Problema 1 – PNI 1. In base a considerazioni di geometria analitica si deduce la seguente espressione per la funzione : 4 4 0 4 0 22 √12 2 4 2 4 6 Dal grafico ( o dal calcolo delle derivate) si deduce che la funzione non è derivabile nei punti A, O, D (derivata infinita), non è neppure derivabile nel punto mentre quella sinistra vale zero. L’unico C in quanto la derivata destra vale punto, tra quelli richiesti di derivabilità è B: entrambe le derivate, sinistra e destra, valgono zero. 4 2. 0 per una nota proprietà degli integrali definiti. 0 2 (area di un semicerchio posizionato nel semipiano negativo delle ). 1 2 Il valore di √ 2 √ può essere calcolato per sostituzione. Si può però anche procedere in base a considerazioni geometriche. La regione in questione (colorata di rosso nella figura) può essere vista come differenza tra un settore circolare di raggio 2 con angolo al centro di ampiezza un triangolo di base 1 e altezza √ . e L’area in questione è allora data da: 1 6 2 2 1 √3 2 2 3 √3 2 (in base a considerazioni geometriche) 4 4 (in base a considerazioni geometriche) 6 4 √12 2 4 3. In base al significato geometrico dell’integrale definito si deduce che la funzione 4 4 In conclusione Essendo 2 è negativa per 4e 2 0 e 2 . si annulla per 4 2 2 . e positiva per 2 6; . funzione continua, dal teorema fondamentale del calcolo integrale segue che ′′ è negativa per (con 2 0, tale zero è compreso nell’intervallo 2, 4 . Indicato lo zero con , abbiamo nulla per 4. Essendo ha un unico zero, oltre a 4 0) e di nuovo negativa per 4 2, nulla per 6. Per 2, positiva per ∈ 2, 4 , 2 2 0. 4. Da tutte le informazioni precedenti si ricava il seguente grafico per la funzione : Il punto 0 è di minimo assoluto, il punto 6 è un massimo assoluto. 1. Le equazioni della simmetria centrale sono Sostituendo nella f , si ottiene: x = 4 − x0 y = −y 0 p y 0 = (2 − x0 ) 4x0 − x02 provando così che (2, 0) è centro di simmetria per Γ. Derivando f , si ottiene: f 0 (x) = 2(x2 − 4x + 2) √ 4x − x2 e in particolare f 0 (2) = −2. L'equazione: tan α = −2 ammette come soluzione approssimata α = −63 260 . ◦ 2. Verichiamo l'uguaglianza f 0 (2 + t) = f 0 (2 − t). Sostituendo nella derivata prima si ottiene: t2 − 2 t2 − 2 √ = 4 − t2 4 − t2 L'uguaglianza dei coecienti angolari conferma che le tangenti cercate sono parallele. 21 23 Le due domande nali del punto 2 chiedono se f 0 assume il valore − oppure − . 10 12 Consideriamo allora l'intervallo in cui f è decrescente (ovvero f 0 è negativa). In tale intervallo f 0 assume 0 come valore massimo (agli estremi) e al minimo, nel punto x = 2, vale −2. Quindi l'equazione: f 0 (x) = − 21 10 non è mai soddisfatta. 23 L'equazione f 0 (x) = − è invece possibile (in quanto f 0 assume tutti i valori tra −2 e 0). 12 3. Vista la simmetria di Γ, abbiamo: Z A=2 0 2 i2 p 2h 16 (x − 2) 4x − x2 dx = (4x − x2 )3/2 = 3 3 0 π π (gli altri valori f (x) = + 2kπ con k 6= 0 non sono accettabili, 2 2 π stante il codominio di f ). Gracamente, intersecando Γ con la retta y = si vede che le soluzioni dell'equa2 zione h(x) = 1 sono due. Derivando h(x), otteniamo: h0 (x) = cos[f (x)] · f 0 (x) 4. L'equazione h(x) = 1 è equivalente f (x) = I punti stazionari di h si ottengono dalle equazioni: a) f 0 (x) = 0 b) cos[f (x)] = 0 ovverof (x) = ± π 2 Tenendo√conto della simmetria del graco di f , ci possiamo limitare all'intervallo [0, 2]. La condizione a) da x = 2 − 2; la condizione b) da due punti x1 e x2 per i quali è h(x) = 1 e che sono dunque punti di massimo assoluto. 1 √ I punti 4 − x1 e 4 − x2 sono punti di massimo assoluto; x = 0 e x = 2 − 2 sono punti di minimo relativo. Sempre dal graco della funzione h(x), si vede che l'equazione h(x) = k ammette 4 soluzioni distinte per k ∈ (sin 2, 1) e per k ∈ (−1, − sin 2). Inne, per simmetria, risulta: Z 4 h(x) dx = 0 . 0 2 Questionario – PNI 1. Dal teorema dei seni abbiamo: sin 4 da cui sin sin 30° 3 arcsin . Con l’uso di una calcolatrice si ottiene il valore equivalgono a ∙ 41,81 °. Gli primi sessagesimali (tra 48′ e 49′). Quindi di grado 41°49′. 2. Per avere un poliedro regolare, in ogni vertice devono concorrere almeno tre poligoni regolari. L’esagono regolare ha angoli al vertice di 120° quindi tre di essi concorrenti in un vertice stanno su un piano. 3. La probabilità può essere calcolata come rapporto tra numero di casi favorevoli all’evento e numero di casi possibili. Il numero di casi possibili è 20 3 Probabilità di osservare esattamente una pallina è rossa. Il numero di casi favorevoli è 5 15 . 1 2 La probabilità è perciò 5 15 35 1 2 5 15 14 3 2 . 2 20 19 18 76 20 3 Probabilità di osservare tre palline di colori differenti, il numero di casi 4 5 5 5 4 favorevoli è dove è il numero di possibilità per i tre colori 3 1 1 1 3 differenti. La probabilità è perciò 4 5 5 5 3 1 1 1 4 5 5 5 3 2 25 20 19 18 57 20 3 4. Il volume di Ω è: 1 ∙ 1 1 1 1 √ 5. Sulla sfera basta considerare il triangolo geodetico formato dall’equatore e da due meridiani perpendicolari al polo nord. 6. Il cilindro abbia altezza h e raggio di base r. Si ha: 3 4 Quindi il volume del cilindro è 3 Derivando, 0 per 4 2, ma la soluzione 2 non ha senso. 7. Data ln 2 per cercare il valore del minimo si studia il segno della derivata. Dal confronto grafico fra le funzioni ln e 2 si vede che le intersezioni sono due e con 0 1e 1. ′ 0 se ′ 0 per 0 e Quindi la funzione è decrescente per 0 pertanto la funzione assume il minimo in e crescente per 0,159. 8. Calcoliamo la probabilità come rapporto tra il numero di casi favorevoli e il numero di casi possibili. Il numero di casi possibili è 63 216 . Probabilità di punteggio totale 9 Un punteggio pari a 9 può essere ottenuto con le seguenti combinazioni: 1,2,6; 1,3,5; 1,4,4; 2,2,5; 2,3,4; 3,3,3; Per ogni combinazione bisogna considerare il numero di permutazioni. Le permutazioni sono 3!=6 in caso di tre numeri differenti, 3 in caso di due numeri coincidenti e 1 nel caso di tre numeri differenti. Il numero di casi favorevoli è 3 6 2 3 1 25 . La probabilità è perciò 25 . 216 Probabilità di punteggio totale 10 Un punteggio pari a 10 può essere ottenuto con le seguenti combinazioni: 1,3,6; 1,4,5; 2,2,6; 2,3,5; 2,4,4; 3,3,4; Per ogni combinazione bisogna considerare il numero di permutazioni. Le permutazioni sono 3!=6 in caso di tre numeri differenti, 3 in caso di due numeri coincidenti. Il numero di casi favorevoli è 3 6 3 3 27 . La probabilità è perciò 27 1 . 216 8 9. Z e Q hanno la stessa cardinalità di N perché entrambi numerabili: possono essere posti in corrispondenza biunivoca con N. Il matematico tedesco Georg Cantor ha dimostrato nel 1872 che invece R ha la potenza del continuo: non esiste una corrispondenza biunivoca dei suoi elementi con N. 4 (altrimenti il limite sarebbe infinito). 10. Deve essere necessariamente Calcoliamo: lim → √4 2 2 lim → 1 4 1 2 lim ∙ → 8 4 1per 4