(2;−13)

ESERCIZI DI PREPARAZIONE AL SUPER COMPITO 2^E - 2^ F Liceo Sportivo – 28-29 maggio 2018

Di seguito sono proposti 20 esercizi svolti, il super compito di maggio conterrà 5 domande.

NOME E COGNOME _____________________________________________________________

1

Risolvere la seguente disequazione:

∣x−1∣−∣2 x−3∣+4

∣ x−2∣−3 ≥0

2

Risolvere la seguente equazione, descrivendo dettagliatamente il procedimento seguito:

∣ 6 x−15∣+∣3x−3∣=12 x−∣3x−12∣

3

Disegnare nel piano cartesiano i punti di coordinate:

A(3 ;0) B (−1 ;−2) C (0 ;−1) D(−2 ;3)

e determinare la distanza tra i punti medi dei segmenti AB e CD.

4

Rappresentare graficamente la retta r di equazione:

x= 3 5 y−9

Qual è l'equazione della retta passante per l'origine e parallela a r?

Indicare poi con A il punto di intersezione di r con l'asse y e con B il punto di r che ha ascissa uguale a 1. Calcolare la misura dell'area del quadrilatero OABH, dove H è la proiezione ortogonale di B sull'asse x.

5

Scrivere l'equazione della retta che passa per il punto

(2 ;− 1

3 )

ed è perpendicolare alla retta di equazione:

3 x−2 y−77=0

.

6

Verificare graficamente e algebricamente che, nel piano cartesiano, i punti

A(3 ;3) B(− 1 3 ; 7

9 )

sono allineati con il punto

Q(0 ;1)

.

7

Rappresentare graficamente la retta r di equazione:

y−2 x=0

Qual è l'equazione della retta s passante per

Q(0 ;2)

e parallela a r?

Indicare poi con A e B i punti di intersezione di r e s con la retta verticale

x=2

. Calcolare la misura dell'area del quadrilatero OQBA.

8

Rappresentare graficamente la retta r di equazione:

y+3 x=0

Qual è l'equazione della retta s passante per

P (− 3

2 ; 0)

e perpendicolare a r?

Indicare poi con A e B i punti di intersezione di r e s con la retta verticale

x=3

. Calcolare la misura del perimetro del triangolo OAB.

9

Rappresentare graficamente la retta r contenente i punti:

A(1 ;1); B(6 ;5)

Determinare la sua equazione.

Determinare le equazioni delle rette s, t perpendicolari a r e contenenti rispettivamente i punti A e B. Disegnarle nel piano cartesiano.

10

Determinare le coordinate del punto di intersezione della rette r ed s, sapendo che la retta r

contiene i punti

A(1 ;17); B(−2 ;−4)

e che la retta s contiene i punti

C (2 ;−3); D(−3 ;6)

.

11

Verificare algebricamente che il triangolo formato dalle rette di equazioni:

x=3 ;−x+2 y+9=0 ; x+2 y−1=0

è isoscele.

Calcolare l'area di tale triangolo.

12

Risolvere il seguente sistema lineare utilizzando un metodo a piacere.

{ ^{− 2 3 x+ x+3 y=8 1 2 y =−2}

13

Risolvere il seguente sistema lineare utilizzando un metodo a piacere.

{ ^{− √ 32 x+} √ 12 x+ ^{√ 2 y=−} √ 3 y=2 ^√ √ ¹²⁸ 75

14

Disegnare nel piano cartesiano le parabole rappresentate dalle seguenti equazioni:

y=x

²

−3 x

y=x

²

−2 x+1

y=−x

²

−4 x−4

y=−3 x

²

+3 15

Aumentando di 4 cm la lunghezza dello spigolo di un cubo, si verifica che il suo volume

aumenta di

2368 cm

³ . Determinare la lunghezza dello spigolo.

16

Risolvere la seguente equazione:

x

⁶

+9 x

³

+ 8=0

17

Risolvere la seguente equazione:

64( x

⁴

+1)

³

=125

18

Un corpo viene lanciato verso l'alto con una velocità iniziale di 49 m/s. Dopo quanto tempo ricade a terra? [Approssimiamo l'accelerazione di gravità a 9,8 m/s²]

19

Risolvere la seguente equazione:

(4 x

²

−3)

⁴

−(4 x

²

−3)

²

−12=0 20

Risolvere la seguente disequazione:

3 x

²

+5 x−2≤0

1

Risolvere la seguente disequazione:

∣x−1∣−∣2 x−3∣+4

∣x−2∣−3 ≥0

Vedo un denominatore con incognita, quindi discuto subito le condizioni di esistenza. Purtroppo in questo denominatore c'è anche lo scomodo valore assoluto.

Dobbiamo risolvere l'equazione

∣

x−2

∣

−3=0 per poi escludere le soluzioni dal campo di esistenza dell'espressione algebrica che sta a sinistra del simbolo di disuguaglianza.

Caso

x≥2

.

Il denominatore diventa

x−5

. Ovviamente la soluzione dell'equazione

x−5=0

è

x=5

. Caso

x<2

.

Il denominatore diventa

−1−x

. Ovviamente la soluzione dell'equazione

−1−x=0

è

x=−1

. Conclusione: le condizioni di esistenza sono

x≠5∨x≠−1

.

Adesso possiamo pensare alle soluzioni della disequazione. Sappiamo giù che l'argomento che troviamo a denominatore si annulla per

x=2

; gli altri due argomenti che si trovano al numeratore si annullano rispettivamente per

x=1

e per

x= 3

2

. Suddividiamo in quattro casi (tenendo sempre conto del campo di esistenza).

Caso x<−1∨−1< x<1 .

La disequazione diventa

1−x−(3−2 x )+4

2−x−3 ≥0

ovvero

x+2

− x−1 ≥0

. Il numeratore si annulla per

x=−2

mentre sappiamo già che il denominatore si annulla per

x=−1

. Possiamo schematizzare la situazione con una tabella.

x<−2 x=−2 −2< x<−1 x=−1 −1<x<1

x+2

^{- 0 + + +}

− x−1

^{+ + + 0 -}

x+2

− x−1

- 0 + Non esiste -

In questo caso abbiamo come soluzioni per la disequazione

−2≤x<−1

. Caso

1≤x< 3

2

^.

La disequazione diventa

x−1−(3−2 x )+4

2−x−3 ≥0

ovvero

3 x

−x−1 ≥0

. Nei confini di questo caso sia il numeratore che il denominatore non si annullano. Il numeratore è sicuramente positivo mentre il denominatore è sicuramente negativo, dunque in questo caso non troviamo soluzioni per la disequazione.

Caso

3

2 ≤ x<2

.

La disequazione diventa

x−1−(2 x−3)+4

2−x−3 ≥0

ovvero

− x+6

− x−1 ≥0

. Nei confini del caso in questione il numeratore non si annulla e così pure il denominatore. Il numeratore è positivo mentre il denominatore è negativo, dunque non troviamo soluzioni per la disequazione.

Caso

2≤x<5∨x>5

La disequazione diventa

x−1−(2 x−3)+4

x−2−3 ≥0

ovvero

−x+6

x−5 ≥0

. Il numeratore si annulla per

x=6

mentre sappiamo già che il denominatore si annulla per

x=5

. Schematizziamo la situazione in questa tabella.

x=2 2<x<5 x=5 5<x <6 x=6 x>6

−x+6

^{+ + + + 0 -}

x−5

^{- - 0 + + +}

− x+6 x−5

- - Non esiste + 0 -

Grazie alla tabella ci è facile capire che altre soluzioni per la nostra disequazione sono

5< x≤6

. Conclusione: le soluzioni richieste sono tutti quei valori di x tali che

−2≤x<−1∨5<x≤6

2 Risolvere la seguente equazione, descrivendo dettagliatamente il procedimento seguito:

∣ 6 x−15∣+∣3 x−3∣=12 x−∣3 x−12∣

In tale equazione ci sono tre espressioni contenute in altrettanti valori assoluti: studio il segno dei relativi argomenti.

La disequazione

6 x−15>0

equivale a

x> 15

6

^ovvero

x> 5 2

^.

La disequazione

3 x−3>0

equivale a

x> 3

3

^ovvero

x>1

. La disequazione

3 x−12>0

equivale a

x> 12

3

^ovvero

x>4

.

Occorre dunque studiare l'equazione in 4 casi diversi secondo gli intervalli definiti dai valori

1 ; 5 2 ;4

.

§ Caso

x<1

§ Tutti gli argomenti sono negativi.

L'equazione diventa

−6 x+15−3 x+3=12 x+3 x−12

ovvero

−6 x−3 x−12 x−3 x=−12−15−3

ovvero

−24 x=−30

ovvero

x= 30 24 = 5

4 >1

. Tale soluzione non è accettabile perché non rientra nel caso che stiamo esaminando.

§ Caso

1≤x< 5

2

§ L'argomento centrale è positivo, gli altri negativi.

L'equazione diventa

−6 x+15+3 x−3=12 x+3 x−12

ovvero

−6 x+3 x−12 x−3 x=−12−15+3

ovvero

−18 x=−24

ovvero

x= 24 18 = 4

3

Tale soluzione è accettabile perché rientra nelle condizioni del caso in esame:

1< 4 3 < 5

2

^.

§ Caso

5

2 ≤x<4

§ Il terzo argomento è negativo, gli altri sono positivi.

L'equazione diventa

6 x−15+3 x−3=12 x+3 x−12

ovvero

6 x+3 x−12 x−3 x=−12+15+3

ovvero

−6 x=6

ovvero

x=−1< 5 2

^.

Tale soluzione non è accettabile perché non soddisfa le condizioni del caso in questione.

§ Caso

x≥4

§ Tutti gli argomenti sono positivi.

L'equazione diventa

6 x−15+3 x−3=12 x−3 x+12

ovvero

6 x+3 x−12 x+3 x=12+15+3

ovvero

0=30

. Impossibile.

§ Conclusioni §

Abbiamo determinato una sola soluzione

x= 4

3

^.

3 Disegnare nel piano cartesiano i punti di coordinate:

A(3 ;0) B (−1 ;−2) C (0 ;−1) D(−2 ;3)

e determinare la distanza tra i punti medi dei segmenti AB e CD.

Il disegno completo anche dei punti medi e del segmento di cui calcolare la distanza è in fondo alla pagina. Partiamo determinando le coordinate dei punti medi descritti nella richiesta.

Indichiamo con M il punto medio di AB e con N il punto medio di CD.

x

_M

= 3+(−1)

2 =1 ; y

_M

= 0+(−2)

2 =−1 ; M (1 ;−1) x

_N

= 0+(−2)

2 =−1 ; y

_N

= −1+3

2 =1 ; N (−1 ;1)

Adesso calcoliamo la distanza richiesta:

MN = √ ^(1−(−1))

²

^{+(− 1−1)}

²

⁼ √ 4+4= √ 8

4 Rappresentare graficamente la retta r di equazione:

x= 3 5 y−9

Qual è l'equazione della retta passante per l'origine e parallela a r?

Indicare poi con A il punto di intersezione di r con l'asse y e con B il punto di r che ha ascissa uguale a 1.

Calcolare la misura dell'area del quadrilatero OABH, dove H è la proiezione ortogonale di B sull'asse x.

Attenzione ai tranelli. L'equazione che ci è stata fornita non è in una forma standard, non è né in forma esplicita y=mx+q e nemmeno in forma intrinseca ax + by +c=0.

La cosa può essere assolutamente irrilevante se traccio il grafico scegliendo due punti facili da disegnare, per esempio i punti P(-9;0) e Q(-6;5).

Se invece volessi utilizzare le proprietà geometriche di coefficiente angolare ed intercetta dovrei convertire l'equazione nella forma esplicita standard:

y= 5 3 x+15

Per il disegno potrei poi individuare tra i quadretti l'inclinazione positiva, cioè a salire da sinistra verso destra, con 5 quadretti su 3, passando per il punto di coordinate (0,15).

L'equazione esplicita in forma standard va comunque ricavata per rispondere alla domanda successiva: dobbiamo scrivere l'equazione di una retta contenente l'origine (quindi del tipo y=mx) e parallela a quella data (cioè con lo stesso coefficiente angolare m.). L'equazione richiesta è

y= 5

3 x

.

Passiamo adesso all'ultima parte delle richieste: anche se non ci è stato richiesto, un disegno può esserci utile per riflettere.

È pure abbastanza facile determinare le coordinate dei nuovi punti chiamati in causa. Ovviamente

A(0 ;15)

mentre

per quanto riguarda B sostituisco x=1 nell'equazione della retta, ottenendo

y= 5

3 +15= 50

3

^{. Dunque}

B(1 ; 50

3 )

. Ovviamente

H (0 ; 50

3 )

. La figura OABH è un trapezio rettangolo: possiamo considerare come base minore OA, come base maggiore HB e come altezza OH. Non c'è bisogno di fare calcoli per rendersi conto che

OA=15 ; HB= 50

3 ;OH =1

e quindi l'area richiesta è

(OA+HB)×OH

2 =

(15+ 50 3 )×1 2 = 95

6 =15,8 3

5 Scrivere l'equazione della retta che passa per il punto

(2 ;− 1

3 )

ed è perpendicolare alla retta di equazione:

3 x−2 y−77=0

.

Per determinare la retta perpendicolare ci occorre il coefficiente angolare della retta che ci è stata assegnata. Per questo motivo passo dall'equazione intrinseca all'equazione esplicita:

3 x−77=2 y ovvero

y= 3 2 x− 77

2

. Dunque il coefficiente angolare è

3 2

^.

Le rette perpendicolari avranno come coefficiente angolare l'opposto del reciproco, ovvero

− 2

3

. Rimane da determinare l'intercetta, ma per questo ho a disposizione l'ipotesi che la retta passa per un certo punto. Sostituendo le sue coordinate nell'equazione della retta perpendicolare posso ricavare l'intercetta.

y=− 2

3 x+q

. Sostituendo le variabili con le coordinate

(2 ;− 1

3 )

otteniamo

− 1 3 =− 2

3 ×2+q

da cui ricaviamo

q=− 1

3 + 4 3 =1

.

Conclusione, l'equazione richiesta è

y=− 2 3 x +1

Se poi qualcuno volesse scrivere (chissà perché) l'equazione in forma intrinseca: 2 x+3 y−3=0

6 Verificare graficamente e algebricamente che, nel piano cartesiano, i punti

A(3 ;3) B(− 1 3 ; 7

9 )

sono allineati con il punto

Q(0 ;1)

.

Per quanto riguarda la verifica grafica basta piazzare i punti nel piano cartesiano e tracciare la retta che individuano. Se siamo stati precisi nel piazzare i punti possiamo verificare immediatamente che appartengono alla stessa retta, quindi sono allineati.

Sostanzialmente nella verifica algebrica dobbiamo fare le stesse cose ma in modo... algebrico, appunto. Dobbiamo usare le equazioni. Determiniamo la retta che contiene due punti a scelta dei tre indicati e successivamente verifichiamo che contiene anche il terzo.

La scelta più furba è scegliere come uno dei due punti proprio Q. Così facendo, partendo dalla generica equazione esplicita y=m x+q possiamo subito determinare q=1 .

Per ricavare il coefficiente angolare utilizziamo il punto A (che ha coordinate intere, più facili da gestire):

3=3 m+1 m= 2

3

Dunque la retta che ci interessa ha equazione

y= 2

3 x+1

. Verifichiamo che contiene anche B, sostituendo nell'equazione le sue coordinate.

7 9 = 2

3 (− 1 3 )+1 7

9 =− 2 9 +1 7 9 = 7

9

Dunque anche le coordinate di B soddisfano l'equazione e quindi A, B, Q appartengono alla stessa retta, ovvero sono allineati.

§ risposta alternativa§

Sono abbastanza sicuro che molti studenti non cercheranno la via più semplice, ma determineranno prima l'equazione

della retta che contiene A e B con l'apposita formula:

y− y

_A

y

_B

− y

_A

= x−x

_A

x

_B

− x

_A

y−3

7 9 −3

= x−3

− 1 3 −3 y−3

− 20 9

= x−3

− 10 3

y−3=(x−3) 3 10

20 9

y= 2

3 x−2+3

y= 2 3 x+1

...e poi verificheranno che il punto Q soddisfa anch'esso l'equazione (ovviamente). La risposta è sicuramente accettabile come corretta ma non è sicuramente la migliore.

§ ulteriore risposta alternativa §

In effetti potremmo trovare un compromesso tra la voglia di applicare la formula della retta per due punti e la rapidità. E mettiamoci anche l'esigenza (ahimè) di “pensare poco”. In fin dei conti la formula della retta per due punti ci fornisce già l'equazione della retta, il lavoro di calcolo lo facciamo solo per ricondurci ad una delle due forme standard. Allora, sostituiamo subito il terzo punto al posto delle coordinate che dovrebbero rimanere variabili. (In effetti sui libri troviamo anche questa formula come la formula per verificare se i tre punti sono allineati)

y

_Q

− y

_A

y

B

− y

A

= x

_Q

−x

_A

x

B

− x

A

1−3 7 9 −3

= 0−3

− 1 3 −3

−2

− 20 9

= −3

− 10 3 9

10 = 9 10

L'uguaglianza è verificata quindi i tre punti sono allineati. (Ho infatti verificato direttamente che Q appartiene alla retta determinata da A e B).

7 Rappresentare graficamente la retta r di equazione:

y−2 x=0

Qual è l'equazione della retta s passante per

Q(0 ;2)

e parallela a r?

Indicare poi con A e B i punti di intersezione di r e s con la retta verticale

x=2

. Calcolare la misura dell'area del quadrilatero OQBA.

È più conveniente scrivere l'equazione esplicita della retta r

y=2 x

.

In questo modo ci rendiamo subito conto che il coefficiente angolare delle retta parallela s è

m=2

. Le coordinate di Q ci dicono in modo immediato che q=2 .

Dunque l'equazione richiesta è y=2 x+2 .

Per l'ultima parte della domanda non è richiesto alcun disegno, ma fare un disegno potrebbe aiutarci a capire e a rispondere.

Il quadrilatero OQBA è un parallelogramma. L'area di un parallelogramma si calcola moltiplicando la base per l'altezza, dobbiamo osservare la figura e individuare la base e l'altezza giuste. Si noti che se incliniamo la testa e consideriamo come base OQ e come altezza la coordinata x di A (e di B) dobbiamo semplicemente calcolare 2×2=4 .

§ risposta alternativa§

Prevedo che a qualcuno non verrà in mente di inclinare la testa e quindi scegliere come base il lato obliquo OA.

In questa chiave di lettura dovremmo prima esplicitare le coordinata di A e B, che comunque è molto facile da fare,

utilizzando le equazioni delle due rette.

x

_A

=2 ; y

_A

=2×2=4 ; x

_B

= 2 ; y

_B

= 2×2+2=6 ; A(2 ; 4); B(2 ;6)

.

Per calcolare la lunghezza di OA possiamo ciecamente applicare la formula della distanza oppure applicare direttamente il teorema di Pitagora (che poi è la stessa cosa).

OA= √ ²

²

^{+ 4}

²

⁼ √ 20=2 √ 5

^.

Più complicato è calcolare l'altezza, qualche temerario potrebbe trovare sul libro la formula della distanza punto/retta e calcolare la distanza tra il punto A e la retta s (sarebbe più facile calcolare la distanza dall'origine O al punto s, ma se qualcuno è arrivato fino qui vuol dire che non si pone mai la questione di scegliere vie facili).

h= ∣ 2×2−4+2∣

√ ²

²

^{+ 1}

²

⁼

2

√ 5

. A questo punto possiamo calcolare l'area

2 √ 5× 2

√ ^{5 = 4}

§ risposta alternativa §

Se poi qualcuno dovesse ritrovarsi con poca fantasia (e non riuscire ad inclinare la testa) e ignorante sulle formule (e su dove cercarle), potrebbe comunque sempre cavarsela con un calcolo indiretto. Osserviamo la figura: il parallelogramma del quale vogliamo calcolare l'area non è forse un trapezio dal quale viene sottratto un triangolo? Mi spiego meglio, indichiamo con

H (2 ;0)

. Osserviamo che l'area di OQBA si può ottenere sottraendo l'area del triangolo OAH a l'area del trapezio OQBH. Calcoliamo tutto quanto:

Area OAH:

2×4

2 =4

; area OQBH:

(2+6)×2

2 =8

; area OQBA: 8−4=4 .

§Alternativa all'ultima risposta alternativa §

Qualcuno potrà obiettare che se non si riusciva ad inclinare la testa prima, per calcolare più comodamente l'area del parallelogramma, non si riesce ad inclinare la testa neanche adesso per calcolare l'area del trapezio. In effetti non avrebbe tutti i torti. E allora chiamiamo

K (2 ; 2)

. Possiamo sempre vedere il quadrilatero (nell'ottica di chi non riesce a vedere il trapezio) OQBH come l'unione del quadrato OQKH e del triangolo QBK. Calcoliamo le aree:

Area OQBH:

2

²

=4

; area QBK:

2×4

2 = 4

; area OAH:

2×4

2 = 4

; area OQBA: 4+4−4=4 .

8 Rappresentare graficamente la retta r di equazione:

y+3 x=0

Qual è l'equazione della retta s passante per

P (− 3

2 ; 0)

e perpendicolare a r?

Indicare poi con A e B i punti di intersezione di r e s con la retta verticale

x=3

. Calcolare la misura del perimetro del triangolo OAB.

È piuttosto evidente che si tratta di una retta che contiene l'origine, anche se ci è stata mostrata l'equazione in forma implicita. Passando alla forma esplicita: y=−3 x , per il disegno possiamo fare considerazioni sul coefficiente angolare oppure piazzare qualche altro punto tipo

(1 ;−3)(2 ;−6)(−1 ; 3)

e così via.

Per scrivere l'equazione della retta perpendicolare s occorre determinare il coefficiente angolare

m= 1

3

^ovvero

l'opposto del reciproco del coefficiente angolare di r. Per determinare l'intercetta q utilizziamo l'informazione che la retta s contiene il punto P. Sostituendo le sue coordinate nell'equazione:

0= 1

3 (− 3

2 )+q

da cui otteniamo

q= 1

2

. Dunque l'equazione della retta s è

y= 1 3 x+ 1

2

Per l'ultima parte non è richiesto un disegno, ma fare il disegno potrebbe esserci di grande aiuto per decidere il da farsi.

Intanto notiamo subito che

A(3 ;−9) B(3 ; 3

2 )

, semplicemente sostituendo x=3 nelle equazioni delle due rette.

Altrettanto facilmente

AB= 3

2 −(−9)= 21

2

. Per calcolare il perimetro ci servono anche le lunghezze degli altri due lati:

OA= √ 3

²

+9

²

= √ 90=3 √ 10 OB= √ ³

²

^{+( 3 2 )}

²

⁼ √ ^{45 4 = 3 2 √ 5}

^.

Dunque il perimetro richiesto è

21

2 +3 √ 10+ 3

2 √ 5≈10,5+9,49+3,35=23,34

.

9 Rappresentare graficamente la retta r contenente i punti:

A(1 ;1); B(6 ;5)

Determinare la sua equazione.

Determinare le equazioni delle rette s, t perpendicolari a r e contenenti rispettivamente i punti A e B. Disegnarle nel piano cartesiano.

Per quanto riguarda la parte grafica, non c'è niente di più facile: piazziamo nel piano cartesiano i due punti che ci hanno indicato e col righello tracciamo la retta.

Per determinare l'equazione ci sono vari modi. Il più rapido è applicare la formula specifica della retta per due punti:

y−1

5−1 = x−1

6−1

^ovvero

y−1=(x−1) 4

5

^ovvero

y= 4 5 x− 4

5 +1

ovvero

y= 4 5 x+ 1

5

^.

Questa sopra è l'equazione della retta r. Le rette perpendicolari s e t hanno come coefficiente angolare l'opposto del reciproco di

4

5

^ovvero

m=− 5

4

. Per determinare l'intercetta utilizziamo le coordinate dei punti contenuti da ciascuna retta.

La retta s contiene il punto A e quindi deve essere

1=− 5

4 ×1+q

da cui

q= 9 4

^.

La retta t contiene il punto B e quindi deve essere

5=− 5

4 ×6+q

da cui

q= 25 2

^.

Conclusione: le equazioni richieste sono

r : y=− 5 4 x+ 9

4 s : y=− 5

4 x+ 25 2

Il disegno completo:

10 Determinare le coordinate del punto di intersezione della rette r ed s, sapendo che la retta r contiene i punti

A(1 ;17); B(−2 ;−4)

e che la retta s contiene i punti

C (2 ;−3); D(−3 ;6)

.

Determiniamo prima le equazioni delle due rette, poi risolveremo il sistema lineare costituito proprio da queste due equazioni.

Retta definita da A e B.

y−17

− 4−17 = x−1

−2−1

^ovvero

y−17=(x−1) 21

3

^ovvero

y=7 x−7+17

ovvero

y=7 x+10

. Retta definita da C e D.

y +3

6+3 = x−2

−3−2

^ovvero

y=( x−2) 9

−5 −3

ovvero

y=− 9 5 x+ 3

5

Per determinare il punto di intersezione dobbiamo risolvere un sistema formato da queste due equazioni. Per risolverlo potremmo applicare subito il metodo del confronto:

7 x+10=− 9 5 x+ 3

5

^ovvero

35 x+50=−9 x+3

ovvero

44 x=−47

ovvero

x=− 47

44

^{da cui}

ricaviamo anche

y=(− 47

44 )×7+10= −329+440 44 = 111

44

Dunque il punto intersezione ha coordinate:

P (− 47 44 ; 111

44 )

Esclusivamente a scopo di verifica sostituiamo

x=− 47

44

anche nella seconda equazione:

y=− 9 5 (− 47

44 )+ 3 5 = 423

220 + 3

5 = 423+132 220 = 555

220 = 111

44

11 Verificare algebricamente che il triangolo formato dalle rette di equazioni:

x=3 ;−x+2 y+9=0 ; x+2 y−1=0 è isoscele.

Calcolare l'area di tale triangolo.

Il disegno non è richiesto, ma può comunque esserci utile sia per capire la richiesta, che per rispondere alla domanda.

Le rette richieste sono rispettivamente dei colori verde, blu, rosso. Il disegno ci aiuta a capire da quale coppia di lati partire per dimostrare che il triangolo è isoscele, ovvero dalla coppia di lati AC e BC. Ci servono comunque le coordinate dei tre punti intersezioni delle tre rette (due a due).

Ricerca delle coordinate di A

{ x+2 y−1=0 ^x=3

Sostituendo la x nella seconda equazione otteniamo:

3+2 y−1=0 2 y=−2

y=−1

Dunque

A(3 ;−1)

Ricerca delle coordinate di B

{ −x+2 y+9=0 ^x=3

Sostituendo la x nella seconda equazione otteniamo:

−3+2 y+9=0 2 y=−6

y=−3

Dunque

B(3 ;−3)

Ricerca delle coordinate di C

{ −x+2 y+9=0 ^{x+2 y−1=0}

ovvero:

{ − ^{x+2 y =1} x+2 y=−9

Possiamo risolvere il sistema col metodo di riduzione:

{ − ^{x+2 y =1} x+2 y=−9 0+4 y =−8

y=−2

{ x−2 y=+9 ^{x+2 y=1} 2 x+0=10

x =5

Dunque:

C (5 ;−2)

Adesso verifichiamo che il triangolo ABC ha due lati uguali. Come preannunciato prima, aiutati dal disegno, andiamo a calcolare le distanze tra A e C e tra B e C.

AC = √ ⁽⁵⁻³⁾

²

^+(−2+1)

²

⁼ √ 4+1= √ 5 BC= √ ⁽⁵⁻³⁾

²

^+(−2+3)

²

⁼ √ 4+1= √ 5

Possiamo confermare che si tratta di un triangolo isoscele.

A questo punto non resta che calcolare l'area del triangolo ABC.

Si osservi che

AB=∣−3+1∣=2

e che, rispetto a questa base, l'altezza del triangolo

h=∣5−3∣=2

. Concludendo, l'area richiesta è

1

2 AB×h= 1

2 × 2×2=2

12 Risolvere il seguente sistema lineare utilizzando un metodo a piacere.

{ ^{− 2 3 x+ x+3 y=8 1 2 y =−2}

Uso il metodo di riduzione, perché è il mio preferito. Moltiplico la prima equazione per

3 2

^:

{ ^{− x+ x+ 9 2 1 2 y=12 y =−2}

. Sommando:

10

2 y=10

ovvero y=2 .

Adesso moltiplico la seconda per -9:

{ ^{9 x− x+ 9 2 9 2 y=12 y=18}

. Sommando:

10 x=30

ovvero

x=3

Dunque la soluzione del sistema è

{ ^x=3 y=2

^.

Risolviamo lo stesso sistema anche col metodo di sostituzione: nella seconda equazione possiamo facilmente esplicitare la x.

{ ^{2 3 1 2 x+3 y=8 y+2=x}

E quindi sostituisco nella prima equazione:

{ ^{2 3 ( 1 2 1 2 y+2)+3 y=8 y +2=x}

Svolgendo i calcoli:

{ ^{3 1 y+ 1 2 y+2=x 4 3 + 3 y=8} { ^{1 2 10 3 y+2= x y= 20 3 { 1 2 y+2= x y=2}

A questo punto sostituisco nella seconda equazione

{ ^{1 2 2+2= x y=2 { y=2 x=3}

13 Risolvere il seguente sistema lineare utilizzando un metodo a piacere.

{ ^{− √ 32 x+} √ 12 x+ ^{√ 2 y=−} √ 3 y=2 ^√ √ ¹²⁸ 75

Prima di decidere il metodo, cerchiamo di ripulire le equazioni da quei brutti radicali. Cominciamo col tirar fuori il più possibile dal segno di radicale:

{ ^{−2 4 √} √ ^{2 x+ 3 x+ √} √ ^{2 y=−8 3 y=10 √} √ ^{2 3}

. Così va molto meglio, perché ci rendiamo facilmente conto che possiamo sbarazzarci definitivamente dei radicali: la prima equazione la divido per

√ ²

mentre la seconda la divido per

√ ³

^.

Il sistema da risolvere è quindi:

{ −2 x+ y=10 ^{4 x+ y=−8}

Sembra fatto apposta per il metodo del confronto:

{ ^{y=−8−4 x} y=10+2 x

Da cui risolvendo −8−4 x=10+2 x otteniamo −18=6 x ovvero x=−3 . Sostituendo nella seconda equazione otteniamo

−2(−3)+ y=10

ovvero

y=4

.

Dunque la soluzione del sistema è

{ ^x=−3 y=4

Altri metodi per risolvere il sistema:

Rimane valida la parte in cui mi libero dei radicali. Ripartiamo dunque da

{ −2 x+ y=10 ^{4 x+ y=−8}

. Utilizzando il metodo di riduzione possiamo immediatamente sottrarre la seconda dalla prima (o viceversa) per ottenere, guarda caso,

6 x=−18

da cui

x=−3

.

Moltiplicando la seconda per 2, invece:

{ −4 x+2 y=20 ^{4 x+ y=−8}

e poi sommandole, otteniamo 3 y=12 ovvero

y=4

.

Vediamo anche che succede con Cramer Denominatore:

∣ −2 1 ^{4 1} ∣ ⁼⁴⁺²⁼⁶

x= ∣ ^{−8 1} 10 1 ∣

6 =−8−10= −18

6 =−3

y= ∣ −2 10 ^{4 −8} ∣

4 = 40−16 6 = 24

6 =4

14 Disegnare nel piano cartesiano le parabole rappresentate dalle seguenti equazioni:

y=x

²

−3 x

y=x

²

−2 x+1

y=−x

²

−4 x−4

y=−3 x

²

+3

Per poter fare il disegno a mano ci occorrono dei punti di riferimento. Un riferimento importantissimo nella parabola è l'asse di simmetria, in generale

x=− b

2 a

, facendo riferimento alla generica equazione

y=a x

²

−b x+c

^.

Sull'asse di simmetria trovo il vertice della parabola, la sua coordinata y posso dedurla dalla stessa equazione.

Un altro riferimento importante è l'intersezione della parabola con l'asse delle y, il punto di coordinate

(0 ; c)

. Infine, possiamo anche determinare le intersezioni con l'asse delle x risolvendo l'equazione a x²−b x+c=0 ^. Naturalmente queste ultime ci fanno comodo se sono facili da piazzare sulla retta orientata. Infine possiamo trovare qualsiasi altro punto della parabola, assegnando un valore alla x e sostituendolo nell'equazione. I punti che troviamo saranno comunque sempre e solo dei riferimenti, il disegno dovrò farlo a mano libera.

y=x

²

−3 x

Asse di simmetria:

x= 3

2

^Vertice

V ( 3 2 ;− 9

4 )

Intersezioni con gli assi:

O(0 ;0) B (3 ;0)

Di seguito il disegno realizzato col software GeoGebra.

y=x

²

−2 x+1

Asse di simmetria: x=1 ; vertice:

V (1 ; 0)

; intersezioni con gli assi:

V (1 ; 0) C (0 ;1)

Di seguito il disegno realizzato col software GeoGebra.

y=−x

²

−4 x−4

Asse di simmetria:

x=−2

; vertice:

V (−2 ;0)

; intersezioni con gli assi:

V (−2 ;0) C (0 ;−4)

Di seguito il disegno realizzato col software GeoGebra.

y=−3 x

²

+3

Asse di simmetria:

x=0

; vertice:

V (0 ;3)

; intersezioni con gli assi:

V (0 ;3) A(−1 ;0) B(1 ;0)

Di seguito il disegno realizzato col software GeoGebra.

15 Aumentando di

4 cm

la lunghezza dello spigolo di un cubo, si verifica che il suo volume aumenta di 2368 cm³ . Determinare la lunghezza dello spigolo.

Chiamiamo x ciò che ci viene chiesto di determinare, ovvero la lunghezza dello spigolo.

Il volume originale del cubo è

x

^{3 .}

Il nuovo cubo ha uno spigolo lungo

x+4

e di conseguenza un volume di

( x+4)

^{3 .}

Traduciamo in formula l'informazione che ci viene fornita:

( x+4)

³

− x

³

= 2368

^.

Utilizziamo il prodotto notevole del cubo del binomio:

x

³

+12 x

²

+48 x+64−x

³

= 2368

^ovvero

12 x

²

+ 48 x+64=2368

^ovvero

12 x

²

+ 48 x−2304=0

Si tratta di un'equazione di secondo grado che possiamo risolvere con la formula risolutiva.

x=−48±

√

2304+48×2304

24 =−48±48

√

49

24 =−2±14

Le soluzione dell'equazione sono

x=12∨x=−16

. Considerato che stiamo cercando la lunghezza di uno spigolo, scartiamo la soluzione negativa e rispondiamo che lo spigolo del cubo originale è lungo 12 cm.

16 Risolvere la seguente equazione:

x

⁶

+9 x

³

+8=0

Possiamo considerarla un'equazione di secondo grado nell'incognita

x

^{3 .}

( x

³

)

²

+9 x

³

+8=0

^.

Applicando la formula risolutiva:

x

³

= −9± √ ⁸¹⁻³²

2 = −9± √ ⁴⁹

2 = −9±7 2

Da cui abbiamo che x³=−1∨x³=−8 ^. Dunque le soluzioni sono: x=−1∨x=−2

17 Risolvere la seguente equazione:

64( x

⁴

+1)

³

=125

Resistiamo alla tentazione di sviluppare il cubo, ci porterebbe ad un'equazione di dodicesimo grado e ci servirebbe a ben poco. Applichiamo invece subito il secondo principio di equivalenza:

( x

⁴

+1)

³

= 125 64

Ricordandoci che

5

³

=125 ; 4

³

=64

possiamo scrivere

x

⁴

+ 1= 5 4

^.

Da cui:

x

⁴

= 5

4 −1

ovvero

x

⁴

= 1

4

^ovvero

x

²

= 1

2

^ovvero

x= 1

√ ^{2 ∨ x=−}

1

√ ²

^.

Abbiamo ovviamente escluso che potesse essere

x

²

=− 1

2

18 Un corpo viene lanciato verso l'alto con una velocità iniziale di 49 m/s. Dopo quanto tempo ricade a terra?

[Approssimiamo l'accelerazione di gravità a 9,8 m/s²]

Dobbiamo prendere in prestito dalla fisica le equazioni del moto uniformemente accelerato.

s=s

₀

+v

₀

t+ 1 2 a t

²

v=a t+v

₀

Il corpo viene lanciato verso l'alto ma subisce l'accelerazione di gravità. In virtù della velocità iniziale il corpo sale, ma in virtù dell'accelerazione di gravità (di verso opposto) la sua velocità diminuisce fino ad annullarsi.

0=−9,8 t+49

. Il corpo raggiunge il punto più alto all'istante

t= 49

9,8 = 5

secondi. In quell'istante la velocità è nulla.

L'altezza raggiunta è

s=0+49×5− 1

2 9,8×5

²

= 245−122,5=122,5

metri.

Da quel momento il corpo ricade giù soggetto alla forza di gravità, con velocità iniziale nulla. Per sapere in quanto tempo tocca terra occorre risolvere questa equazione di secondo grado:

0=122,5− 1

2 9,8t

² da cui ricaviamo facilmente:

25=t

^{2 ovvero}

t=5

secondi.

Ricapitolando, il corpo impiega 5 secondi per salire e 5 secondi per precipitare, per un totale di 10 secondi che trascorrono da quanto il corpo viene lanciato a quando il corpo ricade a terra.

19 Risolvere la seguente equazione:

(4 x

²

−3)

⁴

−(4 x

²

−3)

²

−12=0

Non conviene assolutamente sviluppare le potenze (ammesso di saperlo fare), ci troveremmo di fronte una misteriosa equazione di ottavo grado e difficilmente troveremmo qualche modo di risolverla.

Se osserviamo bene dentro le parentesi tonde, noteremo lo stesso polinomio

4 x

²

−3

. Dunque l'idea geniale che potremmo mettere in pratica è sostituire l'incognita chiamando y=4 x²−4 e cominciare a risolvere l'equazione:

y⁴−y²−12=0 che è di quarto grado, ma che rientra in una di quelle casistiche che abbiamo imparato ad affrontare. Facciamo finta che sia di secondo grado e risolviamola. Senza andare a scomodare la formula risolutiva osserviamo facilmente che −12=−3×4 e che −3+4=1 .

Abbiamo così due soluzioni:

y

²

=−3∨ y

²

=4

. La prima non possiamo accettarla perché negativa. Abbiamo così che y=4∨ y=−4 .

Ricordiamoci ora della sostituzione operata all'inizio: 4 x²−4=2∨4 x²−4=−2 . Abbiamo due equazioni che meritano entrambe di essere risolte. Cominciamo dalla prima:

4 x

²

−4=2

^ovvero

4 x

²

=6

^ovvero

x

²

= 3

2

^ovvero

x= √ ^{3 2 ∨x=−} √ ^{3 2}

^.

Risolviamo ora la seconda equazione:

4 x

²

−4=−2

^ovvero

4 x

²

=2

^ovvero

x

²

= 1

2

^ovvero

x= √ ^{1 2 ∨ x=−} √ ^{1 2}

^.

Ricapitolando, abbiamo trovato quattro possibili soluzioni per la nostra equazione di ottavo grado:

x= √ ^{3 2 ∨x=−} √ ^{3 2 ∨ x=} √ ^{1 2 ∨ x=−} √ ^{1 2}

20 Risolvere la seguente disequazione:

3 x

²

+5 x−2≤0

Risolviamo prima l'equazione associata:

3 x

²

+5 x−2=0

^.

Applicando la formula risolutiva:

x= −5± √ ²⁵⁺²⁴

6 = −5± √ ⁴⁹

6 = −5±7

6

^{da cui}

x= 1

3 ∨ x =−2

. La parabola di equazione

y=3 x

²

+5 x−2

ha la concavità verso l'alto, dunque i punti con coordinata

y<0

li troviamo con

−2< x< 1

3

^.

Ricapitolando, le soluzioni richieste sono:

−2≤x≤ 1

3