[newpage]Primo quesito R^2 = r^2 - h^2 \\
V(h) = 2 \pi h (r^2 - h^2) = 2 \pi (r^2 h - h^3) \\
V'(h) = 2 \pi (r^2 - 3 h^2) = 0 \quad \Rightarrow \quad h = \frac{r}{\sqrt{3}} \\
V = 2 \pi \left( r^2 \frac{r}{\sqrt{3}} - \left( \frac{r}{\sqrt{3}} \right)^3 \right)
= 2 \pi \frac{2 r^3}{3 \sqrt{3}} \simeq 522.3742 \ \mathrm{l}
[/math]
Secondo quesito
P \in \text{grafico} \left( \sqrt{x} \right)
\quad \Rightarrow \quad P(x, \sqrt{x}), \quad x \ge 0
\text{Se } A(4,0) \\
\Rightarrow \text{dist}(P,A) = d(x) = \sqrt{(x-4)^2 + (\sqrt{x}-0)^2}
= \sqrt{(x-4)^2 + (\sqrt{x})^2}
= \sqrt{x^2 - 8x + 16 + x}
= \sqrt{x^2 - 7x + 16}
\Rightarrow d'(x) = \frac{1}{2 d(x)} (2x - 7) = 0
\quad \Longleftrightarrow \quad x = \frac{7}{2}
\quad \Rightarrow \quad P\left( \frac{7}{2}, \sqrt{\frac{7}{2}} \right)
[/math]
Terzo quesito
Se
\Rightarrow g(y) = \sqrt[3]{y} \\
x = 0 \Rightarrow y = 0, \quad x = 2 \Rightarrow y = 8 \\
V = V_{\text{cil}} - \pi \int_{0}^{8} \left( \sqrt[3]{y} \right)^2 \, dy
= \pi \cdot 4 \cdot 8 - \pi \left[ \frac{3}{5} y^{\frac{5}{3}} \right]_0^8
= 32 \pi - \frac{3}{5} \pi 8^{\frac{5}{3}}
= 32 \pi - \frac{3}{5} \pi \cdot 32
= \frac{64}{5} \pi[/math]
Quarto quesito
\binom{n}{4} = \binom{n}{3} \\[2mm]
\Rightarrow \frac{n!}{4!(n-4)!} = \frac{n!}{3!(n-3)!} \\[1mm]
n \neq 0 \Rightarrow 4! (n-4)! = 3! (n-3)! \\[1mm]
\Rightarrow 4 \cdot (n-4)! = (n-3) \cdot (n-4)! \quad \text{(poiché $4! = 4\cdot3!$)} \\[1mm]
\Rightarrow 4 = n-3 \Rightarrow n = 7
[/math]
Quinto quesito
A = \int_{1}^{2} |\cos x| \, dx
= \int_{1}^{\frac{\pi}{2}} \cos x \, dx + \int_{\frac{\pi}{2}}^{2} (-\cos x) \, dx \\[1mm]
= \sin x \Big|_{1}^{\frac{\pi}{2}} - \sin x \Big|_{\frac{\pi}{2}}^{2} \\[1mm]
= \big(\sin \frac{\pi}{2} - \sin 1\big) - \big(\sin 2 - \sin \frac{\pi}{2}\big) \\[1mm]
= 1 - \sin 1 - \sin 2 + 1 \\[1mm]
= 2 - \sin 1 - \sin 2
[/math]
Sesto quesito
\lim_{x \to a} \frac{\tan x - \tan a}{x - a}
\stackrel{H}{=} \lim_{x \to a} \frac{1 - \tan^2 x}{1} = 1 + \tan^2 a
[/math]
\text{Pongo } x - a = t \Rightarrow x = t + a \\[1mm]
\lim_{t \to 0} \frac{\tan(t + a) - \tan a}{t}
= \lim_{t \to 0} \frac{1}{t} \left[ \frac{\tan t + \tan a}{1 - \tan t \tan a} - \tan a \right] \\[1mm]
= \lim_{t \to 0} \frac{1}{t} \frac{\tan t + \tan a - \tan a + \tan t \tan^2 a}{1 - \tan t \tan a} \\[1mm]
= \lim_{t \to 0} \frac{\tan t (1 + \tan^2 a)}{1 - \tan t \tan a} \\[1mm]
= \lim_{t \to 0} \frac{\tan t}{t} \cdot \frac{1}{1 - \tan t \tan a} \cdot (1 + \tan^2 a) \\[1mm]
= 1 \cdot 1 \cdot (1 + \tan^2 a) = 1 + \tan^2 a
[/math]
Settimo quesito
f\left(x\right)=x^{2011}+2011x+12=0\\
Dom\left(f\right)=\mathbb{R}\\
lim_{x\rightarrow\pm\infty}f\left(x\right)=\pm\infty\\
f'\left(x\right)=2011x^{2010}+2011\left(x^{2010}+1\right)>0\;\forall x\in Dom\left(f\right)\\
\Rightarrow f[/math]
cresce dappertutto. Poiché
f\left(x\right) f\left(x\right)>0\; x\in[b,+\infty)\\
[/math]
(per il teorema della permanenza del segno)
Poiché poi
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
Nono quesito
Se
Allora
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]
\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]
\begin{cases}
x^{2}+a^{2}-2ax=x^{2}\\
y^{2}+b^{2}-2by=y^{2}
\end{cases}
[/math]
da cui
x=\frac{a}{2},\qquad y=\frac{b}{2}
[/math]
Decimo quesito
I grafici di I e III sono dispari, mentre II è pari. Poiché
g pari
g dispari
ciò implica che f deve essere o I o III e f' è II. Poiché f' si annulla in due punti
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