Soluzione del primo problema dello scientifico PNI.
a)
[math] g_1(x): x^2+y^2=4 \to y= \sqrt{4-x^2} [/math]
[math] g_2(x): (x-3)^2 + y^2= 1 \to y=- \sqrt{1- (x-3)^2} [/math]
[math] g_3(x): \(x- \frac92 \)^2 + y^2= \frac14 \to y= \sqrt{ \frac14- \(x- \frac92 \)^2} [/math]
per cui
[math] g(x)= \{ \sqrt{4-X^2} \ \ -2 \le x \le 2 \\ - \sqrt{-x^2+6x-8} \ \ 2 \le x \le 4 \\ \sqrt{-x^2+9x-20} \ \ 4 \le x \le 5 [/math]
i punti di non derivabilita' sono x=-2 , x=2, x=4 , x=5 in quanto si annullano gli argomenti delle radici
b)
essendo
[math] f'(x)=g(x) [/math]
si ha g(x)>0 per [math] x \in (-2,2) \cup (4,5) [/math]
[math] g(x) per
si ha che
x=2 e' un massimo, x=4 e' un minimo
c)
che corrisponde a meta' dell'area della prima circonferenza da cui toglieremo meta' dell'area della seconda circonferenza, ovvero
ovvero
1/4 area circ. 1 +
Posto
d)
[math] x=\{-2,2,4,5\} [/math]
si ha che
x=2 e' un massimo, x=4 e' un minimo
c)
[math] f(x)= \int_{-2}^{x} g(t) dt [/math]
[math] f(4)= \int_{-2}^4 g(t) dt = \int_{-2}^{2} g_1(t) + \int_{-2}^4 g_2(t) dt [/math]
che corrisponde a meta' dell'area della prima circonferenza da cui toglieremo meta' dell'area della seconda circonferenza, ovvero
[math] \frac42 \pi - \frac{\pi}{2}= \frac32 \pi [/math]
[math] f(1)= \int_{-2}^1 g(t) dt = \int_{-2}^0 g(t)dt + \int_0^1 g(t) dt [/math]
ovvero
1/4 area circ. 1 +
[math] \int_0^1 \sqrt{4-t^2} dt = \pi + \int_0^1 \sqrt{4-t^2}dt [/math]
Posto
[math] t=2 \sin \alpha [/math]
e dunque [math] dt=2 \cos \alpha d \alpha [/math]
allora[math] \sqrt{4-t^2}=2 \cos \alpha [/math]
[math] t=0 \to \alpha = 0 \\ t=1 \to \alpha= \frac{\pi}{6} [/math]
[math] = \pi + \int_0^{\frac{\pi}{6}}4 \cos^2 \alpha d \alpha = \\ = \pi \int_0^{\frac{\pi}{6}}2(1+ \cos 2 \alpha) d \alpha = \\ = \pi + \[2 \alpha + \sin 2 \alpha \]_0^{\frac{\pi}{6}}= \\ = \pi + \frac{\pi}{3}+ \frac{\sqrt3}{2}= \frac{3\pi}{4}+ \frac{\sqrt3}{2} [/math]
d)
[math] f'(x)=g(x) \\ f''(x)=g'(x)= \{ \frac{-x}{\sqrt{4-x^2}} \ \ -2
[math] f''=0 \to x=0 [/math]
e siccome [math]-2 allora accettabile;
x=3 in
x=3 in
[math]2, accettabile;
x=9/2 in
x=9/2 in
[math]4, accettabile.
(Gli zeri della derivata seconda di f sono i punti di massimo e minimo di g(x) e quindi i punti di proiezione delle ascisse dei centri delle circonferenze.)
Per il grafico di f(x) si ha:
MAX in
MIN in
Flessi in
Inoltre
la funzione passa per
a)
da cui
e quindi
b) il numero
Infatti se si ha un cubo di lato l e volume
Usiamo il metodo di Newton per il calcolo del valore approssimato.
Posto
abbiamo
E dunque
Posto
(Gli zeri della derivata seconda di f sono i punti di massimo e minimo di g(x) e quindi i punti di proiezione delle ascisse dei centri delle circonferenze.)
Per il grafico di f(x) si ha:
MAX in
[math] A \(2, f(2) \) \to A \(2, 2 \pi \) [/math]
MIN in
[math] B \(4, f(4) \) \to B \(4, \frac32 \pi \) [/math]
Flessi in
[math] F_1 (0, \pi) \ , \ F_2 \(3, \frac74 \pi \) \ , \ F_3 \( \frac92, \frac{25}{16} \pi \) [/math]
Inoltre
[math] f(5)= 2 \pi- \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{8} = \frac{13}{8} \pi [/math]
[math] f(-2)=0 [/math]
la funzione passa per
[math] C(-2,0) \ e \ D \(5, \frac{13}{8} \pi \) [/math]
Soluzione del secondo problema dello Scientifico PNI.
a)
[math] y^2=2x \ , \ x^2=y [/math]
[math] p_1:y^2=2x \\ F( \frac12,0) \\ d:x=- \frac12 [/math]
[math] p_2:y=x^2 \\ F(0, \frac14) \\ d:y=- \frac14 [/math]
[math] \{y^2=2x \\ y=x^2 [/math]
da cui
[math] x^4-2x=0 [/math]
e quindi
[math]x(x^3-2)=0 \to x=0 \to x= \sqrt[3]{2} [/math]
[math] A \( \sqrt[3]2 \ , \sqrt[3]{4} \) [/math]
b) il numero
[math] \sqrt[3]{2} [/math]
e' legato alla duplicazione del cubo.Infatti se si ha un cubo di lato l e volume
[math] l^3 [/math]
se si considera un cubo di volume doppio, si avra' [math]V=2l^3 [/math]
e quindi il lato del nuovo cubo rispetto al precedente sara' [math] l_2=l \sqrt[3]{2} [/math]
Usiamo il metodo di Newton per il calcolo del valore approssimato.
Posto
[math] x= \sqrt[3]{2} \to x^3=2 \to x^3-2=0 [/math]
[math] f(x)= x^3-2 [/math]
abbiamo
[math] x_{(n+1)}= x_n- \frac{f(x)}{f'(x)} [/math]
E dunque
[math] x_{(n+1)}=x_n- \frac{x_n^3-2}{3x_n^2} [/math]
Posto
[math] x_0=1 [/math]
essendo[math] 1
Allora
c)
e
Ora
da cui posto
quindi
e si ha l'argomento del valore assoluto sempre positivo e quindi
e
d)
Le sezioni sono corone circolari. Per il volume si ha
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 al grafico di
Imporre il passaggio della retta per l'origine vuol dire imporre che il termine noto sia nullo, questo avviene in
L'equazione della retta è dunque
4 )
Cominciamo dal dimostrare che uno zero esiste. Banalmente
quindi dato che f(x) è continua esiste almeno uno zero esiste per il teorema dei valori intermedi. Essendo poi
perché somma di quadrati, quindi la funzione è sempre crescente e lo zero è unico. Con il metodo delle tangenti
Iniziamo con
Dopo la quarta iterazione le prime due cifre restano uguali, quindi con l'approssimazione richiesta fa 0.56
5)
Quindi G e' simmetrica rispetto a x=k, k appartenente a R
6)
con
Allora
[math] x_1=1- \frac{-1}{3}= \frac43 \approx 1, \bar{3} [/math]
[math] x_2=\frac43- \frac{\frac{64}{27}-2}{\frac{16}{3}}= \frac43- \frac{5}{72}= \frac{91}{72} \approx 1,263 \bar{8} [/math]
[math] x_3= \frac{91}{72}- \frac{ \( \frac{91}{72} \)^3-2}{3 \cdot \( \frac{91}{72} \)^2} \approx 1,2599 [/math]
[math] x_4= 1,2599 - \frac{(1,2599)^3-2}{3 \cdot (1,2599)^2} = 1,2599 [/math]
[math] \sqrt[3]{2}=1,2599 [/math]
c)
[math] C: \{y=k \\ y=x^2 [/math]
[math] \to C(\sqrt{k},k) [/math]
e
[math] B: \{y=k \\ y^2=2x [/math]
[math] B(k^2/2, k) [/math]
[math] \bar{BC}= \sqrt{(\sqrt{k}-k^2/2)^2+(k-k\)^2}= |\sqrt{k}-k^2/2|=g(k) [/math]
Ora
[math] \sqrt{k}-k^2/2 \ge 0 [/math]
da cui posto
[math] t= \sqrt{k}\to 2t-t^4 \ge 0 [/math]
[math] t(2-t^3) \ge 0 \to 0\le t \le \sqrt[3]{2} [/math]
quindi
[math]\sqrt{k}\le \sqrt[3]{2}\to k\le\sqrt[3]{4}[/math]
e si ha l'argomento del valore assoluto sempre positivo e quindi
[math]g(k)=\sqrt{k}-\frac{k^2}{2}[/math]
e
[math] g'(k) = \frac{1}{2\sqrt{k}}-k=0 \to 1-2k\sqrt{k}=0 \to k^{3/2}=\frac{1}{2}\to k=\frac{1}{\sqrt[3]{4}}[/math]
d)
Le sezioni sono corone circolari. Per il volume si ha
[math] V_{p1}-V_{p2}= \\ = \pi \[ \int_0^{ \sqrt[3]{2}} 2x dx - \int_0^{\sqrt[3]{2}}x^4 dx \] = \\ = \pi \[ x^2- \frac{x^5}{5} \]_0^{ \sqrt[3]{2}} = \\ = \pi \[ \sqrt[3]{4} - \frac{ \sqrt[3]{32}}{5} \] = \pi \[ \frac{5 \sqrt[3]{4}-2 \sqrt[3]{4}}{5} \] = \frac35 \sqrt[3]{4} \pi [/math]
Risposte al questionario
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)
L'equazione della retta tangente al grafico di
[math]e^x[/math]
nel punto [math](x_0;e^{x_0})[/math]
è[math]y - f\left(x_0\right) = f'\left(x_0\right) \left(x - x_0\right)[/math]
[math]y - e^{x_0} = e^{x_0} \left(x - x_0\right)[/math]
[math]y = e^{x_0} x + e^{x_0} \left(1 - x_0\right)[/math]
Imporre il passaggio della retta per l'origine vuol dire imporre che il termine noto sia nullo, questo avviene in
[math]x_0 = 1[/math]
L'equazione della retta è dunque
[math]y = e x[/math]
, l'angolo formato con l'asse x è [math]\alpha = \arctan (e) \approx 69.8^\circ[/math]
4 )
Cominciamo dal dimostrare che uno zero esiste. Banalmente
[math]\lim_{x\rightarrow \pm \infty} f(x)= \pm \infty[/math]
quindi dato che f(x) è continua esiste almeno uno zero esiste per il teorema dei valori intermedi. Essendo poi
[math]f'\left( x \right) = \frac{1}{3 \sqrt[3]{x^2} } + 3x^2 > 0[/math]
perché somma di quadrati, quindi la funzione è sempre crescente e lo zero è unico. Con il metodo delle tangenti
[math]x_{n+1} = x_n - \frac{ f\left( x_n \right) }{ f'\left( x_n \right) }[/math]
Iniziamo con
[math]x_0 = 1[/math]
[math]x_1 = 1 - \frac{ 1 }{ 3.333333333 } = {1 \over 4} = 0.25[/math]
[math]x_2 \approx 0.578010034092174[/math]
[math]x_3 \approx 0.56039934905323[/math]
[math]x_4 \approx 0.560088766594724[/math]
Dopo la quarta iterazione le prime due cifre restano uguali, quindi con l'approssimazione richiesta fa 0.56
5)
[math] g= \{ (x, f(x)) : x \in \mathbb{R} [/math]
Quindi G e' simmetrica rispetto a x=k, k appartenente a R
[math] P(x,f(x)) \\ Q(x',f'(x)) \\ x'=-x+2k \\ f(x')=f(x) \\ f(-x+2k)=f(x) [/math]
6)
[math]\left\{ \begin{matrix} x = 3 \cos t \\ y = 2 \sin t \end{matrix} \right.[/math]
con
[math]0 \le t
Rappresenta un'ellissi, infatti elevando al quadrato, isolando le funzioni goniometriche e sommando abbiamo
Questo rappresenta un'ellisse di semiassi a e b
7 )
Almeno una figlia è femmina, quindi i casi possibili sono MF, FM e FF
Il caso con 2 figlie femmine quindi è 1 su 3, quindi la probabilità è 1/3
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 )
Nessuno di questi. Infatti si ha:
a:
b:
c:
Rappresenta un'ellissi, infatti elevando al quadrato, isolando le funzioni goniometriche e sommando abbiamo
[math]\left\{ \begin{matrix} x^2 = 9 \cos^2 t \\ y^2 = 4 \sin^2 t \end{matrix} \right. \\
\left\{ \begin{matrix} \frac{x^2}{9} = \cos^2 t \\ \frac{y^2}{2} = 4 \sin^2 t \end{matrix} \right.\\
\frac{x^2}{9} + \frac{y^2}{4} = 1[/math]
\left\{ \begin{matrix} \frac{x^2}{9} = \cos^2 t \\ \frac{y^2}{2} = 4 \sin^2 t \end{matrix} \right.\\
\frac{x^2}{9} + \frac{y^2}{4} = 1[/math]
Questo rappresenta un'ellisse di semiassi a e b
7 )
Almeno una figlia è femmina, quindi i casi possibili sono MF, FM e FF
Il caso con 2 figlie femmine quindi è 1 su 3, quindi la probabilità è 1/3
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 )
Nessuno di questi. Infatti si ha:
a:
[math]\pi \int_0^4 \left(\sqrt{x}\right)^2 dx = \pi \int_0^4 x^2 dx[/math]
b:
[math]\pi \int_0^{16} \left(y^2\right)^2 dy = \pi \int_0^{16} y^4 dy[/math]
c:
[math]\frac{\pi}{2} \int_0^4 \left(\frac{\sqrt{x}}{2}\right)^2 dx = \frac{\pi}{8} \int_0^4 x dx[/math]