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
Riscriviamo dunque
E dunque
Allora
e' la retta tangente in R
Per il punto S si ha
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:
TANGENTE SINISTRA:
4)
1)
Se b>1 allora
Se
Riscriviamo dunque
[math] g(x)= \{ \frac{1-x}{1+x} \ \ -11 [/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]
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 allora
i grafici sono simmetrici per
2) dal momento che P appartiene alla funzione, allora
la tangente in P sara'
Se AB = 1 allora
3)
r: y=mx
la tangente generica e'
Allora
e dunque
inoltre
4)
1 )
dove q(x) e' un polinomio di grado n-1
Sia
allora (indichiamo con D la derivata e come apice evidenziamo il grado della derivata (1 sara' la derivata prima, k la derivata k-esima)
Infatti per induzione
e
Se e' vero per k
Inoltre banalmente
Allora sara' vero che
2)
Gli angoli
Per quanto riguarda
3)
l'equazione della retta tangente in un generico punto della funzione, e' data dall'equazione
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'
Dal momento che occorre la pendenza pari a 2 della retta tangente dovra' essere
4)
per sostituzione posto
(si e' utilizzato il limite notevole
5)
l'apotema e' l'ipotenusa del triangolo rettangolo avente come cateti il raggio di base e l'altezza del cono.
Poniamo
Il volume del cono sara'
e quindi
Dal momento che occorre il volume di area massima, calcoliamo la derivata prima della funzione in h
Che sara' positiva per
[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 perpendicolare3)
[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 sara'
[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
pertanto la funzione avra' un massimo per
Il volume cercato sara' dunque
E siccome un decimetro cubo e' un litro, allora
6)
La funzione e' periodica di periodo
Per il dominio
e per periodicita' dunque
7)
La funzione e' 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 sara'
per
Uguagliano dunque i valori avremo che
8 )
ricordiamo che
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
E dunque
Da cui sviluppando i binomi:
Ricordando che n!=n(n-1)(n-2)(n-3)!
Minimo comune multiplo e semplificazione del denominatore
semplifichiamo n!
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
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)
per cui
pertanto la funzione avra' un massimo per
[math] h= \frac{a}{\sqrt3} [/math]
Il volume cercato sara' 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 e' 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 periodicita' 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 e' 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 sara'
[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=48 )
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]