Problema2

Scuole italiane all’estero (Europa) 2008 Sessione Ordinaria– Problema 2

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SCUOLE ITALIANE ALL’ESTERO (EUROPA) 2008 -

PROBLEMA 2

2 2 ) 4 1 ( ' x ax y 

 : dobbiamo trovare la funzione y f(x) il cui grafico



passa per i punti

      1 ; 2 1 e (0;2). Risulta:

dx

a

x

x

dx

a



x



k

x

ax

dx

y

y

_







































 

1

4

1

8

)

4

1

(

8

8

)

4

1

(

'

1 2 2 2 2 2 Quindi: k x a y     ) 4 1 (

8 2 ; impongo il passaggio per i due punti:







































16

0

8

2

16

1

a

k

k

a

k

a



Quindi la funzione richiesta è: ₂

4 1 2 x y  

1)

2 4 1 2 x y 

 . Si tratta di una funzione pari, definita su tutto R, sempre positiva, il cui grafico taglia l’asse delle ordinate nel punto (0;2).

I limiti a + e – infinito sono uguali a 0+_.

Studio della derivata prima: _{2 2}

) 4 1 ( 16 ' x x y  

 ; per

x



0

la funzione è crescente, per

x



0

decrescente; x=0 è punto di massimo (assoluto).

Studio della derivata seconda: _{2 3}

2

)

4

1

(

)

1

12

(

16

"

x

x

y







; la funzione risulta concava verso l’alto quando

12

1

12

1

0

1

12

x

2







x







x



;

12

1





x

punti di flesso ( con ordinata 3/2). Il grafico della funzione è il seguente:

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2)

Indichiamo con        2 4 1 2 ; t t

P il generico punto di



. Per l’evidente simmetria, possiamo considerare t>0. La tangente in P ha equazione:

) ( ) 4 1 ( 16 4 1 2 2 2 2 x t t t t y       ; con y = 0 troviamo

t

t

x

Q

8

1

12

2





. Essendo

x

H



t

risulta:

t

t

t

t

t

t

t

x

x

HQ

Q H

8

1

2

8

1

4

8

1

12

2 2



















Troviamo per quale valore di t tale distanza assume il valore minimo.

PER VIA ELEMENTARE

Essendo t t HQ 8 1 2

 , si osserva che è la somma di due quantità il cui prodotto è costante.

Infatti: 16 1 8 1 2            t t

: ma se il prodotto di due quantità (positive) è costante la loro somma è

minima quando sono uguali; pertanto il minimo richiesto si ha quando

2 1 8 1 2  t t  t . In conclusione: la lunghezza del segmento HQ è minima quando l’ascissa di P è uguale a

2 1  .

CON LE DERIVATE

Consideriamo la funzione di equazione

t t y 8 1 2  ; la sua derivata è: ₂ 8 1 2 1 ' t y   Risulta 2 1 2 1 0 ' pert  t

y ; avendo considerato

t



0

la funzione è crescente per

2 1  t e decrescente per 2 1

0t , quindi il minimo richiesto si ha per

2 1  t .

3)

L’area richiesta si ottiene calcolando l’integrale seguente:





2 ) 2 ( lim ) 2 ( lim ) 2 ( 1 2 lim 4 1 2 lim 4 1 2 4 1 2 0 0 2 0 2 0 2 0 2



                    









k arct x arctg dx x dx x dx x dx x k k k k k k k