Matematica PNI - Soluzione

PROBLEMA 1

1)









2)

Se n è pari =>
Se n è dispari =>

Allora se n è pari => f sempre decrescente e non ha né massimo né minimo
se n è dispari allora:
f cresce per x<0
f descresce per x>0
f ha un massimo in x = 0 e f(0) = 1 => M(0;1)


Ora
(forma indeterminata )

Applicando de l'Hopital n volte:


(il segno dipende da n)

Infatti se n è dispari:

.
Posto t = -x


Allora se n è dispari M(0;1) è un massimo assoluto e quindi

3)

Se



La funzione risulta sempre positiva non si annulla mai. Inoltre, se . Si ha poi





e quindi è un asintoto orizzontale a destra e non ci sono altri asintoti.

Avendosi poi


allora per ogni . Per cui non ci sono estremi e la funzione risulta ovunque decrescente. Infine



ed avendosi , per ogni valore reale e , abbiamo due flessi nei punti e la funzione rivolge la concavità verso l'alto su .



4)

Abbiamo:



L'integrale rappresenta l'ara sottesa dalla curva , delimitata dall'asse delle ascisse e dalle rette di equazione .

PROBLEMA 2

Sia , definita da , con

1)

Il dominio della funzione è tutto l'asse reale. Inoltre mentre e si ha

a) se , per ;
b) se , per ;
c) se , per .

Inoltre e sono indipendenti da .

Si ha poi e quindi

a) se , per ;
b) se , per ;
c) se , per .

Nel caso c) si hanno allora due estremi:

un Max in che vale ;
un min in che vale .

Infine per e quindi si ha un flesso in .

Il grafico nei tre casi è riportato di seguito:

a)


b)


c)


Si osservi che la differenza nel grafico in a) e b) sta nella pendenza (la tangente nell'origine.

2)

Consideriamo la cui intersezione con si ottiene risolvendo . Considero la funzione , che ha dominio coincidente con l'asse reale e per cui . Inoltre
per ogni valore reale, e quindi è ovunque crescente. Dal teorema di esistenza degli zeri esiste allora un unico tale che e quindi per un unico punto c.

3)

La funzione inversa è data da e quindi dobbiamo calcolare l'integrale della regione finita illustrata in figura (compresa tra i due archi).



Per determinare il punto di intersezione, dobbiamo risolvere , da cui le cui uniche soluzioni reali e non negative sono . Allora





4)



Per calcolare il volume, osserviamo che ogni rettangolo ha la base che risulta perpendicolare alla bisettrice del primo quadrante. La metà di tale base è pari alla distanza del punto generico sulla curva e la bisettrice stessa. Allora

ed essendo e quindi si ha



Allora

.

Avendosi



risulta l'unico punto accettabile e rappresenta il massimo che vale

.

Per il volume abbiamo





QUESTIONARIO

1)

Possiamo scrivere:



come volevasi dimostrare.

2)

Dal momento che l'immagine coincide con il codominio (ovvero ogni elemento "y" dell'insieme B)e ogni elemento è immagine di almeno un elemento di A (dominio) esistono funzioni suriettive.

L'assenza di un numero sufficiente di elementi nell'insieme B rende impossibile la presenza di un'immagine distinta per ogni elemento del Dominio.

non esiste pertanto alcuna funzione iniettiva.

Dal momento che, per definizione, una funzione è biettiva se è sia suriettiva che iniettiva (deve esistere corrispondenza biunivoca tra gli elementi del dominio e del codominio) non esisteranno nemmeno funzioni biettive.

3)

Sia L = 10 cm il lato della mattonella. Consideriamo la mattonella dove si trova il centro della moneta. La moneta si trova sopra i bordi della mattonella se la distanza del centro della moneta dal bordo è minore del raggio della moneta. Questo vuol dire che la moneta non cade sui bordi se cade nel quadrato di lato L - 2 r. La probabilità quindi che cada all'interno è

4)

L'affermazione è falsa: non esiste nessun poliedro regolare le cui facce sono esagoni. La spiegazione è questa: consideriamo uno qualsiasi dei vertici di un poliedro regolare. Se cerchiamo di sviluppare (= stendere su un piano) tutte le facce che insistono su quel vertice, otteniamo dei poligoni regolari con un vertice in comune. La somma degli angoli piani che insistono su quel vertice deve essere per forza strettamente minore di 360°, perché altrimenti non sarebbe possibile "piegare" i poligoni e costruire una figura solida.
Cerchiamo di fare questo con degli esagoni regolari (che hanno angoli ai vertici di 120°). Poiché un angolo solido ha almeno 3 facce, servono minimo 3 esagoni, ottenendo un angolo totale di esattamente 360°. Poiché non si riusciamo ad ottenere un angolo minore di 360°, non è possibile ottenere un poliedro regolare.

5)

E' possibile solo alla prima, e il risultato è 0.
La motivazione è questa: per definizione vuol dire che

Nel primo caso, dire vuol dire . Questo può succedere solo se x = 0 (dato che 0 è elemento neutro dell'addizione e di conseguenza elemento nullificatore del prodotto)

Nel secondo caso, dire vuol dire . Ma poiché 0 è nullificatore, il risultato della moltiplicazione è 0 indipendentemente dal valore di x. x quindi è indeterminato, può assumere qualsiasi valore, e quindi non ha un valore numerico univoco.

Nel terzo caso, dire vuol dire . Ma poiché 0 è nullificatore, il risultato della moltiplicazione è per forza 0, e quindi l'equazione è impossibile (si usa in senso improprio per sottointendere un passaggio al limite).

Nel quarto caso, per i teoremi sulle potenze e si rimanda al secondo caso.

6)

Scriviamo la formula del metodo di Newton delle tangenti



Nel nostro caso, e


Abbiamo dunque:



Si può vedere che già alla seconda iterazione la soluzione approssimata coincide con la soluzione reale (pi greco) fino all'ottava cifra decimale.

7)







Dal momento che



e che



Possiamo riscrivere



come



Scambiando l'ordine dei fattori al numeratore e al denominatore, otteniamo



e, sapendo che



dimostriamo l'uguaglianza

8 )

Sia u il numero degli uomini e d quello delle donne. Analogamente e' la somma delle eta' degli uomini e delle donne.
Dalla media di tutti sappiamo che



Sappiamo poi che



Quindi




9)

Il teorema di Cavalieri enuncia che se due solidi hanno tutte le sezioni congruenti allora hanno stesso volume.

si tagli il cilindro con un piano parallelo alla base.

Il piano interseca cono e scodella..

Le due figure che otteniamo, sono un cerchio (tra piano e cono) ed una corona circolare (tra piano e scodella)



VHB e rettangolo in H

l'angolo VPQ=90°, dal momento che i triangoli HBV e PQV sono simili (condividono l'angolo in V e hanno l'angolo VQP e VBH corrispondenti (Talete))

Posto VP=h, l'area del cerchio sarà



L'area del settore circolare sarà invece:
per il teorema di Pitagora



Area della scodella sarà



Che dimostra che le aree sono, appunto, uguali.

10)

La proposizione citata è la forma originale del V postulato di Euclide, oggi comunemente noto sotto la forma: "Per un punto esterno ad una retta passa una ed una sola retta parallela alla retta data".
La sua importanza storica è dovuta al fatto che, essendo meno auto-evidente degli altri assiomi scelti da Euclide, si è cercato per secoli di dimostrarlo derivandolo dagli altri assiomi. Solo nell'Ottocento, mutata la visione degli assiomi della matematica (non più verità auto-evidenti, ma assunzioni arbitrarie e non obbligatorie), si capì che il V postulato era effettivamente un assioma. Gauss prima e Riemann poi derivarono infatti una geometria coerente basandosi sulla negazione del postulato, ottenendo le geometrie non euclidee, che avranno una grande influenza sullo sviluppo della matematica e della fisica dell'ultimo secolo.