Il grafico di g(x) - Matematica 40-40-20

SESSIONE ORDINARIA 2014
CORSO PNI
PROBLEMA 1
Sia g(x) una funzione sull’intervallo chiuso [ −4, 6] . Il grafico di g(x), disegnato a lato, passa per i
punti A(−4;0), O (0;0), B (2; 2), C (4; 2), D (6; 0) e consiste della semicirconferenza di diametro AO,
dell’arco, quarto di circonferenza, di estremi O e B, del segmento BC e dell’arco CD di una
parabola avente per asse di simmetria l’asse x.
1.
Si dica, giustificando la risposta, se g(x) è derivabile nei punti A, O, B, C , D.
2.
Posto f ( x) =
x
∫ g (t )dt , si calcolino:
f (−4), f (0), f (1), f (2), f (4), f (6).
−4
3.
Per quali valori di x ∈ [ −4; 6] , f ( x) è positiva, negativa o nulla? E per quali x è positiva,
negativa o nulla la funzione derivata seconda f ''( x) ?
4.
La funzione f ( x) presenta un massimo e un minimo assoluti? Qual è l’andamento di f ( x) .
Svolgimento
2
L’equazione di una circonferenza di centro (-2,0) e raggio 2 è ( x + 2 ) + y 2 = 4 , ovvero
y2 = 4 − ( x + 2)
2
Dovendo scegliere la semicirconferenza di ordinata negativa, y = − − x 2 − 4 x con −4 ≤ x ≤ 0 .
Analogamente:
2
( x − 2) + y2 = 4
y = − x 2 + 4 x con 0 ≤ x ≤ 2
Nel tratto compreso fra 2 e 4 il segmento è individuato dall’equazione y = 2.
1
Per il quarto tratto si tiene conto del fatto che la parabola con asse di simmetria parallelo all’asse
delle ascisse e di vertice ( xv , yv ) ha equazione:
2
x − xv = a ( y − yv ) .
Imponendo il passaggio per il punto (4,2) e considerando che il vertice ha coordinate (6,0)
1
2
( 4 − 6 = a ( 2 − 0 ) → a = − ), l’equazione della parabola di riferimento è:
2
1 2
x = − y +6,
2
isolando la y si trova l’equazione dell’arco rappresentato in figura:
y = 12 − 2 x con 4 ≤ x ≤ 6 .
L’espressone analitica di g(x), peraltro non richiesta espressamente dal testo, è pertanto:
− − x 2 − 4 x , − 4 ≤ x < 0

 − x2 + 4x , 0 ≤ x < 2
g ( x) = 
2≤ x<4
2

4≤ x≤6
 12 − 2 x
La funzione g(x) è continua e perciò l’immagine dei nodi 0, 2 e 4 può essere calcolata
indifferentemente usando la definizione del tratto di sinistra o del tratto di destra.
Punto 1
Per stabilire se g(x) è derivabile nei punti A, O, B, C, D non occorre servirsi del calcolo, ma bastano
semplici considerazioni sul grafico di g.
La funzione g non è derivabile in A perché la tangente in (-4,0) è parallela all’asse delle ordinate,
cioè il limite del rapporto incrementale è infinito.
La funzione g non è derivabile in O, dove presenta un flesso a tangente verticale.
La funzione g in B è derivabile: le tangenti in 2 a sinistra e a destra coincidono e sono parallele
all’asse delle x.
La funzione in C non è derivabile e presenta un punto angoloso, in quanto almeno uno dei due
limiti destro e sinistro del rapporto incrementale è finito. La tangente a sinistra è la tetta y = 2 e
quindi la derivata sinistra vale zero. Per calcolare la derivata destra in C si deriva il tratto
1
−2
1
, che se x tende a 4 da destra vale − .
y = 12 − 2 x . Si ha y′ =
=−
2
2 12 − 2 x
12 − 2 x
Infine in D la funzione non è derivabile perché la sua tangente nel punto è parallela all’asse delle
ordinate.
La funzione g è derivabile in B e non è derivabile in A, in O, in C e in D.
Punto 2
f ( −4 ) = 0 , per il significato di funzione integrale.
f ( 0 ) = −4π , che è l’area del semicerchio di raggio 2, preceduta dal segno negativo perché il
grafico occupa il terzo quadrante.
Per calcolare f(1), indicato con E il punto di ascissa 1 sull’arco AB, si calcola l’rea sottesa dall’arco
OE e ad essa si aggiunge f(0).
Per trovare l’area compresa fra l’arco OE , l’asse delle ascisse e la retta di equazione x=1 si può
procedere in due modi: ricorrendo al calcolo integrale o ricavando, senza calcolo integrale, l’area
del settore circolare e da essa sottraendo l’area del triangolo FEH, dove H è la proiezione di E
sull’asse delle x.
2
Primo metodo.
Un integrale notevole (calcolabile per parti o per sostituzione) è:
x
1
2
2
∫ 1 − x dx = 2 1 − x + 2 arcsin x + c
A questo tipo di integrale può essere ricondotto il calcolo dell’area che cerchiamo. Infatti:
2
2
x 
2
2
2
∫ − x + 4 x dx = ∫ − x + 4 x − 4 + 4 dx = ∫ 4 − ( x − 2 ) dx = 2∫ 1 −  2 − 1 dx = 4∫ 1 − t dt ,
x
con t = − 1 .
2
Applicando l’integrale notevole richiamato si ha:
1
1
∫
0
2
1  x 
x  1
 x 
− x 2 + 4 x dx = 4   − 1 1 −  − 1 + arcsin  − 1  =
2  2 
2  2
 2  

0
1  1 

 2
1 1 π  1
1
3 π
3
− + π  = π −
4   −  1 − +  −  − arcsin ( −1)  = 4 ⋅  −
4 2 6  2
4 2 3
2
2  2 

 3
E, in definitiva:
2
3
3 4
f (1) = π −
− 2π = −
− π
3
2
2 3
Secondo metodo
ˆ che misurato in radianti è
Sia α l’angolo HFE
π
3
essendo il triangolo rettangolo e il cateto HF
metà ipotenusa.
Per proporzione con l’area del cerchio, si ottiene
3
1
2
area del settore circolare EFO = ⋅ π ⋅ 22 = π
6
3
1
1
3
Il triangolo rettangolo EHF ha area: ⋅ HF ⋅ EH = ⋅1 ⋅ 3 =
2
2
2
E pertanto l’area sottesa dall’arco OE, rispetto all’asse delle x, è
2
3
, da cui
π−
3
2
2
3
3 4
f (1) = π −
− 2π = −
− π.
3
2
2 3
Il calcolo di f(2) è immediato: f (2) = −2π + π = −π .
Il valore di f(4) si ottiene aggiungendo ad f(2) l’area del rettangolo individuato dal segmento BC e
dalla sua proiezione sull’asse delle x: f (4) = 4 − π
Per calcolare f(6) bisogna calcolare l’area del dominio individuato dall’arco CD , dalla retta x = 4 e
dall’asse delle x.
Per determinare tale area si può usare il calcolo integrale o il teorema di Archimede.
Col calcolo integrale si ha:
1
+1
1
1 (12 − 2 x ) 2
1
12
2
2
12
2
−
xdx
=
−
−
−
xdx
=
−
+c = −
∫
∫
1
2
2
3
+1
2
E quindi:
6
6
1
1
8
3
3
12
−
2
xdx
=
−
12
−
2
x
(
)  = − − (12 − 8) =
∫4

4
3
3
3
8 20
f (6) = 4 − π + =
−π
3 3
Riepilogando.
f ( −4 ) = 0
(
(12 − 2 x )
3
+c
)
f ( 0 ) = −4π
3 4
− π
2 3
f (2) = −π
f (4) = 4 − π
20
f (6) =
−π
3
f (1) = −
Punto 3
La f(x) è nulla in -4, poi assume valori negativi in tutto l’intervallo (-4,0), dove è decrescente, è in
[0,2], dove è crescente. Essendo f(2) negativa ed f(4) positiva, stante la continuità di f(x), deve
esserci uno zero fra 2 e 4, indichiamolo con 2+t. Risolvendo l’equazione −π + 2t = 0 si ricava
π
t= .
2
Quindi l’ulteriore punto di intersezione con l’asse delle x è
π
x = 2+
2
4
Da questo punto in poi la funzione è sempre positiva.
La derivata seconda di f(x) è la derivata prima di g(x). Questa può essere dedotta graficamente,
come pendenza della tangente: da -4 a -2 f’’ è negativa, il grafico di f è convesso; in -2 f’’ è nulla,
quindi il grafico di f presenta un flesso; da -2 a 2 la funzione la derivata seconda è positiva, la
funzione è concava; da 2 a 4 la derivata seconda è nulla in corrispondenza di un tratto di grafico
rettilineo; infine, da 4 a 6 la derivata seconda di f è negativa, la funzione è convessa.
f ( x ) = 0 per x = −4, x = 2 +
f ( x) < 0 → − 4 < x < 2 +
f ( x) > 0 → 2 +
π
2
π
2
π
<x<6
2
f ′′ ( x ) = 0 per x = −2, 2 ≤ x < 4
f ′′ ( x ) < 0 → − 4 < x < −2, 4 < x < 6
f ′′ ( x ) > 0 → − 2 < x < 2
Punto 4
La funzione f(x) è continua in un intervallo chiuso e limitato: per il teorema di Weirstrass ammette
20
massimo e minimo assoluti. Il massimo assoluto è
− π , assunto nel punto x=6. La funzione non
3
ha massimi relativi. Il minimo assoluto è −4π , assunto nel punto x=0; lo stesso punto è anche di
minimo relativo, dato che la derivata prima della funzione (g(x)) è negativa a sinistra e positiva a
destra.
 20

 6, − π  massimo assoluto
 3

( 0, −4π ) minimo assoluto e relativo
Il grafico della funzione f(x) è:
5
PROBLEMA 2
Sia f ( x) = (2 − x) 4 x − x 2 .
1. A lato è disegnato il grafico Γ di f ( x) . Si dimostri che (2;0) è centro di simmetria di Γ e si
calcoli, in gradi e primi sessagesimali, l’angolo che la tangente in esso a Γ forma con la
direzione positiva dell’asse x.
2. Si dimostri che qualunque sia t , 0 < t < 2, le rette tangenti a Γ nei suoi punti di
ascisse 2 + t e 2 − t sono parallele. Esistono rette tangenti a Γ che siano parallele alla retta
21x + 10 y + 31 = 0? E che siano parallele alla retta 23 x + 12 y + 35 = 0 ?
3. Si calcoli l’area della regione compresa tra Γ e l’asse x.
4. Sia h( x) = sin( f ( x)) . Quanti sono i punti del grafico di ordinata1? Il grafico di h( x)
presenta punti di minimo, assoluto e relativi? Per quali valori reali di k l’equazione
4
h( x) = k ha 4 soluzioni distinte? Qual è il valore di
∫ h( x)dx ?
0
Svolgimento
f ( x ) = ( 2 − x ) 4 x − x2
Punto 1
Per dimostrare che (2,0) è centro di simmetria per il grafico di f, traslo la curva a sinistra di 2:
2
F ( x ) = ( 2 − ( x + 2) ) 4 ( x + 2) − ( x + 2) = − x 4 x + 8 − x2 − 4 x − 4
F ( x ) = − x 4 − x2
La funzione F(x) è dispari, infatti:
2
(
)
F ( − x ) = − ( − x ) − ( − x ) + 4 = − − x − x2 + 4 = − F ( x )
Dal fatto che F(x) è dispari segue che il suo grafico è simmetrico rispetto all’origine degli assi e che
il grafico di f(x) è simmetrico rispetto al punto (2,0).
Tutte le questioni legate ad inclinazioni, angoli o parallelismo sono invarianti per traslazione,
possono essere studiate rispetto ad F(x).
( − x )( −2 x ) = x 2 − 4 + x 2 , quindi
F ′ ( x ) = − − x2 + 4 +
2 − x2 + 4
− x2 + 4
2x2 − 4
F ′( x) =
− x2 + 4
6
La derivata di una funzione calcolata in un punto rappresenta il coefficiente angolare della retta
tangente al grafico della funzione in quel punto. Per il suo significato goniometrico il coefficiente
angolare di una retta è la tangente goniometrica dell’angolo che la retta forma con la direzione
positiva dell’asse delle x.
−4
F ′ (0) =
= −2
4
α = arctan ( −2 ) = −63, 43°
α = −63, 43° = −63 ° 26′ = 116° 34′
Il grafico di f(x) è simmetrico rispetto al punto (2,0) perché in un riferimento che abbia il vertice in
(2,0) essa è una funzione dispari.
L’angolo che la tangente in (2,0) al grafico di f forma con la direzione positiva dell’asse x è 116°
34’.
Punto 2
Riferendoci al grafico traslato, dimostriamo che qualunque sia t, -2 < t < 2, le rette tangenti al
grafico nei punti di ascissa t e –t sono parallele.
2t 2 − 4
F ′ ( −t ) =
−t 2 + 4
2t 2 − 4
F ′ (t ) =
−t 2 + 4
Quindi le due derivate sono uguali, ovvero sono uguali i coefficienti angolari delle due rette
tangenti e quindi le due rette sono parallele.
Se esistono rette tangenti al grafico parallele alla retta di equazione 21x + 10 y + 31 = 0 allora
21
l’equazione F ′ ( x ) = −
deve avere soluzione.
10
2x2 − 4
21
Per risolvere l’equazione
=−
2
10
−x + 4
poniamo 2 x 2 − 4 ≤ 0 → x 2 ≤ 2 → − 2 ≤ x ≤ 2
ed eleviamo al quadrato:
(x
2
2
− 2 ) = (1,05) ( − x 2 + 4 )
2
x4 + 4 − 4 x 2 = −1,1025x 2 + 4,41
x4 − 2,8975x2 − 0, 41 = 0
Che è un’equazione biquadratica, che ha discriminante positivo (c<0) e presenta una variazione e
una permanenza, quindi rispetto a x2 l’equazione ha una radice positiva, di cui si può estrarre la
radice quadrata.
Limitandoci solo a quest’ultima e applicando la formula ridotta:
x 2 = 1, 44875 + 2,50887 ≃ 3 che non verifica la condizione x 2 ≤ 2 .
Quindi
non esistono rette tangenti al grafico parallele alla retta di equazione 21x + 10 y + 31 = 0
Allo stesso modo si può procedere per il secondo caso richiesto.
Ma il problema può essere affrontato in maniera più generale.
Vogliamo stabilire per quali valori del parametro m ha soluzioni l’equazione
7
2 x2 − 4
=m
− x2 + 4
Distinguiamo i due casi: m <0 e m ≥ 0.
Se è m ≥ 0 dovrà essere positivo anche il primo membro dell’equazione, e quindi si avrà: x 2 ≥ 2 .
Questa limitazione suggerisce la posizione t = x 2 − 2 , con t ≥ 0 .
Elevando al quadrato i due membri dell’equazione si ha:
( 2x
2
2
− 4) = m2 ( − x2 + 4)
4 x 4 + 16 − 16 x 2 = m2 ( − x 2 + 4 )
4 x 4 + ( m2 − 16 ) x 2 + 16 − 4m2 = 0
Il discriminante dell’equazione è sempre positivo:
∆ = m 4 + 256 − 32m 2 − 256 + 64m 2 = m 4 + 32m 2 ≥ 0
Operando la sostituzione di cui sopra si ottiene:
∀m
4 ( t + 2 ) + ( m2 − 16 ) ( t + 2 ) + 16 − 4m2 = 0
2
4t 2 + 16t + 16 + m2t + 2m2 − 16t − 32 + 16 − 4m2 = 0
In conclusione:
4t 2 + m2t − 2m2 = 0

t ≥ 0
L’equazione in t presenta una permanenza e una variazione e ha il discriminante positivo: per la
regola di segni di Cartesio essa ha, per ogni valore di m non nullo, una radice positiva quindi il
2 x2 − 4
sistema ha una soluzione e di conseguenza l’equazione
= m ha una soluzione.
− x2 + 4
Se m< 0 deve essere x 2 < 2 e per la proprietà dei quadrati, deve essere 0 ≤ x 2 < 2 .
Una variabile t che è positiva quando x 2 appartiene all’intervallo (0,2) –si esclude lo zero che si
2
2 − x2
, da cui si ricava x 2 =
.
studia come caso singolo- è t =
2
1+ t
x
Sostituendo nell’equazione in m: 4 x 4 + ( m2 − 16 ) x 2 + 16 − 4m2 = 0 si ottiene:
4⋅
4
(1 + t )
2
+ ( m2 − 16 ) ⋅
2
+ 16 − 4m2 = 0
1+ t
8 + ( m2 − 16 ) (1 + t ) + ( 8 − 2m2 ) (1 + t ) = 0
2
Che semplificata da:
( 8 − 2m 2 ) t 2 − 3m 2t − m 2 = 0

t > 0
Per la regola dei segni di Cartesio affinché l’equazione abbia soluzione deve esserci una variazione,
quindi deve essere: 8 − 2m 2 > 0
→ m2 < 4 → − 2 < m < 0
In conclusione:
L’equazione F ′ ( x ) = m ha soluzione, se m è negativa, solo se −2 ≤ m < 0 . La retta di equazione
21x + 10 y + 31 = 0 ha coefficiente angolare m = -2,1 quindi non esistono rette tangenti al grafico
parallele alla retta. La retta di equazione 23x + 12 y + 35 = 0 ha coefficiente angolare -1,9167 e
quindi esiste una retta tangente al grafico ad essa retta parallela.
Punto 3
8
Anche l’area richiesta è invariante nella traslazione che porta f in F.
Tale area è data da:
0
0
3

1
2
2
16
2 ⋅ ∫ − x − x + 4dx = 2 ⋅ ∫ −2 x − x 2 + 4dx = ( − x 2 + 4 ) 2  = ( 8 − 0 ) =
2 −2
3
3
 −2 3
−2
0
2
L’area della regione compresa fra Γ e l’asse delle x vale
16
3
Punto 4
Per le proprietà della funzione seno, i punti del grafico di h(x) di ordinata 1 sono i punti di ascissa
π
, ovvero quelli per cui
(2 − x)
4 x − x2 =
π
e questi punti sono due, dato che la retta y =
π
2
2
2
interseca il grafico in due punti distinti.
La funzione h(x) ha due punti di minimo assoluto, che assumono il valore -1 in corrispondenza dei
π
, e un punto di minimo relativo che vale y = sin ( 2 ) nel
2
punto x = 2 − 2 , ciò perché h′ ( x ) = f ′ ( x ) cos ( f ( x ) ) .
punti nei quali la funzione f(x) vale −
L’equazione h ( x ) = k ha 4 soluzioni distinte per sin ( −2 ) < k < 1 e per −1 < k < − sin ( 2 ) .
4
Per la simmetria del grafico l’integrale ∫ h ( x ) dx vale zero.
0
QUESTIONARIO
QUESITO 1
Nel triangolo disegnato a lato, qual è la misura, in gradi e primi sessagesimali, di α ?
Svolgimento
Per il teorema dei seni deve essere:
4
3
2
=
→ sin α =
sin α sin 30°
3
Se α è acuto, come appare dalla figura, la soluzione dell’equazione sin α =
2
è unica. Usando la
3
calcolatrice si ottiene:
2
α = arcsin   = 41,81° → α = 41 ° 48′ (approssimato per difetto)
3
Se non si considerasse solo l’angolo compatibile con la figura assegnata, sarebbe soluzione del
problema anche l’angolo ottuso supplementare di α , α ’ = 138° 11’ (approssimato per difetto).
QUESITO 2
9
Si spieghi perché non esistono poliedri regolari le cui facce sia esagoni.
Svolgimento
Quesito numero 4 della sessione ordinaria ordinamento del 2009.
Le facce di un poliedro regolare sono poligoni regolari.
La somma degli angoli interni in un poligono di n vertici è uguale a n-2 angoli piatti. Nell’esagono
tale somma vale 720.
Nell’esagono regolare ogni angolo è ampio 120°, che è il quoziente di 720 e 6.
Per un teorema, la somma delle facce di un angoloide deve essere minore di 360°.
Un angoloide ha almeno tre facce, se queste tre facce fossero esagoni regolari la loro somma
sarebbe 360°, ma ciò è impossibile per il teorema della somma della facce dell’angoloide, quindi
non possono esistere poliedri regolari a facce esagonali.
Si sa, infatti, i poliedri regolari sono soltanto di cinque tipi:
tetraedro regolare (piramide regolare), che ha quattro facce costituite da triangoli equilateri;
cubo (o esaedro regolare) che ha sei facce quadrate;
ottaedro regolare, che otto facce formate da triangoli equilateri;
dodecaedro regolare, che ha dodici facce costituite da pentagoni regolari;
icosaedro regolare, che ha 20 facce formate da triangoli equilateri.
QUESITO 3
Venti palline sono poste in un’urna. Cinque sono rosse, cinque verdi, cinque gialle e cinque
bianche. Dall’urna si estraggono a caso, senza reimbussolamento, tre palline. Si valutino le seguenti
probabilità:
• esattamente una pallina è rossa;
• le tre palline sono di colore differente.
Svolgimento
Per trovare la probabilità che sia estratta esattamente una pallina rossa si può ricorrere alla
definizione, come rapporto fra numero dei casi favorevoli e numero dei casi possibili , o all’uso dei
teoremi della probabilità composta e della probabilità totale.
 5  15 
 ⋅ 
1
2
5 ⋅15 ⋅ 7 35
=
≃ 0, 46% (distribuzione ipergeometrica
Col primo metodo si ha: p =     =
20 ⋅19 ⋅ 3 76
 20 
 
 3
Col secondo metodo, indicata con r l’uscita di una rossa e con r l’uscita di una pallina non rossa,
l’evento composto esattamente una pallina rossa può essere scomposto in eventi elementari come
segue:
rrr ∨ rrr ∨ rrr
Quindi la probabilità richiesta è:
5 15 14 15 5 14 15 14 5
5 15 14 35
⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = 3⋅ ⋅ ⋅ =
20 19 18 20 19 18 20 19 18
20 19 18 76
Secondo punto
Primo metodo
L’estrazione della prima pallina è indifferente.
La probabilità di estrarre la seconda pallina di un qualunque colore ma diverso dal colore della
15
prima è
. La probabilità di estrarre come terza pallina una di colore qualsiasi ma non dello
19
10
stesso colore di una delle prime due è
.
18
10
La probabilità che le tre palline siano di colore differente è
15 10 25
⋅ =
≃ 0.44%
19 18 57
Secondo metodo
Indichiamo con r estrazione di pallina rossa, con v di pallina verde, con g di pallina gialla e con b di
pallina bianca. L’evento composto le tre palline sono di colore differente può essere decomposto in
eventi più elementari:
rvg ∨ rvb ∨ rgb ∨ vgb , tenendo conto del fatto che ciascuno di questi quattro eventi può presentarsi
in tre modi diversi
Ciascuno dei quattro eventi si può presentare in 3! modi diversi:
quindi
5 5 5 25
, ovvero:
4 ⋅ 3! ⋅ ⋅ =
20 19 18 57
5 5 5 25
D4,3 ⋅ ⋅ ⋅ =
20 19 18 57
QUESITO 4
Un solido Ω ha per base la regione R delimitata dal grafico di f ( x) = e
1
x
e dall’asse x
1
sull’intervallo [ −2; −1] . In ogni punto di R di ascissa x, l’altezza del solido è data da h( x) = 2 . Si
x
calcoli il volume del solido.
Svolgimento
Per il principio di Cavalieri, se un solido è descritto da una superficie di area S(x) che si muove fra a
b
e b è dato da:
∫ S ( x ) dx .
a
1
La generica sezione del solido dato ha area data dal prodotto di base ed altezza: S ( x ) = e x ⋅
1
.
x2
Quindi:
−1
−1 1
 1
1
1 1
1
e
e −1
 1 
V = ∫ e ⋅ 2 dx = − ∫ e x ⋅  − 2  dx =  −e x  = − +
=− +
=
x
e
e e
e
e
 x 

 −2
−2
−2
−1
1
x
QUESITO 5
In un contesto di geometria non euclidea si illustri un esempio di triangolo i cui angoli non hanno
somma 180°.
Svolgimento
Le geometrie non euclidee si fondano sulla non accettazione del quinto postulato di Euclide che,
con linguaggio moderno, si esprime dicendo che per un punto fuori da una retta la parallela che si
può condurre è unica.
In una delle due geometrie non euclidee, quella di Riemann o ellittica, per postulato non si possono
condurre parallele ad una retta data e si può dimostrare che la somma degli angoli interni di un
triangolo è maggiore dell’ampiezza di due angoli retti.
Un modello di geometria ellittica si ottiene considerando:
• come piano la superficie di una semisfera aperta;
• come punto un punto della semisfera aperta;
• come retta una geodetica (circonferenza massima).
In questo modello un triangolo è la figura formata da tre archi di geodetiche aventi a due a due un
punto in comune.
11
Si verifica, appunto, che in questo triangolo la somma degli angoli sferici curvilinei interni alla
figura curvilinea triangolare è maggiore della somma di due angoli sferici retti.
QUESITO 6
Si calcolino l’altezza e il raggio di massimo cilindro circolare retto inscritto in una sfera di raggio
3.
Svolgimento
Primo metodo
Sia x il raggio di base del cilindro, deve essere 0 ≤ x ≤ 3 , limiti non accettabili perché in entrambi
i casi il volume del cilindro inscritto è nullo e non può essere massimo.
OH = 3 − x 2
(semialtezza cilindro)
h = 2 3 − x2
(altezza cilindro)
y = 2π x 2 3 − x 2
(volume cilindro)

−2 x 
y ′ = 2π  x 2 3 − x 2 + x 2

2 3 − x2 

2 − x2
y′ = 6π x
3 − x2
→ x2 = 2
y′ = 0
→ x = 0 n. a.
y′ > 0
→ 0< x< 2
funzione crescente
y′ < 0
→ 2<x< 3
funzione decrescente
→ x= 2
Punto di massimo relativo x = 2 volume massimo 4π ,
h = 2 3− 2 = 2
L’altezza e il raggio x = 2 del massimo cilindro circolare retto inscritto in una sfera di raggio
misurano, rispettivamente, 2 e 2.
3
Secondo metodo
Sia x l’angolo formato fra il raggio di base del cilindro e il raggio della sfera uscente dall’estremo di
sinistra del raggio di base.
12
π
, casi estremi non accettabili perché corrispondenti a volume nullo.
2
AH = 3 cos x , raggio di base
OH = 3 sin x , semialtezza del cilindro
h = 2 3 sin x , altezza cilindro
y = 3π cos 2 x ⋅ 2 3 sin x
y = 6π 3 sin x cos 2 x
y ′ = 6π 3 ( cos3 x − 2 cos x sin 2 x ) = cos x (1 − 3sin 2 x )
ˆ = x,
OAB
0≤ x≤
3
3
x = arcsin
3
3
2
y′′ = 6π 3 − sin x (1 − 3sin x ) + cos x ( −6sin x cos x )
y′ = 0 → cos x = 0 no, sin x = ±
(
)
y ′′ = 6π 3 sin x ( −7 + 9sin 2 x )

3
y′′  arcsin
 < 0 , massimo relativo e assoluto.
3 

AH = 3 ⋅
h=2 3
6
= 2
3
3
=2
3
QUESITO 7
Se f '( x) = ln x − x + 2, per quale dei seguiti valori approssimati di x, f ha un minimo relativo?
a. 5,146
b. 3,146
c. 1,000
d. 0,159
e. 0
Svolgimento
 y = ln x
ln x − x + 2 = 0 → ln x = x − 2 che risolviamo graficamente mediante il sistema 
y = x − 2
Le curve si intersecano le punto A di ascissa compresa tra 0 e 1 e nel punto B di ascissa compresa
tra 3 e 4 che saranno le ascisse dei punti stazionari.
13
1
−1.
x
Perché si abbia un punto di minimo la derivata seconda deve essere positiva, quindi x<1.
La risposta corretta è la D essendo 0,159 l’unico numero minore di 1.
Per stabilire se sono punti di massimo o di minimo calcoliamo la derivata seconda y′′ =
QUESITO 8
La “zara” è un gioco d’azzardo di origine araba che conobbe particolare fortuna in Italia in epoca
medievale – ne parla Dante nella Divina Commedia- e si giocava con tre dadi. Si confronti la
probabilità di ottenere in un lancio la somma 9 con quella di ottenere la somma 10.
Svolgimento
Lanciando contemporaneamente tre dadi i casi possibili sono 63 =216. Contiamo i casi favorevoli
per ottenere come somma rispettivamente 9 e 10
1+2+6 in 6 modi differenti
1+ 3 + 5 in 6 modi differenti
1+4+4 in 3 modi differenti
2+3+4 in 6 modi differenti
2+2+5 in 3 modi differenti
3+3+3 in un solo modo
In totale 25 casi possibili.
1+3+6 in 6 modi differentio
1+4+5 in 6 modi differenti
2+3+5 in 6 modi differenti
2+2+6 in 3 modi differenti
2+4+4 in 3 mdi differenti
3+3+4 in 3 modi differenti
In totale 27 casi possibnili
La probabilità di ottenere come somma 10 è maggiore della probabilità di ottenere 9.
QUESITO 9
Le lettere ℕ, ℤ, ℚ, ℝ denotano rispettivamente l’insieme dei numeri naturali, interi, razionali e reali
mentre il simbolo ℵ0 (aleph-zero) indica la cardinalità di ℕ . Gli insiemi ℤ, ℚ e ℝ hanno anch’essi
cardinalità ℵ0 ? Si motivi la risposta.
Svolgimento
Due insiemi hanno stessa cardinalità se è possibile stabilire una corrispondenza biunivoca tra i loro
elementi. L’insieme dei numeri relativi ha la stessa cardinalità dell’insieme dei numeri naturali.
Basta considerare la corrispondenza biunivoca (0,0), (1, 1), (2,-1), (3,2), (4,-2) ,….
G. Cantor ha dimostrato che l’insieme Q è numerabile e quindi ha la stessa cardinalità dei naturali.
L’insieme di numeri reali R ha invece la cardinalità del continuo, che è maggiore di quella del
numerabile.
Per maggior dettagli fare riferimento al libro di testo.
QUESITO 10
Si stabilisca per quali valori reali di a e b, si ha: lim
x →0
a + bx − 2
=1
x
Svolgimento
14
a −2
e affinché il rapporto non risulti infinito anche il
0
numeratore deve essere 0. Pertanto a − 2 = 0 → a = 4 .
Sostituendo il valore 0 alla x si ottiene
4 + bx − 2
0
che è una forma indeterminata del tipo . Applichiamo il teormea
x
0
b
4 + bx − 2
b
b
di De Hopital lim
= lim 2 4 + bx = lim
= .
x →0
x
→
0
x
→
0
x
1
2 4 + bx 4
Il limite risulta quindi 1 se a e b sono uguali a 4.
Il limite diventa lim
x →0
15

Download Report