b - Matematicamente

Sessione straordinaria LS_ORD 2005
Soluzione di De Rosa Nicola
ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO
a.s. 2004/2005
CORSO DI ORDINAMENTO
Tema di MATEMATICA
Il candidato risolva uno dei due problemi e 5 dei 10 quesiti in cui si articola il questionario.
PROBLEMA 1.
Considerato un triangolo ABC, acutangolo e isoscele sulla base BC, si chiami D il piede della sua
altezza condotta per C e si costruisca, dalla stessa parte di A rispetto a BC, il punto E in modo che il
triangolo ECD sia simile ad ABC.
a) Dimostrare che:
1) EC è perpendicolare a CB;
2) I triangoli EFC ed AFD – dove F è il punto comune ai segmenti ED ed AC – sono simili
e, di conseguenza, anche i triangoli EFA e CFD sono simili e gli angoli AEˆ F e CFˆD sono
congruenti;
3) EA è parallela a CB;
4) Il quadrilatero AECD è inscrivibile in una circonferenza.
24
b) Ammesso che le misure di BC e CD, rispetto ad un’assegnata unità di misura, siano 6 e
,
5
dopo aver riferito il piano della figura ad un conveniente sistema di assi cartesiani, determinare:
1) le coordinate dei punti A, B, C, D, E;
2) l’equazione della circonferenza circoscritta al quadrilatero AECD.
Soluzione
a1)
Si consideri la figura sottostante:
Poiché il triangolo EDC è simile al triangolo ABC, allora gli angoli opposti ai lai omologhi saranno
uguali per il primo criterio di similitudine, per cui ABˆ C = ACˆ B = EDˆ C = ECˆ D, BAˆ C = DEˆ C .
Chiamiamo l’angolo BCˆ D = α .
1
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Ora,
essendo
CDˆ B = CDˆ A = 90° ,
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si
ha
ABˆ C = ACˆ B = EDˆ C = ECˆ D = 90° − α ,
per
cui
ECˆ B = ECˆ D + BCˆ D = (90° − α ) + α = 90° , cioè EC è perpendicolare a CB.
a2)
I triangoli EFC ed FAD hanno per ipotesi DAˆ F = FEˆ C , EFˆC = AFˆD perché opposti al vertice e di
conseguenza ADˆ F = ECˆ F , quindi per il primo criterio di similitudine saranno simili avendo gli
angoli opposti ai lati omologhi uguali. Quindi i triangoli EFC ed FAD, essendo simili, avranno i lati
ordinatamente uguali, cioè vale la proporzione AF : DF = EF : CF . Ora i triangoli EFA e CFD
hanno due lati in proporzione e DFˆC = EFˆA perché opposti al vertice, quindi anch’essi saranno
simili per il secondo criterio di similitudine, per cui AEˆ F = FCˆ D, FAˆ E = FDˆ C .
a3)
Dalla similitudine dei triangoli EFA e CFD abbiamo dedotto la congruenza degli angoli
AEˆ F = FCˆ D, FAˆ E = FDˆ C .
Ma
per
costruzione
FDˆ C = ABˆ C = ACˆ B = ECˆ D ,
pertanto
FAˆ E = ABˆ C = ACˆ B = ECˆ D , cioè le due rette AE e BC con la trasversale AC formano angoli
alterni interni uguali, per cui esse sono parallele.
a4)
Avendo dimostrato che EA e BC sono parallele, è stato pure dimostrato che AEˆ C = 90° . Inoltre per
costruzione ADˆ C = 90° per cui gli angoli opposti AEˆ C ed ADˆ C sono uguali e supplementari.
Tenendo conto che la somma degli angoli interni di un quadrilatero è 360°, si deduce che anche gli
altri due angoli interni ed opposti DAˆ E , DCˆ E saranno supplementari; quindi per il teorema sui
quadrilateri inscritti, il quadrilatero avendo gli angoli opposti supplementari è inscrivibile in una
circonferenza.
b1)
Si consideri la figura sottostante:
2
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Essendo BC=6 si ha subito che le coordinate dei punti B e C sono B = (0,0), C = (6,0) . Inoltre per il
teorema di Pitagora
OD = BC 2 − DC 2 = 36 −
576
324 18
=
= , mentre per il teorema di
25
25
5
324
18 24
*
OD 2
54
OD
DC
72
*
 54 72 
Euclide BH =
= 25 =
; inoltre DH =
per cui D =  ,  .
= 5 5 =
BC
6
25
BC
6
25
 25 25 
Ora i triangoli BHD e BKA sono simili per il primo criterio di similitudine, per cui
DH : BH = AK : KB . Ora il triangolo ABC è isoscele per cui
72
*3
DH * KB 25
DH : BH = AK : KB ⇒ AK =
=
=4
54
BH
25
per cui
BK = KC = 3 , per cui
A = (3,4)
e di conseguenza
E = (6,4) .
In conclusione i punti A, B, C, D ed E sono
A = (3,4 ),
B = (0,0),
C = (6,0),
 54 72 
D =  , ,
 25 25 
E = (6,4)
3
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b1)
Un modo semplice di scrivere l’equazione della circonferenza è impostare il passaggio per tre dei
quattro punti: scegliamo come punti A = (3,4), C = (6,0), E = (6,4) . L’equazione generica di una
circonferenza è x 2 + y 2 + ax + by + c = 0 ed imponendo il passaggio per i punti suddetti si ha il
seguente sistema di 3 equazioni in 3 incognite:
3a + 4b + c = −25

6a + c = −36
6a + 4b + c = −52

Ora sottraendo la seconda alla terza si ha subito 4b = −16 ⇒ b = −4 per cui il sistema si riduce ad
un sistema di due equazioni in due incognite:
3a + c = −9
 a = −9
⇒

6a + c = −36 c = 18
per cui l’equazione diventa: x 2 + y 2 − 9 x − 4 y + 18 = 0 .
In realtà tale risultato poteva essere ricavato anche in una maniera alternativa: infatti avendo
dimostrato che AE ed EC sono perpendicolari, si ha che il triangolo AEC è inscrivibile in una
semicirconferenza (quindi in una circonferenza) con diametro pari all’ipotenusa. Quindi il centro
della circonferenza sarà il punto media dell’ipotenusa AC e la metà dell’ipotenusa sarà il raggio.
Il punto medio dell’ipotenusa sarà:
 x + xC y A + y C   9 
M = A
,
 =  ,2 
2
 2
 2 
mentre il raggio sarà
AC
r=
=
2
(6 − 3)2 + 4 2
2
=
5
2
Ora ricordando che una circonferenza di centro (a, b) e raggio r ha equazione
( x − a )2 + ( y − b )2
= r2
l’equazione da trovare diventa
4
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2
9
25

2
⇒
 x −  + ( y − 2) =
2
4

25 
 81
x 2 + y 2 − 9x − 4 y +  + 4 −  = 0 ⇒
4 
4
x 2 + y 2 − 9 x − 4 y + 18 = 0
come già precedentemente trovato.
Il tutto è sotto rappresentato:
5
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PROBLEMA 2.
Nel piano, riferito ad un sistema di assi cartesiani ortogonali (Oxy), sono assegnate le curve di
equazione:
[1] y = x 4 + ax 3 + bx 2 + c .
a) Dimostrare che, nel punto in cui secano l’asse y, hanno tangente parallela all’asse x.
b) Trovare quale relazione deve sussistere fra i coefficienti a, b affinché la curva [1] volga la
concavità verso le y positive in tutto il suo dominio.
c) Determinare i coefficienti a, b, c in modo che la corrispondente curva [1] abbia, nel punto in cui
seca l’asse y, un flesso e la relativa tangente inflessionale la sechi ulteriormente nel punto di
coordinate (2,2).
d) Indicata con K la curva trovata, stabilire com’è situata rispetto all’asse x, fornendo una
esauriente spiegazione della risposta.
e) Dopo aver verificato che la curva K presenta un secondo flesso, calcolare l’area della regione
finita di piano delimitata da K e dalle due tangenti inflessionali.
Soluzione
a)
Per dimostrare che la curva di equazione y = x 4 + ax 3 + bx 2 + c presenta una tangente orizzontale,
cioè parallela all’asse delle ascisse, in (0, c) , basta calcolare la sua derivata e vedere se si annulla in
x = 0 , perché questo significherà (0, c) sarà o un massimo o un minimo o un flesso, cioè in (0, c)
la curva presenterà una tangente orizzontale.
La
derivata
prima
della
(
y ' = 4 x 3 + 3ax 2 + 2bx = x 4 x 2 + 3ax + 2b
x = 0, x =
y = x 4 + ax 3 + bx 2 + c
funzione
)
per
cui
essa
si
annulla
nei
è
punti
− 3a ± 9a 2 − 32b
, cioè essa sia annulla anche nel punto (0, c) , che è l’unico punto in
8
cui essa interseca l’asse delle ordinate.
b)
Quando si parla di concavità e convessità bisogna sempre far riferimento alla derivata seconda. Nel
nostro caso la derivata seconda della funzione della funzione
(
y = x 4 + ax 3 + bx 2 + c
è
)
y ' ' = 12 x 2 + 6ax + 2b = 2 6 x 2 + 3ax + b . Ora la funzione presenterà concavità verso l’alto se e solo
se la derivata seconda risulta sempre negativa. Cioè il discriminante dell’equazione
(6 x
2
)
(
)
(
)
+ 3ax + b = 0 deve essere negativo, cioè ∆ = 9a 2 − 24b = 3 3a 2 − 8b < 0 ⇔ 3a 2 − 8b < 0 .
(
)
(
)
Infatti se ∆ = 9a 2 − 24b = 3 3a 2 − 8b > 0 ⇔ 3a 2 − 8b > 0 la funzione avrebbe concavità verso il
basso
in
tutto
il
(
suo
)
dominio
(
)
∆ = 9a 2 − 24b = 3 3a 2 − 8b = 0 ⇔ 3a 2 − 8b = 0 ,
e
non
la
verso
derivata
l’alto;
prima
mentre
sarebbe
se
pari
6
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b=
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3a 2
8
 2
3a 2
a y ' = 4 x + 3ax + 2bx = x 4 x + 3ax +
4

3
2

 , essa si annullerebbe solo in

x = 0 , poiché
3a 2
> 0∀x ∈ R , sarebbe positiva per x > 0 e negativa per x < 0 , in altre parole la
4 x + 3ax +
4
2
curva presenta un minimo in x = 0 , e non possiede né massimi né flessi (essendo il discriminante
dell’equazione
derivante
(
)
dalla
(
derivata
seconda
nullo).
Quindi
anche
quando
)
∆ = 9a 2 − 24b = 3 3a 2 − 8b = 0 ⇔ 3a 2 − 8b = 0 la curva possiede concavità verso l’alto in tutto il
suo dominio. In conclusione la curva presenta concavità verso l’alto in tutto il suo dominio R se e
(
)
solo se 3a 2 − 8b ≤ 0 .
c)
Esistono tre tipi di flessi: a tangente obliqua, a tangente orizzontale ed a tangente verticale.
Tralasciando quelli a tangente verticale, che si hanno in presenza di punti di non derivabilità e che
non esistono nel caso in oggetto visto che la funzione è un polinomio di quarto grado sempre
continuo e derivabile, i flessi a tangente obliqua presentano una tangente inflessionale obliqua e li si
hanno nelle ascisse di punti che annullano la derivata seconda e non la prima; quelli a tangente
orizzontale hanno tangente inflessionale orizzontale e si hanno in presenza di ascisse di punti in cui
si annullano le derivate di ordine pari (seconda, quarta etc) e non quelle di ordine dispari (prima,
terza etc). Nel nostro caso sappiamo che in (0, c) la curva presenta una tangente orizzontale per
quanto dimostrato nel punto a), per cui affinché (0, c) sia di flesso a tangente orizzontale e non un
estremo relativo, la derivata seconda deve annullarsi in
[
y ' ' = 12 x 2 + 6ax + 2b
]
x =0
x=0
e questo è vero se
= 0 ⇒ b = 0 , e non deve annullarsi la derivata terza, come effettivamente
accade visto che y ' ' ' = (24 x + 6a )x =0 = 6a ≠ 0 ; quindi se b = 0 , (0, c) è un flesso a tangente
orizzontale. Ora la tangente inflessionale orizzontale di equazione y = c seca la curva in (2,2) se e
solo se c = 2 ; inoltre imponendo il passaggio della curva y = x 4 + ax 3 + bx 2 + c per (2,2) si ha
l’ulteriore condizione 16 + 8a + 4b + c = 2 . Si deve risolvere quindi il sistema:
b = 0
a = −2


⇒ b = 0
c = 2
16 + 8a + 4b + c = 2 c = 2


La curva è quindi y = x 4 − 2 x 3 + 2 .
7
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d)
La curva di equazione y = x 4 − 2 x 3 + 2 per x < 0 è ovviamente positiva perché somma di tre
termini tutti positivi per x < 0 , per cui per x < 0 il suo grafico è al di sopra dell’asse delle ascisse.
(
)
Vediamo per x ≥ 0 . Innanzitutto lim x 4 − 2 x 3 + 2 = +∞ ; inoltre la derivata prima risulta essere
x → ±∞
 3
3

y ' = 4 x 3 −6 x 2 = 2 x 2 (2 x − 3) , per cui in 0,  la funzione è decrescente mentre in  ,+∞  è
 2
2

(
3
crescente. Inoltre y ' '   = 12 x 2 − 12 x
2
)
x=
3
2
= 9 > 0 per cui in x =
3
la funzione presenterà un
2
minimo assoluto e poiché l’ordinata corrispondente al minimo assoluto è y
x=
3
2
=
15
> 0 allora si
16
deduce che anche per x ≥ 0 la funzione sarà posizionata al di sopra dell’asse delle ascisse. Quindi la
funzione y = x 4 − 2 x 3 + 2 è sempre positiva.
e)
La curva di equazione y = x 4 − 2 x 3 + 2 ha come dominio tutto l’asse dei reali, non interseca mai
l’asse delle ascisse, interseca quello delle ordinate in (0,2), è sempre positiva, non presenta alcun
 3 15 
asintoto, ha minimo assoluto in  ,  e presenta due flessi: il primo a tangente orizzontale in
 2 16 
(0,2)
ed
(
il
secondo
)
nell’altro
y ' ' = 12 x 2 − 12 x = 12 x( x − 1) cioè in
punto
in
cui
si
annulla
la
derivata
seconda
x = 1 , per cui l’ulteriore flesso è in (1,1) con tangente
inflessionale obliqua pari a y = m( x − 1) + 1, m = y ' (1) = −2 ⇒ y = −2 x + 3 . Il grafico è sotto
presentato:
8
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Si consideri la figura sottostante per il calcolo dell’area richiesta:
L’area richiesta è S = S 1 + S 2 + S 3 .
Calcoliamo i punti A e D.
9
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 y = −2 x + 3
1 
D:
⇒ D =  ,2 
2 
y = 2
 y = −2 x + 3
A:
⇒
4
3
 y = x − 2x + 2
x 4 − 2 x 3 + 2 = −2 x + 3 ⇒ x 4 − 2 x 3 + 2 x − 3 = 0 ⇒
(x + 1)(x − 1)3 = 0 ⇒ x = ±1 ⇒ A = (−1,5)
L’area S1 è l’area del triangolo BCD di base CD =
1
1
ed altezza BC = 1 per cui S 1 = .
2
4
L’area S 2 è l’area delimitata dalla tangente inflessionale di equazione y = −2 x + 3 e dalla curva
nell’intervallo [-1,0]:
= ∫ [− 2 x + 3 − x
0
S2
− 2]dx = ∫ [− x
]
0
+ 2x
4
3
−1
4
+ 2 x 3 − 2 x + 1 dx =
−1
0
 x

1 1
7 13
x
= −
+
− x 2 + x = − − + 1 + 1 = 2 −
=
2
5 2
10 10
 5
 −1
5
4
L’area S 3 è l’area delimitata dalla tangente inflessionale orizzontale e dalla curva nell’intervallo
[0,2]:
2
[
]
2
[
]
S 3 = ∫ 2 − x + 2 x − 2 dx = ∫ − x 4 + 2 x 3 dx =
4
3
0
0
2
 x5 x4 
32
8
= −
+  = − +8 =
2 0
5
5
 5
Per cui in conclusione
S = S1 + S 2 + S 3 =
1 13 8 63
+
+ =
4 10 5 20
10
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QUESTIONARIO.
1. Si considerino un tronco di piramide quadrangolare regolare, la cui base maggiore abbia
area quadrupla della minore, e un piano a equidistante dalle basi del tronco. Dire se i dati
sono sufficienti per calcolare il rapporto fra i volumi dei due tronchi in cui il tronco dato è
diviso dal piano α .
2. Sia ABC un qualsiasi triangolo. Sui suoi lati ed esternamente ad esso si costruiscano i tre
quadrati ABDE, BLFG e CAHL. Dimostrare, col metodo preferito, che i triangoli AHE,
BDG e CFL sono equivalenti al triangolo ABC.
3. Luca e Claudia devono calcolare il valore di una certa espressione contenente logaritmi.
Trovano come risultati rispettivamente: log 2 27 + log 2 12 , 2 + log 2 81 .
Ammesso che il risultato ottenuto da Luca sia esatto, si può concludere che quello ottenuto
da Claudia è sbagliato? Fornire una risposta esaurientemente motivata.
4. Dimostrare che ogni funzione del tipo y = a sin 2 ( x) + b sin( x) cos( x) + c cos 2 ( x) , dove a, b,
c sono numeri reali non contemporaneamente nulli, ha di regola per grafico una sinusoide.
C’è qualche eccezione?
n
5. Determinare il più grande valore dell’intero n per cui l’espressione
∑3
k
non supera 10000.
k =0
6. Dimostrare che il limite di cos x, per x tendente a 0, è 1, esplicitando ciò che si ammette.
7. Determinare il dominio di derivabilità della funzione f ( x) = x 2 − 1 .
2
8. Sia f(x) una funzione continua per ogni x reale tale che
∫ f ( x)dx = 4 . Dei seguenti integrali:
0
1
1
0
0
x
∫ f (2 x)dx e ∫ f  2 dx
se ne può calcolare uno solo in base alle informazioni fornite. Dire quale e spiegarne la
ragione.
9. Dimostrare la seguente formula:
,
dove n, k sono numeri naturali tali che 0<k<n.
Essa spiega una delle regole sulle quali è basata la costruzione del "triangolo di Tartaglia"
(da Niccolò Fontana, detto Tartaglia, 1505 ca. – 1557): enunciarla.
10. Calcolare quante sono le possibili "cinquine" che si possono estrarre da un’urna contenente i
numeri naturali da 1 a 90, ognuna delle quali comprenda però i tre numeri 1, 2 e 3.
11
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Soluzione
1)
Si consideri la figura sottostante che rappresenta la geometria del problema:
Sia VK ' = h' , K ' K ' ' = h, K ' ' K = h dal momento che il piano α rende equidistante per ipotesi due
basi della piramide VABCD e VA’B’C’D’. Ora poiché l’area di base S della piramide VABCD è
quadrupla dell’area di base S ' della piramide VA’B’C’D’, e poiché le aree di base stanno come i
2
quadrati delle altezze, allora
h'+2h
 h'+2h 
= 2 ⇒ h' = 2h . Se si applicano le stesse

 =4⇒
h'
 h' 
considerazioni alle piramidi VA’’B’’C’’D’’ e VABCD si avrà la seguente proporzione:
S : (4h) 2 = S ' ' : (3h) 2 ⇒ S ' ' =
9
9
9
S e sapendo che S = 4S ' si ha S ' ' = S = S ' .
16
16
4
Ora
V1
V1 =
il
(
del
tronco
di
piramide
inferiore
è
)
 hS ' 
h
h
9
9
 37 hS '
9 
S + S ' '+ SS ' ' =  4 S '+ S '+  S ' (4 S ')  =
, mentre il volume
 4 + + 3 =


3
3
4
3 
4
12
4 


V2
V2 =
volume
del
(
tronco
di
piramide
superiore
è
)
V
h
h
9
37
 9   hS '  9 3  19hS '
S '+ S ' '+ S ' S ' ' =  S '+ S '+ S '  S '   =
, per cui 1 =
. Per
1 + +  =


3
3
4
3  4 2
12
V2 19
4 
cui i dati sono sufficienti per il calcolo del rapporto richiesto.
12
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2)
Si consideri la figura seguente:
Gli angoli seguenti hanno l’ampiezza sotto specificata:
EAˆ H = 360° − 90° − 90° − γ = 180 − γ
LCˆ F = 360° − 90° − 90° − β = 180 − β
DBˆ G = 360° − 90° − 90° − α = 180 − α
Ora per la nota formula trigonometrica per la quale l’area di un triangolo è pari al semiprodotto di
due lati per il seno dell’angolo compreso si ha:
1
1
bc sin (180° − α ) = bc sin (α )
2
2
1
1
= ab sin (180° − γ ) = ab sin (γ )
2
2
1
1
= ac sin (180° − β ) = ac sin (β )
2
2
1
= ab sin (γ )
2
S DBG =
S EAH
S LFC
S ABC
Ora per il teorema dei seni si ha:
13
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a
b
c
=
=
⇒
sin (α ) sin (β ) sin (γ )
sin (γ )
c=a
sin (α )
sin (γ )
c=b
sin (β )
per cui
1
1
1
bc sin (180° − α ) = bc sin (α ) = ab sin (γ )
2
2
2
1
1
= ab sin (180° − γ ) = ab sin (γ )
2
2
1
1
1
= ac sin (180° − β ) = ac sin (β ) = ab sin (γ )
2
2
2
1
1
1
= ab sin (180° − γ ) = ab sin (γ ) = ab sin (γ )
2
2
2
S DBG =
S EAH
S LFC
S ABC
cioè è stato dimostrato che i 4 triangolo ABC, EAH, LFC e DBG sono equivalenti, cioè hanno
stessa area. In altro modo avremmo potuto non applicare il teorema dei seni ed applicare solo quello
sull’area di un triangolo per cui: S ABC =
1
1
1
ab sin (γ ) = ac sin (β ) = bc sin (α ) ognuna delle quali è
2
2
2
pari a quella di uno dei tre triangoli richiesti.
3)
Le soluzioni sono entrambe esatte; per dimostrarlo basta notare che presi due numeri reali
a > 0, b > 0
k >0
e
vale
la
proprietà
dei
logaritmi
log k (ab) = log k a + log k b
e
log k (a b ) = b log k (a ) .
Particolareggiando al nostro caso si ha:
(
)
( )
log 2 (12) = log 2 2 2 * 3 = log 2 2 2 + log 2 (3) = 2 log 2 (2 ) + log 2 (3) = 2 + log 2 (3) ricordando che se
k > 0 vale log k (k ) = 1 .
Quindi
log 2 (12) + log 2 (27 ) = 2 + log 2 (3) + log 2 (27 ) = 2 + log 2 (81)
4)
Ricordiamo innanzitutto le seguenti identità trigonometriche:
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1 − cos(2 x)
,
2
1 + cos(2 x)
cos 2 ( x) =
,
2
sin( 2 x)
sin( x) cos( x) =
2
sin 2 ( x) =
per cui l’equazione iniziale diventa:
y = a sin 2 ( x) + b sin( x) cos( x) + c cos 2 ( x) =
 1 − cos(2 x)   sin( 2 x)   1 + cos(2 x) 
= a
 + b
 + c
=
2
2

  2  

b
c−a
c+a
= sin( 2 x) + 
 cos(2 x) + 

2
 2 
 2 
Una generica funzione sinusoidale può essere scritta nel modo seguente:
y = A sin (ωx + φ ) = A sin (ωx ) cos(φ ) + A cos(ωx ) sin (φ )
e particolareggiando al caso ω = 2 si ha
y = A sin (2 x + φ ) = A sin (2 x ) cos(φ ) + A cos(2 x ) sin (φ )
per cui dal confronto con y =
b
c−a
c+a
sin(2 x) + 
 cos(2 x) + 
 si hanno le seguenti
2
 2 
 2 
uguaglianze:
b

b

 A cos(φ ) = 2
A cos(φ ) =


2

c−a

⇒  A sin (φ ) = c
 A sin (φ ) =
2

c = − a
c + a


 2 =0

Ora elevando al quadrato le prime due equazioni e sommandole si avrà:
[
]
A 2 sin 2 (φ ) + cos 2 (φ ) = c 2 +
b2
b2
b2
⇒ A2 = c 2 +
⇒ A = ± c2 +
4
4
4
Inoltre facendo il rapporto tra la seconda e la terza si ha:
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tan (φ ) =
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2c
 2c 
⇒ φ = arctan 
b
 b 
Quindi l’equazione generica può essere scritta come:
y = ± c2 +

b2
 2c  
sin 2 x + arctan  
4
 b 

Ora si possono verificare i seguenti casi:
c = a ≠ 0, b = 0 la funzione y = a sin 2 ( x) + b sin( x) cos( x) + c cos 2 ( x) diventa y = a = c per
cui la funzione non è sinusoidale;
c = − a ≠ 0, b ≠ 0 la funzione y = a sin 2 ( x) + b sin( x) cos( x) + c cos 2 ( x) è sinusoidale con
ampiezza A = c 2 +
c = − a ≠ 0, b = 0
b2
 2c 
e fase φ = arctan  ;
4
 b 
la funzione
y = a sin 2 ( x) + b sin( x) cos( x) + c cos 2 ( x)
si riduce a
π

y = c cos(2 x) = ±c sin  2 x ±  per cui essa è sinusoidale con ampiezza
2

fase φ = ±
π
2
A=ce
;
a ≠ 0, b = c = 0
y = a sin 2 ( x) =
la
y = a sin 2 ( x) + b sin( x) cos( x) + c cos 2 ( x)
diventa
a a
− cos(2 x) cioè essa non è sinusoidale;
2 2
a = b = 0, c ≠ 0
y = c cos 2 ( x) =
funzione
la
funzione
y = a sin 2 ( x) + b sin( x) cos( x) + c cos 2 ( x)
diventa
c c
+ cos(2 x) cioè essa non è sinusoidale.
2 2
In conclusione se a = b = 0, c ≠ 0 oppure a ≠ 0, b = c = 0 , oppure a ≠ −c la funzione non è
sinusoidale.
5)
Ricordiamo la seguente uguaglianza che vale per le somme parziali n-esime di serie geometriche:
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n
∑ qk =
k =0
1 − q n +1
1− q
e particolareggiando al nostro caso si ha:
n
∑ 3k =
k =0
1 − 3 n +1 3 n +1 − 1
=
1− 3
2
Ora imponiamo la disuguaglianza:
n
∑ 3k =
k =0
1 − 3 n +1 3 n +1 − 1
=
≤ 10000 ⇒
1− 3
2
3 n +1 − 1 ≤ 20000 ⇒
3 n +1 ≤ 20001 ⇒
( )
log 3 3 n +1 ≤ log 3 (20001) ⇒
(n + 1) ≤ log 3 (20001) ≅ 9.015 ⇒
n ≤ 8.015 ⇒ n = 8
6)
Il modo piu’ semplice di dimostrare che lim cos( x) = 1 è supporre che la funzione y = cos(x) sia
x →0
continua su tutto l’asse reale, per cui per definizione di funzione continua si ha
lim cos( x) = cos(0) = 1 .
x →0
Un altro modo è ricordare lo sviluppo di Taylor della funzione y = cos(x) , cioè la funzione
suddetta può essere scritta come sovrapposizione di polinomi, con errore di approssimazione
tendente
a
zero
(− 1)n x 2n
(2n )!
n=0
+∞
y = cos( x) = ∑
se
il
= 1−
 +∞ (− 1)n x 2 n
lim cos( x) = lim ∑
x →0
x→0
 n =0 (2n )!
numero
di
polinomi
x2 x4
x6
+
−
+ LL ,
2 24 720
tende
all’infinito,
cioè
per
cui

 x2 x4

x6
 = lim1 −
 = 1 .
+
−
+
L
L

 x→0
2 24 720



Un ulteriore modo è notare che la funzione per la sua limitatezza sta sempre al di sotto della retta
x2
y = 1 e sempre al di sopra della parabola y = 1 −
come rappresentato dalla figura sottostante:
2
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Quindi 1 −
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
x2 
x2
≤ cos( x) ≤ 1 , per cui poiché per x → 0 lim1 −  = 1, lim1 = 1 , per il teorema dei
x →0
x →0
2
2 

carabinieri vale lim cos( x) = 1 .
x →0
7)
La funzione y = f ( x) = x 2 − 1 può essere riscritta in questo modo:
 x 2 − 1
y = f ( x) = x 2 − 1 = 
1 - x 2
x ≥ 1 ∪ x ≤ -1
-1 < x < 1
Questa funzione è continua nei punti x = ±1 . Infatti
(
)
(
)
lim x 2 − 1 = lim− 1 − x 2 = 0
x →1+
(
)
x →1
(
)
lim 1 − x 2 = lim− x 2 − 1 = 0
x → −1+
x →1
La sua derivata prima è:
2 x x ≥ 1 ∪ x ≤ -1
y' = 
-1 < x < 1
− 2 x
e
2 = lim+ (2 x ) ≠ lim− (− 2 x ) = −2
x →1
x →1
2 = lim+ (− 2 x ) ≠ lim− (2 x ) = −2
x → −1
x → −1
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Questo significa che i limiti lim f ' ( x) non esistono, cioè la funzione y = f ( x) = x 2 − 1 è
x → ±1
derivabile in tutto R tranne in x = ±1 . In particolare in essi presenterà dei punti angolosi come si
nota dalla figura sottostante:
8)
1
Consideriamo l’integrale
∫ f (2 x)dx ed effettuiamo la sostituzione 2 x = t .
0
Ora si ha:
1
dt
2
x→0⇒t →0
x →1⇒ t → 2
dx =
per cui
1
∫
0
2
1
4
f (2 x)dx = ∫ f (t )dt = = 2
20
2
1
cioè l’integrale
∫ f (2 x)dx è calcolabile e pari a 2 con i dati in possesso.
0
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1
Consideriamo l’integrale
x
∫ f  2 dx
Soluzione di De Rosa Nicola
ed effettuiamo la sostituzione
0
x
=t.
2
Ora si ha:
dx = 2dt
x→0⇒t →0
x →1⇒ t →
1
2
per cui
1
1
2
0
0
∫ f (2 x)dx = 2∫ f (t )dt
e tale integrale non è calcolabile per i dati che sono in possesso.
9)
Ricordando il significato matematico del coefficiente binomiale si ha:
 n − 1
(n − 1)!

 =
 k − 1 (k − 1)!(n − k )!
 n − 1
(n − 1)!

 =
 k  (k )!(n − k − 1)!
Quindi
 n − 1   n − 1
(n − 1)!
(n − 1)!

 + 
 =
+
=
 k − 1  k  (k − 1)!(n − k )! (k )!(n − k − 1)!
k (n − 1)!
(n − 1)!(n − k )
=
+
=
k (k − 1)!(n − k )! (k )!(n − k − 1)!(n − k )
k (n − 1)! (n − 1)!(n − k )
=
+
=
(k )!(n −)!
(k )!(n − k )!
(n − 1)!(k + n − k )
n(n − 1)!
=
=
=
(k )!(n − k )!
(k )!(n − k )!
=
n
(n)!
=  
(k )!(n − k )!  k 
Su tale formula, detta di Stiefel, è basata la costruzione del triangolo di Tartaglia. Infatti in tale
triangolo i lati obliqui sono tutti 1, mentre i coefficienti centrali si ottengono dalla somma dei due
coefficienti della riga precedente alla sua destra ed alla sua sinistra come sotto rappresentato:
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10)
Sui 90 numeri disponibili 3 sono congelati perché le cinquine devono contenere i numeri 1,2 e 3.
Per cui sugli 87 rimanenti vanno presi altri due numeri che assieme agli altri 3 formano la cinquina.
Quindi il numero di cinquine corrisponderà al numero di combinazioni di 87 elementi a gruppi di 2,
cioè
 87  87! 86 * 87
# cinquine =   =
=
= 43 * 87 = 3741
2
 2  2!85!
21
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