Daniele
di Daniele Grassucci
Immagine autore
6' di lettura 6' di lettura
Matematica - Quesiti - PNI (Soluzioni) articolo[newpage]Primo quesito
La geometria euclidea è l'approssimazione utilizzata correntemente per descrivere il mondo su piccole scale. Aumentando la scala, ad esempio, bisogna considerare la curvatura della superficie terrestre, e per avere una geometria intrinseca abbiamo per forza bisogno di quella non euclidea.
Aumentando ancora la scala, intervengono le correzioni della relatività generale, e anche per quelle è indispensabile la geomtria non ecuclidea.

Secondo quesito

[math]
P\in grafico\left(\sqrt{x}\right)

\Rightarrow P\left(x,\sqrt{x}\right)\: x\geq0

Se\: A\left(4,0\right)\\
\Rightarrow dist\left(P,A\right)=d\left(x\right)\sqrt{\left(x-4\right)^{2}+\left(\sqrt{\sqrt{x-0}}\right)^{2}}=\\\sqrt{x^{2}-8x+16+x}=\sqrt{x^{2}-7x+16}\\

\Rightarrow d'\left(x\right)=\frac{1}{2d\left(x\right)}\left(2x-7\right)=0

\Longleftrightarrow x=\frac{7}{2}\Rightarrow P\left(\frac{7}{2},\sqrt{\frac{7}{2}}\right)

[/math]

Terzo quesito


[math]
lim_{x\rightarrow a}\frac{\tan x-\tan a}{x-a}\stackrel{H}{=}\\lim_{x\rightarrow a}\frac{1-\tan^{2}x}{1}=1+\tan^{2}a\\

posto x-a=t\\

lim_{t\rightarrow0}\frac{\tan\left(t+a\right)-\tan a}{t}=\\lim_{t\rightarrow0}\frac{1}{t}\left[\frac{\tant t-\tan a}{1-\tan t\: \tan a}-\tan a\right]\\

lim_{t\rightarrow0}\frac{1}{t} \frac{ \tan t + \tan a-\tan a+\tan t\, \tan^{2}a}{1-\tan t\: \tan a}=\\

lim_{t\rightarrow0}\frac{\tan t\left(1+\tan^{2}a\right)}{1-\tan a1\, \tan t}=\\

lim_{t\rightarrow0}\frac{\tan t}{t}\frac{1}{1-\tan a\, \tan t}\left(1+\tan^{2}a\right)=\\

1+\tan^{2}a

[/math]

Quarto quesito

[math]
\left(\begin{array}{c} n\\4 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} n\\3 \end{array}\right)\\\
n \ge 4 \Rightarrow\frac{n!}{4!\left(n-4\right)!}=\frac{n!}{3!\left(n-3\right)!}\\
4!\left(n-4\right)!=3!\left(n-3\right)!\\
4=n-3\Rightarrow n=7

[/math]

Quinto quesito

consideriamo la seguente applicazione

[math]
\varphi:\mathbb{N}\rightarrow Q^{2}\\

[/math]

dove
[math]
Q^{2}=\left\{ n^{2}:n\in\mathbb{N}\right\}\\
[/math]
definita da
[math]

\\\varphi\left(n\right)=n^{2}\varphi\left(n\right)=n^{2}
[/math]

tale applicazione è iniettiva e suriettiva
[math]\Rightarrow\[/math]
biiettiva. Pertanto possiamo "contare" tutti i quadrati
[math]
\begin {array}{c|c|c|c|c|c|c}
\mathbb{N} & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & \ldots \\Q^2 & 0 & 1 & 4 & 9 & 16 & \ldots \end{array}
[/math]
e questo mostra che i quadrati sono tanti quanti i numeri naturali

Sesto quesito

[math]R = \sqrt{r^2 - h^2}\\
a = \sqrt{\left(r+h\right)^2 + R^2} = \sqrt{r^2 + 2rh + h^2 + r^2 - h^2} =\\
= \sqrt{2r\left(r+h\right)}\\
A(h) = \pi R a = \pi \sqrt{r^2 - h^2} \cdot \sqrt{2r \left(r+h\right)}= \\
= \pi \sqrt{2r \left(r^2 - h^2\right)\left(r+h\right)} = \pi \sqrt{2r \left(r^3 + r^2 h - r h^2 - h^3\right)}\\
A'(h) = \frac{1}{2A} \cdot 2r \cdot \left(r^2 - 2rh - 3h^2 \right) \ge 0\\
r^2 - 2rh - 3h^2 \le 0\\
h_{1,2} = \frac{-2r \pm \sqrt{4r^2 + 12r^2}}{6} = -r,\frac{r}{3}[/math]
Il massimo si ha per
[math]h=\frac{r}{3}[/math]

Settimo quesito

La probabilità di fallire tutte le prove è

[math]\left(\frac{3}{4}\right)^10[/math]
, mentre la probabilità di azzeccarne esattamente una è data da
[math]10\cdot\frac{1}{4}\left(\frac{3}{4}\right)^9[/math]
.
Il quesito chiede l'evento complementare a questo, quindi
[math]P=1-\frac{3^10}{4^10}-\frac{10\cdot 3^9}{4^10}=\\
=1 - \frac{13 \cdot 3^9}{4^10} \simeq 24.4%[/math]

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

[math]l^{2}=\pi r^{2}[/math]
(l=lato quadrato r=raggio circonferenza) e non ha soluzione a causa della trascendenza di
[math]\sqrt{\pi}[/math]
(la soluzione algebrica è
[math]l=r\sqrt{\pi}[/math]
)

Nono quesito

Se

[math]P\left(x,y,z\right)[/math]
è un punto di
[math]\mathbb{R}^{3}[/math]
siano
[math]A\left(a,0,0\right) \ B\left(0,b,0\right)\ C\left(0,0,0\right)\equiv0[/math]
i vertici del triangolo rettangoo nel piano.
Allora
[math]
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]
Ne segue
[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]

[math]
\begin{cases}
x^{2}+a^{2}-2ax=x^{2}\\
y^{2}+b^{2}-2by=y^{2}
\end{cases}
[/math]

da cui

[math]
x=\frac{a}{2},\qquad y=\frac{b}{2}
[/math]
e quindi
[math]P(a/2,b/2,z),\ z\in\mathbb{R}[/math]
che è la retta passante per il punto medio dell'ipotenusa AB e perpendicolare al piano che contiene il triangolo

Decimo quesito

I grafici di I e III sono dispari, mentre II è pari. Poiché
g pari

[math]\Rightarrow[/math]
g' dispari
g dispari
[math]\Rightarrow[/math]
g' pari
ciò implica che f deve essere o I o III e f' è II. Poiché f' si annulla in due punti
[math]\Rightarrow[/math]
f ha due punti stazionari e quindi un max e un min. Ne segue che f è la III e la risposta giusta è D