sia rettangolo

b . il segmento parabolico individuato dalla corda OA genera un solido di volume

128 π quando ruota di un giro completo attorno all’asse x .

15 ( )

= =

Il passaggio della parabola per impone la condizione , per cui la parabola interseca

O 0

, 0 c 0 ⎞

⎛

⎛ ⎞ 2

( ) b b b ⎟

⎜

= = =

⎜ ⎟

O 0

,

0 , A ,

0 .

. La parabola ha vertice in

l’asse delle ascisse in V , ⎟

⎜

⎝ ⎠ ⎠

⎝

a 2 a 4 a

Le misure del lati del triangolo OAV sono:

b

=

OA a 2 4

b b b

= + = +

2

OV b 4

2 2 4 a

4 a 16 a

2 4

b b b

= + = +

2

AV b 4

2 2 4 a

4 a 16 a 2 2 2

= +

Il triangolo OAV è rettangolo se e quindi se

OA OV AV

2 2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

b b

+ = ⇒ + = ⇒ = ±

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

2 2

b b b

2 4 4 8 2 , e poichè per ipotesi i coefficienti della parabola

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

a a

4 =

sono non negativi si ha .

b 2

Il volume del segmento parabolico individuato dalla corda OA è:

2

b ( ) ( )

a a

∫ ∫

π π

2 2

= − + ⇒ = − + =

2 2 2

V ax bx dx V ax x dx

0 0

2 2 π

⎡ ⎤

( ) ⎛ ⎞

2 5 3

a 4 32 32 16 16

a x x a

∫

π π π

= + − = + − = + − =

⎜ ⎟

2 4 2 3 4

⎢ ⎥

4 4

a x x ax dx ax ⎝ ⎠

3 3 3 3

⎣ ⎦

5 3 5 3 15

a a a a

0 0

128 1 1

π

= = ⇒ =

3

V si ricava a a .

Imponendo 15 8 2

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1

= − +

2

La parabola ha equazione allora 2 e i punti di intersezioni con l’asse delle ascisse sono

y x x

2

( ) ( ) ( )

= = =

ed il vertice è .

O 0

, 0 , A 4

, 0 V 2

, 2

Punto 2

Considerata poi la circonferenza tangente in A alla retta AV e passante per O , calcolare le

aree delle due regioni finite di piano in cui essa divide il segmenrto parabolico suddetto . ( )

+ + + + = =

2 2

L’equazione generica della circonferenza è 0 . Il passaggio per

x y ax by c O 0

, 0

( )

= = + + = =

; il passaggio per impone, invece, e poichè si ricava

impone c 0 A 4

, 0 4 a c 16 0 c 0

= −

= − y 4 x

. La retta AV ha equazione : imponiamo che sia tangente alla circonferenza.

a 4

Bisogna risolvere il seguente sistema e imporre che il delta sia nullo:

⎧ + − + =

2 2

x y 4 x by 0 ( ) ( ) ( ) ( )

⇒ + − − + − = − + + + =

2

2 2

⎨ x 4 x 4 x b 4 x 2 x x b 12 4

b 16 0

= −

⎩ y 4 x ( ) ( ) ( )

+ − + = − + = − = ⇒ =

Δ = 2 2

2

b 12 8 4

b 16 b 8

b 16 b 4 0 b 4 . L’equazione

si ha

Imponendo 0 ( ) ( )

+ − + = ⇔ − + + =

2 2

2 2

x y 4 x 4 y 0 x 2 y 2 8

della cironferenza diventa cioè si tratta di una

( )

= − =

e raggio .

circonferenza di centro C R

2

, 2 2 2

Le aree da calcolare sono raffigurate in verde e grigio.

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cui va sottratta l’area del triangolo COA.

L’area in verde è data dall’area del settore circolare C O

A

π

α =

L’angolo di apertura del settore circolare è ; l’area in verde è allora

C O

A 2

π

⎛ ⎞

( ) ( )

1 1 1

2 2 2

α α π

= −

= ⋅ ⋅ − ⋅ = ⋅ ⋅ − = −

⎜ ⎟

S CO CO CO 1 4 1 2 4 .

1 ⎝ ⎠

2 2 2 2

2 dell’area del rettangolo circoscritto a norma del teorema

è i

L’area del segmento parabolico O

V

A 3 ( )

2 16

= ⋅ ⋅ =

S 4 2

di Archimede: per cui per cui l’area in grigio è

O

V

A 3 3

⎛ ⎞

( )

16 28

π π

= − = − − = −

⎜ ⎟

S S S 2 4 2 .

2 1 ⎝ ⎠

O

V

A 3 3

Alternativamente si può procedere analiticamente attraverso il calcolo integrale. = − + + − 2

y x x

La regione di piano in verde analiticamente è rappresentata dalla funzione 2 1 4 .

L’area in verde è allora )

(

4 4

∫ ∫

= − + + − = − + + − =

2 2

S 2 4 4 x x dx 8 4 4 x x dx

1 0 0 −

⎛ ⎞

2 x 2

−

⎛ ⎞

4 4 =

⎜ ⎟

( ) t

⎜ ⎟

x 2

∫ ∫

= − + − − = − + − ⎯

⎯ ⎯

⎯

→

⎜ ⎟ ⎝ ⎠

2 2 2

8 8 x 2 dx 8 2 2 1 dx

⎝ ⎠

2 2

0 0 1

1 1 ⎡ ⎤

1

∫

2 2 2 − = + −

2 2

t dt t t t

1 arcsin 1

∫ ∫ ∫ ⎢⎣ ⎥⎦

= − + − ⋅ = − + − = − + − ⎯

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯

⎯

→

2 2 2 2

S 8 2 2 1 t 2 2 dt 8 8 1 t dt 8 16 1 t dt

1 1 1 0

− −

2 2

[ ] π

⎡ ⎤

1 ⎛ ⎞ ( )

1 π

= − + + − = − + + = −

⎜ ⎟

2 2 ⎢ ⎥

S 8 8 arcsin t t 1 t 8 8 2 4

0

1 ⎝ ⎠

⎣ ⎦

4 2

come già trovato precedentemente.

L’area del settore parabolico, se non utilizziamo il risultato del teorema di Archimede, è:

4

⎡ ⎤

⎛ ⎞

4 3

x

1 32 16

∫

= − + = − + = − + =

⎜ ⎟

2 2

⎢ ⎥

S x x dx x come già trovato precedentemente

2 16

⎝ ⎠

O

V

A ⎣ ⎦

2 6 3 3

0 0

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PROBLEMA 2

Punto 1 +

2

4 x 1

=

y

Data la curva , se ne rappresenti il grafico .

3 x 4 x 1

= +

Possiamo scrivere la curva come y e dalla forma analitica deduciamo che si tratta di una

3 3 x 4x

= =

ed asintoto obliquo di equazione . Studiamo per intero la

iperbole di asintoto verticale x 0 y 3

curva e troviamo i risultati suddetti attraverso lo studio analitico puntuale della curva stessa.

{ }

Dominio: ;

R / 0

Intersezione asse delle ascisse: non ce ne sono;

Intersezioni asse delle ordinate: non ce ne sono;

Eventuali simmetrie: è una funzione dispari, infatti

( )

− + +

2 2

4 x 1 4 x 1

− = = − = −

f ( x ) f ( x ) ;

( )

−

3 x 3 x

+

2

4 x 1

= > ⇔ >

Positività: y 0 x 0 ;

3 x +

2

4 x 1 = ±∞ =

Asintoti verticali: per cui è asintoto verticale destro e sinistro;

lim x 0

±

→ 3 x

0

x +

2

4 x 1 = ±∞

Asintoti orizzontali: per cui non ci sono asintoti orizzontali;

lim

→ ±∞ 3 x

x

Asintoti obliqui:

+

2

4 1

x ⎛ ⎞

+ + ⎛ ⎞

2 2

4 1 4 4 1 4 1

x x

3 x ⎜ ⎟

= == = = − = =

⎜ ⎟

lim lim , lim lim 0 ; per cui la

m q x

⎜ ⎟ ⎝ ⎠

2

→ ±∞ → ±∞ → ±∞ → ±∞

⎝ ⎠

3 3 3 3

x x x

3 x

x x x x

4x

=

y è asintoto obliquo destro e sinistro;

retta 3 − ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

2

4 1 1 1

x

= > ⇒ ∈ − ∞ − ∪ +∞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

Crescenza e decrescenza: la derivata prima è ' 0 , ,

y x ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2 2 2

3 x ⎞

⎛ ⎞ ⎛

1 1

− ∞ − ∪ +∞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

per cui la funzione è strettamente crescente in e strettamente

, ,

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2 2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

1

1 8

− ∪ = > ⇒ >

⎜ ⎟

⎜ ⎟

decrescente in ; la derivata seconda è per cui

, 0 0

, y ' ' ( x ) 0 x 0

⎠

⎝ ⎠ ⎝ 3

2 2 x

3

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⎛ ⎞

⎛ ⎞

( ) 1 4

1 64

± = ±

+∞ ⎜ ⎟

⎜ ⎟

in la funzione ha concavità verso l’alto inoltre per cui è

,

y ' '

0

, ⎝ ⎠

⎝ ⎠ 2 3

2 3

⎛ ⎞

1 4

− −

⎜ ⎟

un minimo relativo e , un massimo relativo. Il grafico è sotto presentato:

⎝ ⎠

2 3

Punto 2

Preso un punto P sull’arco di curva del primo quadrante , si conducano per esso le parallele

agli asintoti che incontrano gli stessi nei punti A e B rispettivamente. Determinare la posizione

del punto P per cui è minima la somma dei segmenti PA e PB .

Consideriamo la figura seguente:

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⎛ ⎞

+

2

4 1

t

⎜ ⎟

=

Il generico punto P dell’arco del primo quadrante dell’iperbole ha coordinate con

,

P t

⎜ ⎟

⎝ ⎠

3

t =

> =

. La retta passante per P e parallela all’asintoto verticale di equazione ha equazione x t

t 0 x 0

⎛ ⎞

4

t

= ⎜ ⎟

A t , . La retta passante per P e parallela all’asintoto di

ed interseca l’asintoto obliquo in ⎝ ⎠

3 ⎛ ⎞

+ +

2 2

( )

4x 4 4

t 1 4 x 4

t 1 4

t 4 x 1

⎜ ⎟

= = − + = + − = +

equazione ed interseca

ha equazione

y y x t ⎜ ⎟

⎝ ⎠

3 3 3

t 3 3

t 3 3 3

t

⎛ ⎞

1

=

= ⎜ ⎟

la retta di equazione B 0

, . Con queste assunzioni i segmenti PA

(asse delle ordinate) in

x 0 ⎝ ⎠

3

t

e PB misurano:

+

2

4 1 4 1

t t

= − =

PA 3 3 3

t t 2

⎛ ⎞

+

2 2

4 1 1 16 5

t t t

⎜ ⎟

= + − = + =

2 2

PB t t

⎜ ⎟

⎝ ⎠

3 3 9 3

t t ( ) 1 5

t

= + >

La somma dei due segmenti è f t con . La minimizzazione della funzione

t 0

3

t 3

( ) 1 5

t

= +

f t la effettuiamo tramite derivazione:

3

t 3

−

2

( ) 5 1

t

=

'

f t 2

3

t ⎛ ⎞

−

2

( ) ( )

5 1 5 5

t ⎜ ⎟

= > ⇒ > ⇒ +∞

0 ' strettamen

te crescente in ,

' t f t

f t ⎜ ⎟

2 5 5

⎝ ⎠

3

t ⎛ ⎞

−

2

( ) ( )

5 1 5 5

t ⎜ ⎟

= < ⇒ < < ⇒

' 0 0 ' strettamen

te decrescent

e in 0

,

f t t f t ⎜ ⎟

2 5 5

⎝ ⎠

3

t −

2

( ) 5 1 5

t

= = ⇒ =

' 0

f t t

2 5

3

t ⎛ ⎞

( ) 2 5

⎜ ⎟ >

=

' ' , ' ' 0

f t f ⎜ ⎟

3 5

⎝ ⎠

3

t ( ) 1 5

t

= + assume valore

Dalle considerazioni sopra effettuate deduciamo che la funzione f t 3

t 3

⎞

⎛ ⎡ ⎤

5 5 1 5 2 5

t

⎟

⎜

= = + =

t e il minimo vale

minimo per .

f ⎢⎣ ⎥⎦

⎟

⎜

5 5 3 3 3

t

⎠

⎝ 5

=

t 5

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PROBLEMA 3

Punto 1 γ

Data una circonferenza di raggio unitario e centro O , tracciare una semiretta s uscente da

γ in un punto Q . Indicato con P un generico punto di s esterno alla

O ed intersecante

circonferenza , tracciare da esso le due tangenti alla circonferena : siano A e B i punti di

tangenza . Indicata con x la lunghezza del segmento PQ , trovare il limite per x tendente

+

AQ QB

=

k

all’infinito del rapporto .

AB

Si consideri la figura sottostante:

= = + = + 1 .

Ponendo PQ x si ha PO PQ QO x ( ) ( )

2 2 2 2

= = − = + − = ⋅ +

2

1 1 2 . Poniamo ora

Per il teorema di Pitagora PA PB PO AO x x x

π α

α

= = = = −

ˆ ˆ ˆ ˆ

P O

A P O

B ; di conseguenza . I segmenti AB ed AQ per il teorema di

A

P

O B

P

O 2

( ) ( ) ( )

2 2

α α α α

= − = = =

2

Carnot misurano rispettivamente AB 2 AO 1 cos 2 4 AO sin 2 AO sin 2 sin

α α α

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

( )

2 2

α

= = − = = =

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎜ ⎟

2

e AQ QB AO AO AO

2 1 cos 4 sin 2 sin 2 sin ⎝ ⎠

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2 2 2

α α

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

4 sin

4 sin

+ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

AQ QB 1

2

2

= = = =

vale .

In questo modo il rapporto k k ( ) α α α

α ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

2 sin

AB ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

cos

4 sin cos

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2

2 2

Per il teorema dei seni

α α +

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

( ) ( ) x

1 1 1 2

α α

= ⋅ ⇒ = ⇒ − = ⇒ =

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

2 per cui il

cos cos 2 cos 1 cos

AO PO + + +

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 2 1 2 1

x x x

2

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