1983 - Maturità  scientifica sessione ordinaria

Maturità scientifica 1983 sessione ordinaria

Soluzione a cura di Francesco Daddi

1) Studio della funzione e intersezioni con la circonferenza

Si studi la funzione y = a²/x² − 1 e se ne disegni il grafico. Si determinino le intersezioni della curva da essa rappresentata con la circonferenza di equazione x² + y² = a² e si trovi il valore di a per cui dette intersezioni sono vertici di un esagono regolare. In questo caso particolare si calcolino le aree delle regioni finite di piano delimitate dalle due curve.

Soluzione. Assumiamo a > 0. Il dominio della funzione è x ≠ 0; la funzione è pari. L’asse y è un asintoto verticale, mentre la retta y = −1 è un asintoto orizzontale.

Il grafico della funzione interseca l’asse x nei punti (a; 0) e (−a; 0).

Calcoliamo la derivata prima:

dy/dx = −2a²/x³,

e la derivata seconda:

d²y/dx² = 6a²/x⁴;

dal momento che la funzione è pari, possiamo studiarne l’andamento solo per x > 0, trovando che la derivata prima è sempre < 0, mentre la derivata seconda è sempre > 0. Non ci sono punti di massimo/minimo relativo/assoluto.

Calcoliamo ora le intersezioni della curva con la circonferenza x² + y² = a²:

y = a²/x² − 1

x² + y² = a²

Da cui:

x² + (a²/x² − 1)² = a²

x² + a⁴/x⁴ − 2a²/x² + 1 = a²

x⁶ + (1 − a²)x⁴ − 2a²x² + a⁴ = 0.

Poiché le due curve hanno in comune i punti A(a; 0) e B(−a; 0), il polinomio di sesto grado è divisibile per (x − a)(x + a) = x² − a², per cui, con la divisione polinomiale, risulta:

x⁶ + (1 − a²)x⁴ − 2a²x² + a⁴ = (x² − a²)(x⁴ + x² − a²);

per avere le altre intersezioni resta allora da risolvere l’equazione biquadratica x⁴ + x² − a² = 0:

x² = (−1 ± √(4a² + 1))/2.

Poiché (−1 + √(4a² + 1))/2 > 0, infatti risulta a > 0, la prima soluzione è accettabile; la seconda soluzione, al contrario, non è accettabile (il quadrato di un numero reale non può essere negativo).

Ci sono allora altri due punti di intersezione; per determinare la loro comune ordinata basta sostituire nell’equazione y = a²/x² − 1 al posto della x l’espressione √((−1 + √(4a² + 1))/2):

x = √((−1 + √(4a² + 1))/2)

y = a²/x² − 1 = a²/((−1 + √(4a² + 1))/2) − 1.

Razionalizzando otteniamo:

y = 2a²/(−1 + √(4a² + 1)) − 1 = (1 + √(4a² + 1))/2.

I punti di intersezione delle due curve, pertanto, sono:

A(a; 0); B(−a; 0);

C(√((−1 + √(4a² + 1))/2); (1 + √(4a² + 1))/2);

D(−√((−1 + √(4a² + 1))/2); (1 + √(4a² + 1))/2).

Figura 1: Grafico delle due curve.

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I punti trovati sono vertici di un esagono regolare se e solo se l’angolo AOD è uguale a 60 gradi, ovvero se e solo se:

sin(π/3) = y_D/a = √3/2.

Determinazione del valore di a

Dalla relazione precedente si ricava il valore di a.

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