PROBLEMA NUMERO 1
Soluzione del primo problema dello scientifico tradizionale
1)
Posto AP=x
La retta t e' tangente comune alle due circonferenze.
Poniamo QC=r allora PB=1-x , QB=1-r
[math] \bar{PB}^2+ \bar{QB}^2= \bar{PQ}^2 [/math]
quindi
[math] (1-x)^2+(1-r)^2=(r+x)^2 [/math]
[math]1+ \no{x^2}-2x+1+\no{r^2}-2r=\no{r^2}+ \no{x^2}+2xr \to \\ \to 2(1-x)=2r(1+x) [/math]
E quindi
[math] r= f(x)= \frac{1-x}{1+x} [/math]
Si osservi che
[math] 0 \le x \le 1 [/math]
2)
Il dominio di f e'
[math] 1+x \ne 0 \to x \ne -1 [/math]
[math] D=(- \infty, -1) \ U \ (-1, + \infty) [/math]
si ha
[math] \lim_{x \to \pm \infty} f(x)= \lim_{x \to \pm \infty} \frac{-x}{x}=-1 [/math]
per cui y=-1 e' l'asintoto orizzontale.
Inoltre
[math] \lim_x \to -1^{\pm} f(x)= \pm \infty [/math]
per cui x=-1 e' asintoto verticale
Inoltre
[math] f'(x)= \frac{-1-x-1+x}{(1+x)^2}=- \frac{2}{(1+x)^2} [/math]
Che sul dominio e' sempre
Pertanto la funzione e' sempre decrescente sul Dominio
[math] f''(x)= \frac{2}{(1+x)^3} \ge 0 \to x> -1 [/math]
Concavita' verso l'alto per x>-1 e verso il basso per x>-1.
Il grafico sara':
La funzione e' invertibile in quanto i due rami sono monotoni (in questo caso sempre decrescenti e pertanto iniettivi) e la funzione e' suriettiva.
Segue che
[math] y= \frac{1-x}{1+x} \to (1+x)y=1-x \to x(y+1)=1-y \to x= \frac{1-y}{1+y} [/math]
Per cui
[math] f^{-1} [/math]
coincide con la funzione e hanno lo stesso grafico.
3) Sia
[math] g(x)= | \frac{1-x}{1+x} | [/math]
L'argomento
[math] \frac{1-x}{1+x} \ge 0 \to -1 > x \le 1 [/math]
Riscriviamo dunque
[math] g(x)= \{ \frac{1-x}{1+x} \ \ -1>x \le 1 \\ - \frac{1-x}{1+x} \ \ x>-1 \ U \ x>1 [/math]
E dunque
[math] g(x)=\left\{\begin{array}{lcl}
f(x) & & (-1,1] \\ & & \\ - f(x) & & (- \infty,-1) \cup (1,+ \infty)
\end{array}\right. [/math]
Allora
[math] g'(0)=f'(0)=-2 [/math]
[math] y-g(0)=g'(0)(x-0) \to y=-2x-1 [/math]
e' la retta tangente in R
Per il punto S si ha
[math] g'_+(1)=-f'(1)= \frac14 [/math]
(derivata destra)
[math] g'_-(1)=f(1)=- \frac14 [/math]
(derivata sinistra)
per cui x=1 e' un punto angoloso. Cio' implica che in S vi sono due tangenti diverse (a destra e a sinistra del punto) e sono:
TANGENTE DESTRA:
[math] y-g(1)=g'_+(1)(x-1) \to y=\frac{x}{4}- \frac14 [/math]
TANGENTE SINISTRA:
[math]y-g(1)=g'_-(1)(x-1) \to y=- \frac14 x + \frac14 [/math]
4)
[math] A_{ROS} = \int_0^1 f(x) dx = \int_0^1 \frac{1-x}{1+x} dx [/math]
[math] \int_0^1 \frac{2- (1+x)}{1+x} dx [/math]
[math] \int_0^1 \[ \frac{2}{1+x}-1 \] dx [/math]
[math] \[2 \log |1+x|-x \]^1_0 = 2 \log 2 -1 -2 \log 1 + 0 = 2 \log 2 -1 [/math]
PROBLEMA NUMERO 2
Soluzione del secondo problema dello scientifico tradizionale.
[math] f(x)=b^{x} \ , \ b>0 \ , \ b \ne 1 [/math]
1)
[math] x=0 \to f(x)=b^0=1 [/math]
Se b>1 allora
[math] \lim_{x \to - \infty} b^{x}=0 \\ \lim_{x \to + \infty} b^{x}=+ \infty [/math]
Se
[math]0>b>1[/math]
allora
[math] \lim_{x \to + \infty} b^{x}=0 \\ \lim_{x \to - \infty} b^{x}=+ \infty [/math]
i grafici sono simmetrici per
[math] b'= \frac{1}{b} [/math]
2) dal momento che P appartiene alla funzione, allora
[math] P(x_0,b^{x_0}) [/math]
la tangente in P sara'
[math] y-f(x_0)=f'(x_0)(x-x_0) \\ y-b^{x_0}=b^{x_0} \cdot \log b \cdot (x-x_0) \\ y=b^{x_0} \[ \log b \cdot x - x_0 \log b +1 \] [/math]
[math] A: \{y=0 \\ y=b^{x_0} \[ \log b \cdot x - x_0 \log b +1 \] [/math]
[math] \to \log b \cdot x- x_0 \log b +1=0 \to \\ \to x= \frac{x_0 \cdot \log b -1 }{\log b} [/math]
[math] A \( x_0 - \frac{1}{\log b} , 0 \) [/math]
[math] B \{x=x_0 \\ y=0 [/math]
[math] B (x_0,0) [/math]
[math] \bar{AB}= |x_0- \frac{1}{\log b}-x | = | \frac{1}{\log b} | [/math]
Se AB = 1 allora
[math] \log b=\pm 1 \to b=e,\ b=\frac{1}{e} [/math]
3)
r: y=mx
la tangente generica e'
[math] y-f(x_0)=f'(x_0)(x-x_0) \to \\ \to y-e^{x_0}=e^{x_0}(x-x_0) \to \\ \to y=e^{x_0}(x-x_0+1)[/math]
Allora
[math] \{m=e^{x_0} \\ x_0-1=0 [/math]
e dunque
[math] \{m=e^{x_0} \\ x_0=1 [/math]
inoltre
[math] e= \tan \alpha \to \alpha = \arctan e [/math]
4)
[math] C: \{y=e^x \\ y=e[/math]
[math] e^x=e \ \ \ x=1 [/math]
[math] C(1,e) [/math]
[math] A=e- \int_0^1 e^x dx = e- \[e^x \]_0^1 = e-e+e^0=1 [/math]
QUESTIONARIO
Risposte ai quesiti
1 )
[math] p(x)=a_nx^m+q(x) [/math]
dove q(x) e' un polinomio di grado n-1
Sia
[math] g_m(x)=x^m [/math]
allora (indichiamo con D la derivata e come apice evidenziamo il grado della derivata (1 sara' la derivata prima, k la derivata k-esima)
[math] D^k(g_m(x))= \{ \frac{m!}{(m-k)!} x^{(m-k)} \ \ k \le m \\ 0 \ \ k>m [/math]
Infatti per induzione
[math] D^1 (g_m(x))=mx^{(m-1)} [/math]
e
[math] \frac{m!}{(m-k)!}x^{(m-1)}= \frac{m (m-1)!}{(m-1)!}x^{(m-1)}=mx^{(m-1)} [/math]
Se e' vero per k
[math] D^{(k+1)}(g_m(x))=D\[D^k(g_m(x))\]= \\ = D \[ \frac{m!}{(m-k)!}x^{(m-k)} \] = \frac{m!}{(m-k)!} \cdot (m-k) \cdot x^{(m-k-1)} = \\ = \frac{m!}{(m-k-1)!} x^{(m-k-1)} [/math]
Inoltre banalmente
[math] D \[g_m(x)\]=0 [/math]
Allora sara' vero che
[math] D^n \[p(x) \]= a_n D^n \[x^n \] + D^n \[q(x) \] = \\ = a_n \cdot \frac{n!}{(n-n)!} x^{(n-n)} + 0 = a_n \cdot n! [/math]
2)
Gli angoli
[math] P \hat{B} A [/math]
e
[math] P \hat{B} C [/math]
sono rettangoli in B in quanto la retta r e' prependicolare al piano su cui giace il triangolo.
Per quanto riguarda
[math] P \hat{A}C [/math]
consideriamo il piano
[math] \pi [/math]
che contiene l'angolo
[math] P \hat{A} C [/math]
e la retta s su cui giace il segmento AC. La retta s e' perpendicolare al piano e pertanto dal momento che PA appartiene al piano, l'angolo in questione sara' anch'esso perpendicolare
3)
[math] f(x)=e^{3x}+1 [/math]
l'equazione della retta tangente in un generico punto della funzione, e' data dall'equazione
[math] y-f(x)=f'(x)(x-x_0) [/math]
Dove f(x) e' il valore che la funzione assume per quel punto e f'(x) la derivata prima.
la derivata prima della funzione sara'
[math] f'(x)=3e^{3x_0} [/math]
pertanto
[math] y-e^{3x_0}+1=3e^{3x_0} (x-x_0) [/math]
Dal momento che occorre la pendenza pari a 2 della retta tangente dovra' essere
[math] 3e^{(3x_0)}=2 \to e^{3x_0}= \frac23 \to \\ \to 3x_0= \log \frac23 \to x_0= \frac13 \log \frac23 [/math]
4)
[math] \lim_{x \to \infty} 4x \cdot \sin \frac{1}{x} [/math]
per sostituzione posto
[math] t= \frac{1}{x} [/math]
che tende a zero per x che tende a infinito
[math] \lim_{t \to 0} \frac{4}{t} \cdot \sin t = 4 \cdot \lim_{t \to 0} \frac{\sin t}{t}= 4 \cdot 1 = 4 [/math]
(si e' utilizzato il limite notevole
[math] \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x}= 1 [/math]
)
5)
l'apotema e' l'ipotenusa del triangolo rettangolo avente come cateti il raggio di base e l'altezza del cono.
Poniamo
[math]a[/math]
per l'apotema,
[math]h[/math]
per l'altezza e
[math]r[/math]
per il raggio di base. Allora
[math] h^2+r^2=a^2 \to r^2=a^2-h^2 [/math]
Il volume del cono sarà
[math] \frac13 h \cdot A_b= \frac13 h \cdot \pi r^2 [/math]
e quindi
[math] V= \frac{ \pi h (a^2-h^2)}{3} = \frac{\pi}{3} (a^2h-h^3) [/math]
Dal momento che occorre il volume di area massima, calcoliamo la derivata prima della funzione in h
[math] V'(h)= \frac{\pi}{3}(a^2-3h^2) [/math]
Che sara' positiva per
[math] a^2-3h^2 > 0 \to h^2> \frac{a^2}{3} \to - \frac{a}{\sqrt3} > h > \frac{a}{\sqrt3} [/math]
pertanto la funzione avrà un massimo per
[math] h= \frac{a}{\sqrt3} [/math]
Il volume cercato sarà dunque
[math] V \( \frac{a}{\sqrt3} \)= \frac13 \frac{a}{\sqrt3} \cdot \pi (a^2- \frac{a^2}{3} \) = \frac{\pi \cdot a}{3 \sqrt3} \cdot \frac{2a^2}{3} = \frac{2\pi a^3}{9 \sqrt3} = \\ = \frac{2 \pi 80^3 \ cm^3}{9 \sqrt3} \approx 252750,67 cm^3 [/math]
E siccome un decimetro cubo e' un litro, allora
[math] 252750,67 \ cm^3 = 252,75 \ dm^3 = 252,75 \ l [/math]
6)
[math] f(x)= \sqrt{\cos x} [/math]
La funzione è periodica di periodo
[math] 2 \pi [/math]
Per il dominio
[math] \cos x \ge 0 \to 0 \le x \le \frac{\pi}{2} \ \ U \ \ \frac32 \pi \le x \le 2 \pi [/math]
e per periodicità dunque
[math] 2k \pi \le x \le \frac{\pi}{2}+2k \pi \ \ U \ \ \frac32 \pi +2k \pi \le x \le 2 \pi + 2k \pi [/math]
7)
La funzione è continua in 4 quando la funzione per x=4 assume lo stesso valore nel punto di "salto" ovvero tra 4 e 4+.
per x=4 la funzione sarà
[math] 3x^2-11x-4=0 [/math]
e pertanto
[math] f(4)=0 [/math]
per
[math] x \to 4^{x} [/math]
la funzione sara' la seconda proposta, ovvero
[math] kx^2-2x-1 [/math]
e pertanto
[math] \lim_{x \to 4^{+} f(x)=16k-9 [/math]
Uguagliano dunque i valori avremo che
[math] 16k-9=0 \to k= \frac{9}{16} [/math]
che e' il valore che rende continua la funzione nel punto x=4
8 )
ricordiamo che
[math] \( \begin{array}{c} n \\ \\ k \end{array} \)= \frac{n!}{k!(n-k)!} [/math]
Dal momento che i tre valori sono in progressione aritmetica, dovra' essere costante la differenza tra due elemnti consecutivi, e quindi la differenza tra il terzo elemento e il secondo dovra' essere uguale alla differenza tra il secondo e il primo.
Posto n>3, dal momento che la serie prevede n-3, avremo dunque
[math] \( \begin{array}{c} n \\ \\ n-3 \end{array} \) - \( \begin{array}{c} n \\ \\ n-2 \end{array} \) = \( \begin{array}{c} n \\ \\ n-2 \end{array} \) - \( \begin{array}{c} n \\ \\ n-1 \end{array} \) [/math]
E dunque
[math] \( \begin{array}{c} n \\ \\ n-3 \end{array} \) = 2 \( \begin{array}{c} n \\ \\ n-2 \end{array} \) - \( \begin{array}{c} n \\ \\ n-1 \end{array} \) [/math]
Da cui sviluppando i binomi:
[math] \frac{n!}{(n-3)!(n-(n-3))!} = 2 \frac{n!}{(n-2)!(n-(n-2))!} - \frac{n!}{(n-1)!(n-(n-1))!} [/math]
[math] \frac{n!}{3!(n-3)!}= \frac{\no{2}n!}{\no{2!}(n-2)!}- \frac{n!}{1(n-1)!} [/math]
Ricordando che n!=n(n-1)(n-2)(n-3)!
[math] \frac{n!}{6(n-3)!}= \frac{n!}{(n-2)(n-3)!}- \frac{n!}{(n-1)(n-2)(n-3)!} [/math]
Minimo comune multiplo e semplificazione del denominatore
[math] n!(n-2)(n-1)=6n!(n-1)-6n! [/math]
semplifichiamo n!
[math] (n-2)(n-1)=6(n-2) \to n-1=6 \to n=7 [/math]
Accettabile perche' >3
9)
Disegnamo il segmento AB e la retta su cui giace BC in modo che l'angolo ABC sia di 45°. La distanza di A dalla retta è
[math]\frac{3}{\sqrt{2}} > 2[/math]
. Dato che la distanza è il segmento più breve che unisce un punto ad una retta, e che AC dato è minore della distanza, il triangolo non può esistere.
Per il secondo triangolo la distanza viene 3/2, quindi il segmento AC è maggiore. Chiamiamo H il piede della distanza sulla retta su cui giace BC. Possono esistere due triangoli, uno con il punto C tra A e H e uno sulla semiretta uscente da H non contenente A (infatti, facendo spostare il punto C sulla retta di BC, si ottengono con continuità segmenti AC di lunghezza compresa tra 3/2 e 3 nel segmento AH e maggiore di 3/2 sulla semiretta)
10)
[math] x=y^2 \\ V=32\pi - \pi \int_0^2 y^4 dy = 32\pi - \pi \[ \frac{y^5}{5} \]_0^2 =32\pi - \frac{\pi}{5} \(2^5-0^5 \) =32\pi- \frac{32}{5} \pi [/math]
per cui
[math]V=\frac{128}{5}\pi[/math]
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