Nel piano riferito a coordinate cartesiane, ortogonali e

PROBLEMA 1
Nel piano riferito a coordinate cartesiane, ortogonali e monometriche, si considerino i triangoli ABC
con A(1, 0), B(3, 0) e C variabile sulla retta d’equazione y = 2x.
1.
3 6
ˆ =π
Si provi che i punti (1, 2) e  ,  corrispondono alle due sole posizioni di C per cui è ACB
4
5 5
Soluzione
Abbiamo C ≡ ( h;2h) . Imponiamo la validità del teorema di Carnot:
(
)
2
2
2
ˆ ⇒
AB = BC + AC − 2 ⋅ BC ⋅ AC ⋅ cos ACB
2
2
2
2
2
⇒ (1 − 3) = ( 3 − h ) + ( 2 h )  + (1 − h ) + ( 2h )  − 2 ⋅

 

( 3 − h) 2 + ( 2h )2
⋅
(1 − h) 2 + ( 2h ) 2 ⋅ cos ( 45° ) ⇒
⇒ 4 = 10h 2 − 8h + 10 − 2 ⋅ ( 5h2 − 6h + 9 ) ⋅ ( 5h2 − 2h + 1) ⇒
⇒ 4 ⋅ ( 5h2 − 4h + 3) = 2 ⋅ ( 5h 2 − 6h + 9 ) ⋅ (5h 2 − 2h + 1) ⇒ 25h 4 − 40h 3 + 30 h2 − 24 h + 9 = 0 ⇒
2
3
⇒ h = ∨ h= 1
5
2.
Si determini l’equazione del luogo geometrico γ descritto, al variare di C, dall’ortocentro del
triangolo ABC. Si tracci γ .
Soluzione
Determiniamo le coordinate dell’ortocentro, come intersezione delle altezze per C: x = h, e per A:
h −3
y=
⋅ ( x − 1) . Cioè
2h
x=h
x=h




⇒

h−3
h2 − 4h + 3 ,
 y = 2h ⋅ ( x − 1)
y =

2h
parametriche del luogo. In forma cartesiana divengono:
che
sono
le
equazioni
y=
x2 − 4 x + 3
1
3
⇒ y = x − 2+
2x
2
2x
Che è l’iperbole in figura.
3.
Si calcoli l’area Ω della parte di piano delimitata da γ e dalle tangenti a γ nei punti A e B.
Soluzione
Determiniamo le equazioni delle tangenti in A e in B. Calcoliamo intanto la derivata della
funzione: y ' =
1
3
− 2 . Le tangenti sono perciò:
2 2x
t A : y = − ( x − 1) ; t B : y =
1
⋅ ( x − 3)
3
La regione di cui calcolare l’area è quella in figura:
 y = − ( x − 1)

L’intersezione delle tangenti è: 
⇒
1
y
=
⋅
x
−
3
(
)

3

3/2
−
∫
1
3

 x = 2
. Quindi l’area è:

1
y = −

2
x
3 
3 
3

 x−3 x
− +2−
1− x − + 2 −
 dx − ∫ 
 dx = ⋅ ( ln(3) − 1)
2
2x 
3
2
2x 
2

3/2
3
4.
Verificato che è Ω =
3
⋅ ( ln3 −1) si illustri una procedura numerica per il calcolo approssimato di
2
ln 3.
Soluzione
Possiamo usare lo sviluppo in serie di ln(1 + x) che però converge solo per 0 < x < 1, perciò
scriviamo:
 3
 3
 3

ln ( 3) = ln  e ⋅  = ln ( e ) + ln   = 1 + ln 1 + − 1  = 1 + ln
 e
e
 e

 3− e 
1 +

e 

3 −e 


e 
⋅
.
n
n
∞
Ora
ln (1 + x ) = ∑ ( −1)
1
n +1
⋅
xn
.
n
n +1
 3−e 
ln ( 3) = 1 + ln  1 +
 = 1 + ∑ ( −1)
e 

1
∞
Quindi
Sviluppando fino a n = 3, abbiamo:
 3− e   3− e 

 

3
2
 3−e   e   e 
3 5e − 54e + 81e − 54
ln ( 3) ≈ 1 + 
−
+
=
−
e
⋅
≈ 1,09863

2
3
6
 e 
2
3
Che è preciso fino al quarto decimale.
PROBLEMA 2
Siano f e g le funzioni definite, per ogni x reale, da f ( x ) = 2 x , g ( x ) = x 2 ,
1.
Si traccino i grafici di f e di g e si indichi con A la loro intersezione di ascissa negativa.
Soluzione
Abbiamo un’esponenziale e una parabola, che si disegnano facilmente e che rappresentiamo in un
sistema di metrico per comodità:
2.
Si calcoli, con uno dei metodi di approssimazione numerica studiati, l’ascissa di A con due cifre
decimali esatte.
Soluzione
Possiamo usare il teorema di esistenza degli zeri e il relativo metodo dicotomico, applicato alla
funzione f(x) – g(x).
x
h(x)
-1 -1/2
0
1
Quindi -1 < x A < 0. Dimezziamo l’intervallo: h ( −1 / 2 ) =
2 ⋅ 2 −1
> 0 . -1 < xA < -0,5.
4
8 ⋅ 4 2 −9
> 0 ⇒ − 1 < xA < − 0,75;
16
 −1 − 3 / 4 
 7  32 ⋅ 8 2 − 49
h
=
h
< 0 ⇒ −0,875 < xA < − 0,75;

− =
2
64


 8
h ( −3 / 4 ) =
 − 0,875 − 0,75 
h
 = h ( −0,8125 ) < 0 ⇒ − 0,8125 < xA < − 0,75;
2


 − 0,8125 − 0,75 
h
 = h ( −0,78125 ) < 0 ⇒ − 0,78125 < x A < − 0,75;
2


 − 0,78125 − 0,75 
h
 = h ( −0,765625 ) > 0 ⇒ − 0,78125 < x A < −0,765625;
2


 − 0,78125 − 0,765625 
h
 = h ( −0,7734375) < 0 ⇒ −0,7734375 < x A < −0,765625;
2


 − 0,7734375 − 0,765625 
h
 = h ( − 0,76953125 ) < 0 ⇒ − 0,76953125 < x A < −0,765625
2


Quindi il valore con due cifre decimali esatte è -0,76.
3.
Quanti e quali sono gli zeri della funzione h ( x ) = 2x − x2 ? Si tracci il grafico di h (x).
Soluzione
Abbiamo h ' ( x ) = 2 x ⋅ ln2 − 2 x , che è certamente positiva per x < 0. Inoltre sappiamo che ha
come zeri il precedente valore e anche, ovviamente, x = 2 e x = 4. Visto che 2x è infinito superiore
a qualunque polinomio, non è difficile capire che per x > 4 si ha: 2x > x 2 . Pertanto vi sono solo 3
zeri. Il grafico è il seguente:
4.
Si calcoli l’area racchiusa tra il grafico di h e l’asse x sull’intervallo [2, 4].
Soluzione
Dobbiamo calcolare l’area in figura
4
 2x x3 
56 12
cioè − ∫ ( 2 − x ) dx = − 
−  =
−
.
3 ln2
 ln2 3  2
2
4
x
2
QUESTIONARIO
1.
Siano dati un cono equilatero e la sfera in esso inscritta. Si scelga a caso un punto all’interno del
cono. Si determini la probabilità che tale punto risulti esterno alla sfera.
Soluzione
Ecco la situazione grafica:
Consideriamo i triangoli simili in figura:
vale la seguente proporzione:
AV : AH = VC : CT
Esprimiamo tutto in termini del raggio di base del cono:
2r : r = 4r 2 − r2 − RC : RC ⇒ 2 =
3 ⋅ r − RC
3
3
3
⇒2=
⋅r −1⇒
⋅ r = 3 ⇒ RC =
⋅r
RC
RC
RC
3
Quindi il volume del cono, che rappresentano i casi possibili, è
π r2 ⋅ 3 ⋅ r
3 3
=π⋅
⋅r
3
3
Mentre il volume della sfera, complementare dei casi favorevoli, è
3
4  3 
4π ⋅ 3 3
π ⋅
⋅ r =
⋅r
3  3 
27
Pertanto la probabilità cercata è
π⋅
2.
3 3 4π ⋅ 3 3
⋅r −
⋅r
9− 4 5
3
27
=
=
9
9
3 3
π⋅
⋅r
3
Ricordando che il lato del decagono regolare inscritto in un cerchio è sezione aurea del raggio, si
5 −1
π 
provi che sin   =
.
4
 10 
Soluzione
Dire che il lato è sezione aurea del raggio significa che vale la seguente proporzione:
r : l = l : r − l ⇒ l2 + l ⋅ r − r 2 = 0 ⇒ l =
−r + r ⋅ 5
2
Adesso consideriamo la seguente figura:
l −r + r ⋅ 5
 π  AH 2
4
Abbiamo: sin   =
= =
=
r
 10  AC r
3.
5 −1
4
Un solido ha per base un cerchio di raggio 1. Ogni sezione del solido ottenuta con un piano
perpendicolare ad un prefissato diametro è un triangolo equilatero. Si calcoli il volume del solido.
Soluzione
Ecco la figura
dobbiamo determinare la misura del lato del triangolo in funzione del raggio.
Si ha: DE = 2 ⋅ AH ⋅ HB = 2 ⋅ x⋅ ( 2 − x ) , con 0 < x < 2. l’area dei triangoli equilateri è perciò:
2
2 ⋅ x ⋅ ( 2 − x )  ⋅ 3


= 3 ⋅ x ⋅ (2 − x)
4
Pertanto il volume richiesto è
2
∫
3 ⋅ x ⋅ ( 2 − x ) dx =
0
4.
4
⋅ 3
3
Si esponga la regola del marchese de L’Hôpital (1661 – 1704) e la si applichi per dimostrare che
x 2008
= 0.
x→∞ 2x
lim
Soluzione
La regola è applicabile a forme indeterminate del tipo
0 ∞
, , per rapporti di funzioni continue e
0 ∞
derivabili, per le quali esiste il limite del rapporto delle derivate. Tutte le ipotesi sono valide.
Abbiamo allora:
x 2008
2008 ⋅ x2007
=
lim
x→∞ 2x
x→∞ 2 x ⋅ ln 2
( )
lim
Il limite ottenuto è ancora forma indeterminata a cui è applicabile la regola. La applicheremo
altre 2007 volte, ottenendo: lim
x→∞
5.
2008!
2 ⋅ ( ln2)
x
2008
=0.
Nel piano riferito a coordinate cartesiane (x, y) si dica qual è l’insieme dei punti per i quali
risulta: y2 – x3 > 0.
Soluzione
Per x <0 è sempre verificata. Per x > 0 essa equivale a y > x 3 ∨ y < − x 3 . Graficamente si ha:
6.
I lati di un parallelepipedo rettangolo misurano 8, 9 e 12 cm. Si calcoli, in gradi e primi
sessagesimali, l’ampiezza dell’angolo che la diagonale mandata da un vertice fa con ciascuno dei
tre spigoli concorrenti al vertice.
Soluzione
Ecco la figura
I triangoli sono tutti rettangoli di ipotenusa la diagonale, lunga
82 + 9 2 + 12 2 = 17 . Gli angoli
misurano
8 
 9 
 12 
cos−1   ≈ 61°55'39";cos −1   ≈ 58°2 '3";cos −1   ≈ 45°5 ' 5 7 "
 17 
 17 
 17 
7.
Perché è geometria “non” euclidea? Che cosa e come viene negato della geometria euclidea? Si
illustri la questione con gli esempi che si ritengono più adeguati.
Soluzione
Si parla di geometrie non euclidee per quelle geometrie che non verificano qualcuno dei postulati
della geometria euclidea. Per esempio il quinto postulato delle parallele, ottenendo le geometrie
iperboliche, di Riemann, ed ellittiche, di Lobacewski. Ma ci sono anche quelle che non verificano
il postulato archimedeo della continuità.
8.
Sia f la funzione definita da f ( x) = π x − xπ . Si precisi il dominio di f e si stabilisca il segno
delle sue derivate, prima e seconda, nel punto x = π .
Soluzione
La funzione è definita in tutti i reali positivi. Poi si ha:
f ' ( x ) = π x ⋅ ln (π ) − π ⋅ xπ −1 ; f " ( x ) = π x ⋅ ln2 ( π ) − π ⋅ ( π − 1) ⋅ xπ −2
Inoltre:
f ' (π ) = π π ⋅ ln (π ) − π ⋅ π π −1 = π π ⋅  ln (π ) − 1 > 0;
1

f " ( π ) = π π ⋅ ln 2 ( π ) − π ⋅ ( π −1 ) ⋅ π π −2 = π π ⋅ ln2 ( π ) − 1+  > 0
π

9.
In una classe composta da 12 maschi e 8 femmine, viene scelto a caso un gruppo di 8 studenti.
Qual è la probabilità che, in tale gruppo, vi siano esattamente 4 studentesse?
Soluzione
I casi possibili sono tutte i modi di scegliere 8 elementi da un gruppo di 20, senza curarsi
 20 
dell’ordine di estrazione, cioè   . I casi favorevoli sono quelli che contengono 4 femmine,
8
12   8 
scelte da 8 e 4 maschi, scelti da 12, cioè:   ⋅   . La probabilità è perciò:
 4  4 
12  8 
 ⋅ 
 4  4  = 1155 ≈ 0,275
 20 
4199
 
8
10. Qual è l’equazione della curva simmetrica rispetto all’origine di y = e−2 x ? Quale quella della
curva simmetrica rispetto alla bisettrice del primo e terzo quadrante?
Soluzione
 x ' = −x
La simmetria rispetto all’origine ha equazioni: 
, quindi la curva simmetrica è:
y' = −y
− y = e 2x ⇒ y = −e2 x .
x ' = y
La simmetria rispetto alla prima bisettrice ha equazioni: 
, quindi la curva simmetrica è:
y' = x
1
x = e−2 y ⇒ −2 y = ln ( x ) ⇒ y = − ⋅ ln ( x ) .
2
.