Test: arii delimitate de conice

Disciplina: Matematică · Clasa a XII-a · Unitatea: Aplicații ale integralei definite

Pentru părinți și profesori

Acest test acoperă partea a doua a unității — ariile mărginite de conice — și verifică cinci lucruri. Primul: aria discului și aria interiorului elipsei ca rezultate demonstrate, nu ca formule memorate, cu substituția inversă $x=r\sin t$ și cu „formula de buzunar" ${\int }_{-r}^r\sqrt{r^2-x^2}dx=\frac{\pi r^2}{2}$, care scurtează orice exercițiu în care apare semicercul. Al doilea: scrierea unei conice ca reuniune de grafice, pentru că nicio conică în afară de $xy=k$ nu este graficul unei funcții. Al treilea: criteriul „după $x$ vs după $y$" — la o parabolă cu axa orizontală se integrează după $y$, la una cu axa verticală după $x$ —, împreună cu „formula de control" $\mathcal{S}=\frac{(y_2-y_1{)}^3}{12p}$ pentru parabola tăiată de o coardă. Al patrulea: hiperbola, în ambele forme — echilatera $xy=k$, unde apare logaritmul natural, și forma canonică, unde apare primitiva cu radical. Al cincilea: cele patru etape ale calculului unei arii mărginite de două conice — intersecțiile, desenul cu regiunea descrisă, alegerea variabilei și a ramurilor, calculul cu controalele lui —, inclusiv situația în care aria este o diferență de arii cunoscute, nu o integrală.

Testul cere de la elev un tip anume de redactare, pe care baremele examenului îl punctează literal: sistemul rezolvat cu rădăcinile străine respinse motivat → ramura aleasă, scrisă explicit → variabila de integrare justificată → integrala → controlul. Un răspuns care integrează o singură ramură a unei conice simetrice pierde jumătate din arie, oricât de corect ar fi calculul.

Onestitate la examen: conicele intră în programa de examen odată cu programa nouă a clasei a XII-a; în subiectele de Bacalaureat M1 de până acum ariile delimitate de conice nu au apărut. Itemul de tip examen din partea a treia păstrează formatul oficial (Subiectul al III-lea, problema 2, cu trei subpuncte), pentru că tehnica este exact cea cerută la examen: intersecții, alegerea variabilei, integrala.

• Punctaj total: 100 de puncte (90 de puncte din itemi + 10 puncte din oficiu).
• Timp recomandat: 50 de minute (o oră de curs); la fiecare arie se cer intersecțiile scrise și verificate, nu doar rezultatul.
• Cum se aplică: elevul lucrează individual, pe foaie, fără calculator. Orice punct de intersecție găsit se substituie în ambele ecuații. Se depunctează: confuzia dintre disc și semidisc, aplicarea formulei $\pi ab$ cu axele în loc de semiaxe, integrarea unei singure ramuri a unei conice simetrice, păstrarea rădăcinii străine la sistemul cerc–parabolă, uitarea schimbării limitelor după substituția $x=r\sin t$ și scoaterea radicalului $\sqrt{r^2-r^2{\sin }^{2}t}$ fără justificarea semnului cosinusului.
• Interpretare: 90–100 p = foarte bine; 75–89 p = bine; 60–74 p = satisfăcător; sub 60 p = se recomandă reluarea lecțiilor unității, cu accent pe scrierea conicei ca reuniune de grafice și pe alegerea variabilei de integrare.
• Formule de reținut: Formula de buzunar: ${\int }_{-r}^r\sqrt{r^2-x^2}dx=\frac{\pi r^2}{2}$, iar ${\int }_0^r\sqrt{r^2-x^2}dx=\frac{\pi r^2}{4}$. Aria discului: $\mathcal{S}=4{\int }_0^r\sqrt{r^2-x^2}dx=\pi r^2$. Aria interiorului elipsei cu semiaxele $a$ și $b$: $\pi ab$. Primitivele citate: $F(x)=\frac{x\sqrt{r^2-x^2}}{2}+\frac{r^2}{2}\arcsin \frac{x}{r}$ pe $[-r,r]$ și $G(x)=\frac{x\sqrt{x^2-a^2}}{2}-\frac{a^2}{2}\ln \left|x+\sqrt{x^2-a^2}\right|$ pe $(a,+\infty )$. Conicele ca reuniuni de grafice: cercul $x^2+y^2=r^2$ dă $f_{1,2}(x)=\pm \sqrt{r^2-x^2}$; elipsa dă $g_{1,2}(x)=\pm \frac{b}{a}\sqrt{a^2-x^2}$; hiperbola $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$ dă $\pm \frac{b}{a}\sqrt{x^2-a^2}$; parabola $y^2=2px$ dă $\pm \sqrt{2px}$, dar se scrie mai comod $x=\frac{y^2}{2p}$. Criteriul „după $x$ vs după $y$": se integrează după variabila pentru care regiunea este mărginită, pe tot intervalul, de aceleași două curbe; la parabola cu axa orizontală, după $y$. Formula de control pentru parabola $y^2=2px$ tăiată de o dreaptă în punctele de ordonate $y_1<y_2$: $\mathcal{S}=\frac{(y_2-y_1{)}^3}{12p}$. Aria de sub hiperbola $xy=k$ între $x=\alpha$ și $x=\beta$: $k\ln \frac{\beta }{\alpha }$. Cele patru etape ale calculului unei arii mărginite de două conice: intersecțiile $\to$ descrierea regiunii $\to$ variabila și ramurile $\to$ calculul cu controalele. Raportul lui Arhimede: segmentul parabolic are $\frac{2}{3}$ din aria dreptunghiului circumscris.

Notă: în barem, cuvântul „itemul" este folosit ca termen de evaluare; la clasă, în vorbirea curentă, spunem „exercițiul".

Itemi

Partea I – Aria discului și aria interiorului unei elipse

Itemul 1 (6 puncte)

Alege litera corespunzătoare răspunsului corect (câte 2 puncte):

a) Valoarea integralei ${\int }_{-r}^r\sqrt{r^2-x^2}dx$ este: A. $\pi r^2$; B. $\frac{\pi r^2}{2}$; C. $\frac{\pi r^2}{4}$; D. $2\pi r$.

b) Aria suprafeței mărginite de elipsa $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ este: A. $\pi (a+b)$; B. $\frac{\pi ab}{2}$; C. $\pi ab$; D. $\pi a^2{b}^2$.

c) Aria segmentului parabolic, adică a regiunii mărginite de o parabolă și de o coardă a ei, raportată la aria dreptunghiului circumscris regiunii, este: A. $\frac{1}{2}$; B. $\frac{2}{3}$; C. $\frac{1}{3}$; D. $\frac{3}{4}$.

Itemul 2 (6 puncte)

Stabilește dacă fiecare afirmație este adevărată (A) sau falsă (F) și justifică pe scurt (câte 1,5 puncte):

a) „Aria discului mărginit de cercul $x^2+y^2=r^2$ este ${\int }_{-r}^r\sqrt{r^2-x^2}dx$." b) „Dacă două conice nu au niciun punct comun, aria regiunii dintre ele nu se poate calcula." c) „La o parabolă cu axa orizontală, integrarea după $y$ evită de obicei ruperea intervalului în două." d) „Aria de sub ramura din primul cadran a hiperbolei $xy=k$, între $x=\alpha$ și $x=\beta$, depinde numai de raportul $\frac{\beta }{\alpha }$."

Itemul 3 (6 puncte)

Calculează, folosind rezultatele demonstrate în lecțiile unității (câte 2 puncte): a) ${\int }_{-9}^9\sqrt{81-x^2}dx$; b) aria suprafeței mărginite de elipsa $\frac{x^2}{144}+\frac{y^2}{25}=1$; c) aria discului mărginit de cercul $x^2+y^2=121$.

Itemul 4 (7 puncte)

Se cere valoarea integralei ${\int }_0^6\sqrt{36-x^2}dx$, prin substituția $x=6\sin t$.

a) Parcurge primii doi pași ai schimbării de variabilă la integrala definită: scrie substituția, verifică ipotezele teoremei și determină noile limite de integrare. (3 p) b) Parcurge pasul al treilea și calculează integrala. (2 p) c) Interpretează geometric rezultatul și deduce din el aria discului mărginit de cercul $x^2+y^2=36$. (2 p)

Partea a II-a – Parabole, hiperbole și drepte

Itemul 5 (8 puncte)

Se consideră parabola de ecuație $y^2=16x$ și dreapta de ecuație $x=4$.

a) Determină coordonatele punctelor de intersecție și verifică-le în ambele ecuații. (2 p) b) Aplicând criteriul „după $x$ vs după $y$", calculează aria suprafeței mărginite de parabolă și de dreaptă. (3 p) c) Verifică rezultatul comparându-l cu aria dreptunghiului circumscris regiunii. (3 p)

Itemul 6 (8 puncte)

Se consideră aceeași parabolă, $y^2=16x$, și dreapta de ecuație $y=4x-8$.

a) Determină coordonatele punctelor de intersecție și verifică-le în ambele ecuații. (3 p) b) Calculează aria suprafeței mărginite de parabolă și de dreaptă, integrând după $y$. (3 p) c) Verifică rezultatul cu formula de control $\mathcal{S}=\frac{(y_2-y_1{)}^3}{12p}$. (2 p)

Itemul 7 (7 puncte)

Se consideră hiperbola echilateră de ecuație $xy=12$ și dreapta de ecuație $x+y=8$.

a) Determină coordonatele punctelor de intersecție. (2 p) b) Stabilește, printr-un punct de test, care dintre cele două curbe este deasupra pe intervalul dintre abscisele găsite. (2 p) c) Calculează aria suprafeței mărginite de hiperbolă și de dreaptă. (3 p)

Itemul 8 (7 puncte)

Se consideră hiperbola de ecuație $\frac{x^2}{16}-\frac{y^2}{9}=1$ și coarda verticală de ecuație $x=5$.

a) Determină coordonatele punctelor de intersecție. (2 p) b) Explică de ce regiunea este simetrică față de axa $Ox$ și scrie aria ca dublul unei integrale pe jumătatea de deasupra axei. (2 p) c) Calculează aria, folosind primitiva $G(x)=\frac{x\sqrt{x^2-a^2}}{2}-\frac{a^2}{2}\ln \left|x+\sqrt{x^2-a^2}\right|$. (3 p)

Partea a III-a – Arii mărginite de două conice și item de tip examen

Itemul 9 (10 puncte)

Se consideră parabolele de ecuații $y^2=30x$ și $x^2=30y$. Parcurge cele patru etape ale calculului unei arii mărginite de două conice.

a) Etapa 1: rezolvă sistemul format din cele două ecuații și verifică soluțiile în ambele. (3 p) b) Etapele 2 și 3: descrie regiunea, stabilind printr-un punct de test care parabolă este deasupra, și alege variabila de integrare. (3 p) c) Etapa 4: calculează aria și controleaz-o comparând-o cu aria pătratului de vârfuri $(0,0)$, $(30,0)$, $(30,30)$, $(0,30)$. (4 p)

Itemul 10 (10 puncte)

Se consideră cercul de ecuație $x^2+y^2=36$ și elipsa de ecuație $\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{9}=1$, care au același centru.

a) Arată că elipsa se află strict în interiorul discului mărginit de cerc, deci că cele două conice nu au niciun punct comun. (3 p) b) Calculează aria suprafeței cuprinse între cerc și elipsă. (4 p) c) Explică de ce, pe acest exemplu, drumul prin integrale ar cere trei integrale și de ce diferența de arii cunoscute este calea potrivită. (3 p)

Itemul 11 (15 puncte)

(Item tip Bacalaureat M1 — Subiectul al III-lea, problema 2.) Se consideră cercul de ecuație $x^2+y^2=50$ și parabola de ecuație $y^2=5x$.

a) Determinați coordonatele punctelor de intersecție a celor două conice, respingând motivat soluțiile străine. (5 p) b) Arătați, folosind criteriul „după $x$ vs după $y$", că integrarea după $x$ cere două integrale, iar cea după $y$ una singură. (5 p) c) Calculați aria suprafeței aflate în interiorul cercului și în interiorul parabolei. (5 p)

Barem și răspunsuri

Punctaj total: 90 p din itemi + 10 p din oficiu = 100 p.

Itemul 1. (6 p) — câte 2 puncte.

a) B. Integrandul este funcția $f_1(x)=\sqrt{r^2-x^2}$, al cărei grafic este semicercul de deasupra axei $Ox$; integrala unei funcții continue și pozitive este aria subgraficului ei, adică aria semidiscului. Este chiar „formula de buzunar" a unității; discul întreg cere dublul acestei valori.

b) C. Elipsa este discul de rază $a$ turtit pe verticală în raportul $\frac{b}{a}$, iar o turtire înmulțește toate ariile cu același raport: $\frac{b}{a}\cdot \pi a^2=\pi ab$. Pentru $a=b=r$ formula redă $\pi r^2$, ceea ce este primul control.

c) B. Rezultatul lui Arhimede, verificat cu integrala: pentru parabola $x^2=2py$ tăiată de dreapta $y=h$, aria este $\frac{4h{x}_0}{3}$, iar dreptunghiul circumscris are aria $2h{x}_0$, deci raportul este $\frac{2}{3}$. Varianta C confundă acest raport cu cel dintre regiunea a două parabole și pătratul lor.

Itemul 2. (6 p) — câte 1,5 puncte (0,5 p răspunsul, 1 p justificarea).

a) F. Acea integrală dă aria semidiscului, adică $\frac{\pi r^2}{2}$. Pentru discul întreg se dublează valoarea sau se integrează diferența $f_1-f_2$ dintre cele două ramuri ale cercului.

b) F. Dacă o conică se află în întregime în interiorul celeilalte, regiunea dintre ele există și aria ei este diferența ariilor celor două suprafețe. Lipsa punctelor comune înseamnă doar că nu există limite de integrare naturale.

c) A. Ecuația $y^2=2px$ se rezolvă imediat în $x$, fără radical și fără ramuri: $x=\frac{y^2}{2p}$. Integrând după $x$ ești adesea obligat să tai intervalul, pentru că pe o porțiune regiunea este mărginită de cele două ramuri ale parabolei, iar pe cealaltă de o ramură și de dreaptă.

d) A. Aria este ${\int }_{\alpha }^{\beta }\frac{k}{x}dx=k\ln x{|}_{\alpha }^{\beta }=k\ln \frac{\beta }{\alpha }$, expresie în care capetele apar numai prin raportul lor. De aceea aria dintre $1$ și $2$ este egală cu cea dintre $2$ și $4$.

Itemul 3. (6 p) — câte 2 puncte.

a) Integrandul este ramura de sus a cercului $x^2+y^2=81$, iar intervalul de integrare este tot diametrul; se aplică formula de buzunar cu $r=9$: $${\int }_{-9}^9\sqrt{81-x^2}dx=\frac{\pi \cdot 81}{2}=\frac{81\pi }{2}\approx 127,23.$$

b) Numitorii sunt $144=12^2$ și $25=5^2$, deci semiaxele sunt $12$ și $5$, iar semiaxa mare este pe axa $Ox$: $$\mathcal{S}=\pi ab=\pi \cdot 12\cdot 5=60\pi \approx 188,50.$$

c) Cercul are raza $r=11$, pentru că $121=11^2$, deci $$\mathcal{S}=\pi r^2=121\pi \approx 380,13.$$

Itemul 4. (7 p)

a) (3 p) Pasul 1 — substituția. Luăm $\phi (t)=6\sin t$, cu $t\in \left[0,\frac{\pi }{2}\right]$; pe acest interval $\phi$ este strict crescătoare, derivabilă, cu ${\phi }^{\prime }(t)=6\cos t$ continuă, și ia valori în $[0,6]$, deci ipotezele teoremei sunt îndeplinite; scriem $dx=6\cos tdt$ (2 p). Pasul 2 — noile limite. Din $6\sin t=0$ obținem $t=0$, iar din $6\sin t=6$ obținem $\sin t=1$, deci $t=\frac{\pi }{2}$; monotonia garantează că fiecare ecuație are o singură soluție în interval (1 p).

b) (2 p) Pasul 3 — calculul în noua variabilă. Pe $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ avem $\cos t\ge 0$, deci $\sqrt{36-36{\sin }^{2}t}=6|\cos t|=6\cos t$, iar radicalul dispare (0,5 p): $${\int }_0^6\sqrt{36-x^2}dx={\int }_0^{\pi /2}6\cos t\cdot 6\cos tdt=36{\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{2}tdt.$$ Cu liniarizarea ${\cos }^{2}t=\frac{1+\cos 2t}{2}$ (0,5 p), $$36{\int }_0^{\pi /2}\frac{1+\cos 2t}{2}dt=18\left(t+\frac{\sin 2t}{2}\right){|}_0^{\pi /2}=18\cdot \frac{\pi }{2}=9\pi .$$ (1 p)

c) (2 p) Funcția $x\mapsto \sqrt{36-x^2}$ este continuă și pozitivă pe $[0,6]$, iar graficul ei este arcul de cerc din primul cadran; integrala este deci aria sfertului de disc de rază $6$ (1 p). Cele două axe de simetrie ale discului împart discul în patru sferturi de aceeași arie, deci $\mathcal{S}=4\cdot 9\pi =36\pi$, în acord cu $\pi r^2=\pi \cdot 36$ (1 p).

Itemul 5. (8 p)

a) (2 p) Înlocuim $x=4$ în ecuația parabolei: $y^2=64$, deci $y=\pm 8$ (1 p). Punctele sunt $(4,8)$ și $(4,-8)$; verificare: $8^2=64=16\cdot 4$ și $(-8{)}^2=64=16\cdot 4$ în ecuația parabolei, iar abscisa lor este $4$, deci se află și pe dreaptă (1 p).

b) (3 p) Parabola are axa orizontală, deci criteriul „după $x$ vs după $y$" cere integrarea după $y$: pentru fiecare $y\in [-8,8]$, regiunea se întinde de la parabolă, la stânga, până la dreaptă, la dreapta, adică între aceleași două curbe pe tot intervalul (1 p). Scriem parabola sub forma $x=\frac{y^2}{16}$ (0,5 p): $$\mathcal{S}={\int }_{-8}^8\left(4-\frac{y^2}{16}\right)dy=\left(4y-\frac{y^3}{48}\right){|}_{-8}^8$$ (1 p) $$=\left(32-\frac{32}{3}\right)-\left(-32+\frac{32}{3}\right)=64-\frac{64}{3}=\frac{128}{3}.$$ (0,5 p)

c) (3 p) Dreptunghiul circumscris regiunii are laturile $4$ (de la $x=0$ la $x=4$) și $16$ (coarda dintre $(4,-8)$ și $(4,8)$), deci aria $64$ (1 p). Raportul este $$\frac{128/3}{64}=\frac{2}{3},$$ (1 p) adică exact raportul lui Arhimede pentru o parabolă tăiată de o coardă perpendiculară pe axă; rezultatul trece controlul, fiind și pozitiv, și mai mic decât aria dreptunghiului (1 p).

Itemul 6. (8 p)

a) (3 p) Din ecuația dreptei scoatem $x=\frac{y+8}{4}$, iar din a parabolei $x=\frac{y^2}{16}$ (1 p). Egalând, $\frac{y^2}{16}=\frac{y+8}{4}$, adică $y^2-4y-32=0$, cu $\Delta =16+128=144$ și soluțiile $y_1=-4$, $y_2=8$ (1 p). Punctele sunt $(1,-4)$ și $(4,8)$; verificare: $(-4{)}^2=16=16\cdot 1$ și $-4=4\cdot 1-8$; $8^2=64=16\cdot 4$ și $8=4\cdot 4-8$ (1 p).

b) (3 p) Pentru $y=0$ parabola dă $x=0$, iar dreapta $x=2$, deci dreapta este la dreapta parabolei pe tot intervalul $[-4,8]$ (1 p). Atunci $$\mathcal{S}={\int }_{-4}^8\left(\frac{y+8}{4}-\frac{y^2}{16}\right)dy=\left(\frac{y^2}{8}+2y-\frac{y^3}{48}\right){|}_{-4}^8$$ (1 p) $$=\left(8+16-\frac{32}{3}\right)-\left(2-8+\frac{4}{3}\right)=\frac{40}{3}-\left(-\frac{14}{3}\right)=18.$$ (1 p)

c) (2 p) Ecuația parabolei este $y^2=2px$ cu $2p=16$, deci $p=8$ (1 p). Formula de control dă $$\mathcal{S}=\frac{(y_2-y_1{)}^3}{12p}=\frac{(8-(-4){)}^3}{12\cdot 8}=\frac{1728}{96}=18,$$ adică exact valoarea obținută prin integrare (1 p).

Itemul 7. (7 p)

a) (2 p) Din a doua ecuație $y=8-x$; înlocuind în prima, $x(8-x)=12$, adică $x^2-8x+12=0$, cu $\Delta =64-48=16$ (1 p). Soluțiile sunt $x_1=2$ și $x_2=6$, deci punctele de intersecție sunt $(2,6)$ și $(6,2)$; ele verifică amândouă $xy=12$ și $x+y=8$ (1 p).

b) (2 p) Alegem punctul de test $x=4$, aflat între abscisele găsite (1 p): dreapta dă $y=4$, iar hiperbola $y=3$. Cum $4>3$, dreapta este deasupra hiperbolei pe tot intervalul $[2,6]$, iar modulul dispare cu diferența scrisă în această ordine (1 p).

c) (3 p) Pe $[2,6]$ avem $x>0$, deci primitiva lui $\frac{12}{x}$ se scrie $12\ln x$, fără modul (0,5 p): $$\mathcal{S}={\int }_2^6\left(8-x-\frac{12}{x}\right)dx=\left(8x-\frac{x^2}{2}-12\ln x\right){|}_2^6$$ (1 p) $$=(48-18-12\ln 6)-(16-2-12\ln 2)=16-12\ln 6+12\ln 2$$ (1 p) $$=16-12\ln 3\approx 2,817.$$ Rezultatul este pozitiv și mult mai mic decât aria dreptunghiului $[2,6]\times [2,6]$, adică $16$, ceea ce se potrivește cu forma de lentilă subțire a regiunii (0,5 p).

Itemul 8. (7 p)

a) (2 p) Pentru $x=5$ obținem $\frac{25}{16}-\frac{y^2}{9}=1$, deci $\frac{y^2}{9}=\frac{9}{16}$ și $y^2=\frac{81}{16}$ (1 p). Rezultă $y=\pm \frac{9}{4}$, iar punctele de intersecție sunt $\left(5,\frac{9}{4}\right)$ și $\left(5,-\frac{9}{4}\right)$ (1 p).

b) (2 p) Ecuația hiperbolei conține numai puteri pare ale lui $y$, deci odată cu punctul $(x,y)$ curba conține și punctul $(x,-y)$: regiunea este simetrică față de axa $Ox$ (1 p). Pe jumătatea de deasupra axei, ramura din dreapta este graficul funcției $x\mapsto \frac{b}{a}\sqrt{x^2-a^2}=\frac{3}{4}\sqrt{x^2-16}$, deci $$\mathcal{S}=2{\int }_4^5\frac{3}{4}\sqrt{x^2-16}dx=\frac{3}{2}{\int }_4^5\sqrt{x^2-16}dx.$$ (1 p)

c) (3 p) Cu $a=4$, primitiva devine $G(x)=\frac{x\sqrt{x^2-16}}{2}-8\ln \left|x+\sqrt{x^2-16}\right|$ (0,5 p). Atunci $$G(5)=\frac{5\cdot 3}{2}-8\ln 8=\frac{15}{2}-24\ln 2,G(4)=0-8\ln 4=-16\ln 2$$ (1 p) și $G(5)-G(4)=\frac{15}{2}-8\ln 2$ (0,5 p). Prin urmare $$\mathcal{S}=\frac{3}{2}\left(\frac{15}{2}-8\ln 2\right)=\frac{45}{4}-12\ln 2\approx 2,932.$$ (1 p)

Itemul 9. (10 p)

a) (3 p) Etapa 1. Din a doua ecuație, $y=\frac{x^2}{30}$; înlocuind în prima, $\frac{x^4}{900}=30x$, adică $x^4=27000x$, deci $x\left(x^3-27000\right)=0$ (1,5 p). Cum $27000=30^3$, singurele rădăcini reale sunt $x=0$ și $x=30$, cărora le corespund $y=0$ și $y=30$ (1 p). Verificare pentru $(30,30)$: $30^2=900=30\cdot 30$ în ambele ecuații (0,5 p).

b) (3 p) Etapa 2. Alegem punctul de test $x=3$: prima parabolă dă $y=\sqrt{90}>9$, iar a doua $y=\frac{9}{30}=0,3$, deci parabola $y^2=30x$ este deasupra acolo; în general, pe $(0,30)$ inegalitatea $\sqrt{30x}\ge \frac{x^2}{30}$ este echivalentă cu $x\left(x^3-27000\right)\le 0$, adevărată, deci regiunea este o singură bucată, în formă de lentilă (1,5 p). Etapa 3. Ramura de sus a primei parabole este graficul funcției $x\mapsto \sqrt{30x}$, iar a doua parabolă este chiar graficul funcției $x\mapsto \frac{x^2}{30}$; ambele sunt funcții de $x$ pe tot intervalul, deci integrăm după $x$ (1,5 p).

c) (4 p) Etapa 4. $$\mathcal{S}={\int }_0^{30}\left(\sqrt{30x}-\frac{x^2}{30}\right)dx=\left(\frac{2\sqrt{30}}{3}x\sqrt{x}-\frac{x^3}{90}\right){|}_0^{30}$$ (1,5 p) $$=\frac{2}{3}\cdot 30\cdot 30-\frac{27000}{90}=600-300=300,$$ (1,5 p) unde am folosit $\sqrt{30}\cdot 30\sqrt{30}=30\cdot 30$. Controlul: pătratul indicat are latura $30$, deci aria $900$, iar $\frac{300}{900}=\frac{1}{3}$: cele două parabole taie pătratul în trei bucăți de aceeași arie, rezultatul așteptat pentru o pereche de parabole cu același parametru; formula generală $\frac{4p^2}{3}$, cu $2p=30$, dă tot $300$ (1 p).

Itemul 10. (10 p)

a) (3 p) Numitorii elipsei sunt $25=5^2$ și $9=3^2$, deci semiaxele ei sunt $5$ și $3$, iar cercul are raza $6$ (1 p). Un punct al elipsei satisface $\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{9}=1$, iar el are $x\ne 0$ sau $y\ne 0$, pentru că originea nu se află pe elipsă; cum $36>25$ și $36>9$, rezultă $\frac{x^2}{36}+\frac{y^2}{36}<\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{9}=1$, adică $x^2+y^2<36$ (1,5 p). Prin urmare orice punct al elipsei este interior discului, deci cele două conice nu au niciun punct comun (0,5 p).

b) (4 p) Regiunea este ce rămâne din discul mărginit de cerc după ce scoatem suprafața mărginită de elipsă, iar aceasta este inclusă strict în disc (1 p). Ariile fiind cunoscute — $\pi r^2$ pentru disc și $\pi ab$ pentru interiorul elipsei (1 p) —, $$\mathcal{S}=\pi \cdot 6^2-\pi \cdot 5\cdot 3=36\pi -15\pi =21\pi \approx 65,97.$$ (1,5 p) Rezultatul este pozitiv și mai mic decât aria discului, cum trebuie să fie (0,5 p).

c) (3 p) Pe intervalele $[-6,-5]$ și $[5,6]$ regiunea este mărginită numai de cerc, pentru că elipsa nu ajunge acolo, iar pe $[-5,5]$ este mărginită și de cerc, și de elipsă (1,5 p). Marginea interioară se schimbă, așadar, în $x=-5$ și în $x=5$, deci ar fi nevoie de trei integrale, dintre care două cu radicalul $\sqrt{36-x^2}$ și una cu diferența a doi radicali (1 p). Cum ambele arii sunt deja demonstrate în lecțiile unității, scăderea lor dă răspunsul într-un rând: înainte de a integra, întreabă-te dacă regiunea nu este cumva diferența a două figuri ale căror arii le știi (0,5 p).

Itemul 11. (15 p)

a) (5 p) Înlocuim $y^2=5x$ în ecuația cercului: $x^2+5x-50=0$, cu $\Delta =25+200=225$ (1,5 p), deci $x_1=5$ și $x_2=-10$ (1 p). Rădăcina $x=-10$ se respinge, pentru că parabola $y^2=5x$ are numai puncte cu $x\ge 0$, membrul stâng fiind un pătrat (1 p). Pentru $x=5$ obținem $y^2=25$, deci $y=\pm 5$, iar punctele de intersecție sunt $(5,5)$ și $(5,-5)$ (1 p). Verificare în ambele ecuații: $25+25=50$ și $25=5\cdot 5$ (0,5 p).

b) (5 p) După $x$. Cercul are raza $5\sqrt{2}$, iar regiunea se întinde de la $x=0$ la $x=5\sqrt{2}$ (1 p). Pentru $x\in [0,5]$ marginea de sus este ramura parabolei, $y=\sqrt{5x}$, iar pentru $x\in \left[5,5\sqrt{2}\right]$ marginea de sus este arcul de cerc, $y=\sqrt{50-x^2}$ (1,5 p). Marginea se schimbă în $x=5$, deci criteriul „aceleași două curbe pe tot intervalul" nu este îndeplinit și sunt necesare două integrale (0,5 p). După $y$. Pentru fiecare $y\in [-5,5]$, regiunea se întinde de la parabolă, la stânga, până la arcul din dreapta al cercului: $\frac{y^2}{5}\le x\le \sqrt{50-y^2}$ (1,5 p). Aceleași două curbe mărginesc regiunea pe tot intervalul, deci este de ajuns o singură integrală: criteriul „după $x$ vs după $y$" alege a doua variabilă (0,5 p).

c) (5 p) Integrăm după $y$, cu ordinea stabilită la subpunctul b) (0,5 p): $$\mathcal{S}={\int }_{-5}^5\left(\sqrt{50-y^2}-\frac{y^2}{5}\right)dy.$$ Pentru primul termen folosim primitiva $F(y)=\frac{y\sqrt{50-y^2}}{2}+25\arcsin \frac{y}{5\sqrt{2}}$ (1 p); cum $\arcsin \frac{5}{5\sqrt{2}}=\arcsin \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\pi }{4}$, $${\int }_{-5}^5\sqrt{50-y^2}dy=\left(\frac{25}{2}+\frac{25\pi }{4}\right)-\left(-\frac{25}{2}-\frac{25\pi }{4}\right)=25+\frac{25\pi }{2}.$$ (1,5 p) Pentru al doilea, $${\int }_{-5}^5\frac{y^2}{5}dy=\frac{y^3}{15}{|}_{-5}^5=\frac{125}{15}+\frac{125}{15}=\frac{50}{3}.$$ (1 p) Prin urmare $$\mathcal{S}=25+\frac{25\pi }{2}-\frac{50}{3}=\frac{25}{3}+\frac{25\pi }{2}\approx 47,60.$$ (0,5 p) Controlul: discul întreg are aria $50\pi \approx 157$, iar regiunea ocupă sub o treime din el — plauzibil pentru o felie care nu depășește jumătatea din dreapta a discului (0,5 p).