Climber di Climber
Mito 5422 punti

[newpage]Sono identici a quelli del PNI

[comment]Primo quesito
La geometria euclidea è l'approssimazione utilizzata correntemente per descrivere il mondo su piccole scale. Aumentando la scala, ad esempio, bisogna considerare la curvatura della superficie terrestre, e per avere una geometria intrinseca abbiamo per forza bisogno di quella non euclidea. Aumentando ancora la scala, intervengono le correzioni della relatività generale, e anche per quelle è indispensabile la geomtria non ecuclidea.

Secondo quesito


[math]
P\in grafico\left(\sqrt{x}\right)

\Rightarrow P\left(x,\sqrt{x}\right)\: x\geq0

Se\: A\left(4,0\right)\\
\Rightarrow dist\left(P,A\right)=d\left(x\right)\sqrt{\left(x-4\right)^{2}+\left(\sqrt{\sqrt{x-0}}\right)^{2}}=\\\sqrt{x^{2}-8x+16+x}=\sqrt{x^{2}-7x+16}\\

\Rightarrow d'\left(x\right)=\frac{1}{2d\left(x\right)}\left(2x-7\right)=0

\Longleftrightarrow x=\frac{7}{2}\Rightarrow P\left(\frac{7}{2},\sqrt{\frac{7}{2}}\right)

[/math]


Terzo quesito

se

[math]f\left(x\right)=sinx[/math]

invertiamo la funzione su
[math]\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]\\
g\left(y\right)=arcsiny\\
V=2\left(\pi\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2}\cdot1-\pi\int_{0}^{1}arcsinydy\right)=\\2\left(\frac{\pi^{3}}{4}-\pi\left[y\cdot arcsiny\mid_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\frac{y}{\sqrt{1-y^{2}}}dy\right]\right)=\\2\left(\frac{\pi^{3}}{4}-\frac{\pi^{2}}{2}+\pi\left(-\sqrt{1-y^{2}}\right)\mid_{0}^{1}\right)=\\2\left(\frac{\pi^{3}}{4}-\frac{\pi^{2}}{2}+\pi\right)
[/math]


Quarto quesito


[math]
\left(\begin{array}{c} n\\4 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} n\\3 \end{array}\right)\\\
\Rightarrow\frac{n!}{4!\left(n-r\right)!}=\frac{n!}{3!\left(n-3\right)!}\\
n\not=0\Rightarrow4!\left(n-4\right)!=3!\left(n-3\right)!\\
\geq4\Rightarrow4=n-3\Rightarrow n=7

[/math]


Quinto quesito

consideriamo la seguente applicazione

[math]
\varphi:\mathbb{N}\rightarrow Q^{2}\\

[/math]


dove
[math]
Q^{2}=\left\{ n^{2}:n\in\mathbb{N}\right\}\\
[/math]

definita da
[math]

\\\varphi\left(n\right)=n^{2}\varphi\left(n\right)=n^{2}
[/math]


tale applicazione è iniettiva e suriettiva
[math]\Rightarrow\[/math]
biiettiva. Pertanto possiamo "contare" tutti i quadrati
[math]
\begin {array}{c|c|c|c|c|c|c}
\mathbb{N} & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & \ldots \\Q^2 & 0 & 1 & 4 & 9 & 16 & \ldots \end{array}
[/math]

e questo mostra che i quadrati sono tanti quanti i numeri naturali


Ottavo quesito

il problema della quadratura del cerchio consiste nel costruire con riga e compasso un quadrato equivalente ad un cerchio dato. Il problema, in forma algebrica implica la risoluzione dell'equazione

[math]l^{2}=\pi r^{2}[/math]
(l=lato quadrato r=raggio circonferenza) e non ha soluzione a causa della trascendenza di
[math]\sqrt{\pi}[/math]
(la soluzione algebrica è
[math]l=r\sqrt{\pi}[/math]
)


Nono quesito

Se

[math]P\left(x,y,z\right)[/math]
è un punto di
[math]\mathbb{R}^{3}[/math]
siano
[math]A\left(a,0,0\right) \ B\left(0,b,0\right)\ C\left(0,0,0\right)\equiv0[/math]

i vertici del triangolo rettangoo nel piano.
Allora
[math]
PA=\sqrt{\left(x-a\right)^{2}+y^{2}+z^{2}}\\
PB=\sqrt{x^{2}+\left(y-b\right)^{2}+z^{2}}\\
PC=\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}\\
[/math]

Ne segue
[math]
\begin{cases}
\left(x-a\right)^{2}+y^{2}+z^{2}=x^{2}+y^{2}+z^{2}\\
x^{2}+\left(y-b\right)^{2}+z^{2}=x^{2}+y^{2}+z^2
\end{cases}[/math]

[math]
\begin{cases}
x^{2}+a^{2}-2ax=x^{2}\\
y^{2}+b^{2}-2by=y^{2}
\end{cases}
[/math]

da cui

[math]
x=\frac{a}{2},\qquad y=\frac{b}{2}
[/math]

e quindi
[math]P(a/2,b/2,z),\ z\in\mathbb{R}[/math]
che è la retta passante per il punto medio dell'ipotenusa AB e perpendicolare al piano che contiene il triangolo

Decimo quesito

I grafici di I e III sono dispari, mentre II è pari. Poiché
g pari

[math]\Rightarrow[/math]
g' dispari
g dispari
[math]\Rightarrow[/math]
g' pari
ciò implica che f deve essere o I o III e f' è II. Poiché f' si annulla in due punti
[math]\Rightarrow[/math]
f ha due punti stazionari e quindi un max e un min. Ne segue che f è la III e la risposta giusta è D
[/comment]

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