Primo quesitoLa 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
Sia
[math] P \in \text{grafico}(\sqrt{x}) )[/math]
, quindi [math] P(x, \sqrt{x}), \, x \ge 0 [/math]
. Se
[math] A(4,0) [/math]
, la distanza tra P e A è
[math]
d(x) = \sqrt{(x - 4)^2 + (\sqrt{x} - 0)^2}
= \sqrt{(x - 4)^2 + x}
= \sqrt{x^2 - 7x + 16}.
[/math]
d(x) = \sqrt{(x - 4)^2 + (\sqrt{x} - 0)^2}
= \sqrt{(x - 4)^2 + x}
= \sqrt{x^2 - 7x + 16}.
[/math]
Per trovare il minimo deriviamo:
[math]
d'(x) = \frac{1}{2 d(x)} (2x - 7) = 0
\quad \Longrightarrow \quad x = \frac{7}{2}.
[/math]
d'(x) = \frac{1}{2 d(x)} (2x - 7) = 0
\quad \Longrightarrow \quad x = \frac{7}{2}.
[/math]
Quindi il punto P più vicino ad A è
[math]P\left(\frac{7}{2}, \sqrt{\frac{7}{2}}\right).[/math]
Terzo quesito
[math]
\lim_{x \to a} \frac{\tan x - \tan a}{x - a}
\stackrel{\text{H}}{=}
\lim_{x \to a} 1 - \tan^2 x = 1 + \tan^2 a
[/math]
\lim_{x \to a} \frac{\tan x - \tan a}{x - a}
\stackrel{\text{H}}{=}
\lim_{x \to a} 1 - \tan^2 x = 1 + \tan^2 a
[/math]
Poniamo
[math] x - a = t [/math]
, allora [math] t \to 0 [/math]
:
[math]
\lim_{t \to 0} \frac{\tan(t + a) - \tan a}{t}
= \lim_{t \to 0} \frac{1}{t} \left[ \frac{\tan t + \tan a - \tan a + \tan t \tan^2 a}{1 - \tan t \tan a} \right]
[/math]
\lim_{t \to 0} \frac{\tan(t + a) - \tan a}{t}
= \lim_{t \to 0} \frac{1}{t} \left[ \frac{\tan t + \tan a - \tan a + \tan t \tan^2 a}{1 - \tan t \tan a} \right]
[/math]
[math]
= \lim_{t \to 0} \frac{\tan t (1 + \tan^2 a)}{1 - \tan a \, \tan t}
= \lim_{t \to 0} \frac{\tan t}{t} \cdot \frac{1 + \tan^2 a}{1 - \tan a \, \tan t}
= 1 + \tan^2 a
[/math]
= \lim_{t \to 0} \frac{\tan t (1 + \tan^2 a)}{1 - \tan a \, \tan t}
= \lim_{t \to 0} \frac{\tan t}{t} \cdot \frac{1 + \tan^2 a}{1 - \tan a \, \tan t}
= 1 + \tan^2 a
[/math]
Quarto quesito
[math]
\binom{n}{4} = \binom{n}{3}
\Rightarrow \frac{n!}{4!(n-4)!} = \frac{n!}{3!(n-3)!}
[/math]
,\binom{n}{4} = \binom{n}{3}
\Rightarrow \frac{n!}{4!(n-4)!} = \frac{n!}{3!(n-3)!}
[/math]
[math] \quad n \ge 4 \Rightarrow 4!(n-4)! = 3!(n-3)! \Rightarrow[/math]
[math] 24 (n-4)! = 6 (n-3)(n-4)! \Rightarrow [/math]
[math] 24 = 6 (n-3) \Rightarrow [/math]
[math]n-3 = 4 \quad \Rightarrow \quad n = 7[/math]
Quinto quesito
consideriamo la seguente applicazione
[math]
\varphi:\mathbb{N}\rightarrow Q^{2}\\
dove\varphi:\mathbb{N}\rightarrow Q^{2}\\
[/math]
[math]
Q^{2}=\left\{ n^{2}:n\in\mathbb{N}\right\}\\
[/math]
definita daQ^{2}=\left\{ n^{2}:n\in\mathbb{N}\right\}\\
[/math]
[math]
tale applicazione è iniettiva e suriettiva
\\\varphi\left(n\right)=n^{2}\varphi\left(n\right)=n^{2}
[/math]
[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\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]
Sesto quesito
[math]R = \sqrt{r^2 - h^2}[/math]
[math]a = \sqrt{\left(r+h\right)^2 + R^2} = \sqrt{r^2 + 2rh + h^2 + r^2 - h^2} =[/math]
[math]= \sqrt{2r\left(r+h\right)}[/math]
[math]A(h) = \pi R a = \pi \sqrt{r^2 - h^2} \cdot \sqrt{2r \left(r+h\right)}= [/math]
[math]= \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)}[/math]
[math]A'(h) = \frac{1}{2A} \cdot 2r \cdot \left(r^2 - 2rh - 3h^2 \right) \ge 0[/math]
[math]r^2 - 2rh - 3h^2 \le 0[/math]
[math]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]
=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 seguePA=\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]
[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}
\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]
\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 x=\frac{a}{2},\qquad y=\frac{b}{2}
[/math]
[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' disparig dispari
[math]\Rightarrow[/math]
g' pariciò 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
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