PROBLEMA 1
Sia $A B C D$ un quadrato di lato $1, P$ un punto di $A B$ e $\gamma$ la circonferenza di centro $P$ e raggio $A P$. Si prenda sul lato $B C$ un punto $Q$ in modo che sia il centro di una circonferenza $\lambda$ passante per $C$ e tangente esternamente a $\gamma$.
- Se $A P=x$, si provi che il raggio di $\lambda$ in funzione di $x$ è dato da $f(x)=\frac{1-x}{1+x}$.
- Riferito il piano ad un sistema di coordinate $O x y$, si tracci, indipendentemente dalle limitazioni poste ad $x$ dal problema geometrico, il grafico di $f(x)$. La funzione $f(x)$ è invertibile? Se sì, quale è il grafico della sua inversa?
- Sia $g(x)=\left|\frac{1-x}{1+x}\right|, x \in R$; quale è l’equazione della retta tangente al grafico di $g(x)$ nel punto $R(0,1)$ ? E nel punto $S(1,0)$ ? Cosa si può dire della tangente al grafico di $g(x)$ nel punto $S$ ?
- Si calcoli l’area del triangolo mistilineo $R O S$, ove l’arco $R S$ appartiene al grafico di $f(x)$ o , indifferentemente, di $g(x)$.
SOLUZIONE PROBLEMA 1
Punto 1.
Dopo aver tracciato il quadrato e le due circonferenze tangenti esternamente indicate dal testo, detto r il raggio da determinare, applicando il teorema di Pitagora al triangolo rettangolo PBQ (i vertici del quadrato sono ABCD in senso antiorario a partire da A in basso a sinistra), i cui lati sono: $\mathrm{PB}=1-\mathrm{x}, \mathrm{BQ}=1-\mathrm{r}, \mathrm{PQ}=\mathrm{x}+\mathrm{r}$ (se due circonferenze sono tangenti esternamente la distanza dei centri è la somma dei raggi), otteniamo:
$$
(r+x)^2=(1-r)^2+(1-x)^2
$$
che sviluppando dà
$r^2+x^2+2 r x=1+r^2-2 r+1+x^2-2 x$
da cui semplificando
$2 r x=2-2 r-2 x$
e quindi
$r+r x=1-x$
ossia
$r=\frac{1-x}{1+x}$
$\operatorname{con} 0 \leq x \leq 1$
Punto 2.
La funzione $f(x)=\frac{1-x}{1+x}$ è un’iperbole equilatera traslata di asintoti le rette di equazioni $x=-1 \mathrm{e}$ $y=-1$, il cui grafico è facilmente tacciabile.
Il centro di simmetria è pertanto $O^{\prime}(-1 ;-1)$.
La funzione è invertibile da $\mathfrak{R} \backslash{-1}$ a $\mathfrak{R} \backslash{-1}$ poiché è iniettiva (assume ogni valore una sola volta) e suriettiva.
Come si vede bene dal grafico (figura 2) la funzione è simmetrica rispetto alla bisettrice del primo e terzo quadrante e quindi coincide con la sua inversa, come si può anche verificare scambiando $x$ e $y$ nell’equazione di $f(x)$ e ricavando poi nuovamente $y$ in funzione di $x$.
Punto 3.
Il grafico di $g(x)$ si ottiene da quello di $f(x)$ simmetrizzando rispetto all’asse $x$ la parte negativa del grafico di $f(x)$ e lasciando inalterata la parte di grafico con le ordinate non negative.
Per trovare la retta tangente al grafico di $g(x)$, oppure al grafico di $f(x)$, in $R(0,1)$, occorre calcolare la derivata di $f(x)$ nel punto $R$. Poiché come si vede subito,
$$
f^{\prime}(x)=-\frac{2}{(1+x)^2}
$$
risulta $f^{\prime}(0)=-2$ e quindi la tangente richiesta ha equazione $y-1=-2 x$, ossia $y=-2 x+1$.
Il punto $S(1,0)$ è invece chiaramente un punto angoloso per il grafico di $g(x)$, cioè nel punto $S$ la funzione $g(x)$ non è derivabile e la retta tangente non esiste.
Possiamo dire però che esistono due rette tangenti (“destra” e “sinistra”) in $S$ ai due rami di $g(x)$ che si incontrano in $S$, una di coefficiente angolare $1 / 2$ (a destra di $S$ ) e una di coefficiente angolare $-1 / 2$ (a sinistra di $S$ ), che avranno rispettivamente per equazioni: $y=\frac{1}{2}(x-1)$ e $y=-\frac{1}{2}(x-1)$.
4)
L’area del triangolo mistilineo $R O S$ richiesta si ottiene calcolando il seguente integrale definito:
$$
\operatorname{Area}(R O S)=\int_0^1 \frac{1-x}{1+x} d x
$$
Risulta
$$
\int_0^1 \frac{1-x}{1+x} d x=\int_0^1\left(-1+\frac{2}{1+x}\right) d x=[-x+2 \ln |1+x|]_0^1=-1+2 \ln 2=\ln 4-1
$$
PROBLEMA 2
Nel piano, riferito a coordinate cartesiane $O x y$, si consideri la funzione $f$ definita da $f(x)=b^x$ $(b>0, b \neq 1)$.
- Sia $G_b$ il grafico di $f(x)$ relativo ad un assegnato valore di $b$. Si illustri come varia $G_b$ al variare di $b$.
- Sia $P$ un punto di $G_b$. La tangente a $G_b$ in $P$ e la parallela per $P$ all’asse $y$ intersecano l’asse $x$ rispettivamente in $A$ e in B. Si dimostri che, qualsiasi sia $P$, il segmento $A B$ ha lunghezza costante. Per quali valori di $b$ la lunghezza di $A B$ è uguale a 1 ?
- Sia $r$ la retta passante per $O$ tangente a $G_e(e=$ numero di Nepero $)$. Quale è la misura in radianti dell’angolo che la retta $r$ forma con il semiasse positivo delle ascisse?
- Si calcoli l’area della regione del primo quadrante delimitata dall’asse $y$, da $G_e$ e dalla retta d’equazione $y=e$.
SOLUZIONE PROBLEMA 2
Punto 1.
Se $b>1, G_b$ è il grafico della funzione esponenziale con base maggiore di 1 , funzione crescente e sempre positiva che interseca l’asse delle ordinate nel punto $\mathrm{Q}(0 ; 1)$, con $\lim _{x \rightarrow-\infty} f(x)=0$ e
$$
\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=+\infty
$$
Se $0<b<1, G_b$ si ottiene con una simmetria rispetto all’asse $y$ del grafico di $G_{-b}$ poiché
$$
b^x=\left(\frac{1}{b}\right)^{-x}
$$
La funzione esponenziale con base compresa tra 0 e 1 è una funzione decrescente e sempre positiva che interseca l’asse delle ordinate nel punto $\mathrm{Q}(0 ; 1)$,
con $\lim {x \rightarrow-\infty} f(x)=+\infty$ e $\lim {x \rightarrow+\infty} f(x)=0$.
Punto 2.
Sia $\mathrm{P} \in G_b, P\left(k ; b^k\right)$
La retta tangente a $G_b$ in $P$ ha equazione:
$$
y-b^k=f^{\prime}(k)(x-k)
$$
Dato che si ha $f^{\prime}(x)=b^x \cdot \ln b$,
$f^{\prime}(k)=b^k \cdot \ln b$, quindi la retta tangente avrà equazione:
$$
y=b^k \cdot \ln b(x-k)+b^k
$$
La sua intersezione con l’asse $x$ si ha quando $y=0$, cioè per $-1=\ln b(x-k)$ che comporta $x=k-\frac{1}{\ln b}=k-\log _b e$. Il punto A ha coordinate $A\left(k-\frac{1}{\ln b} ; 0\right)$.
La parallela per P all’asse $y$ ha equazione $x=k$, quindi $B(k ; 0)$.
La lunghezza di $A B$ è: $\overline{A B}=\left|x_B-x_A\right|=\left|k-k+\frac{1}{\ln b \mid}\right|=\frac{1}{|\ln b|}=\left|\log _b e\right|$.
La lunghezza di AB vale 1 quando $|\ln b|=1$, cioè $\ln b= \pm 1$ che dà come soluzioni $b=e$ e $b=\frac{1}{e}$.
Quindi, per ogni funzione esponenziale $f(x)=b^x$ (con $b$ positivo e diverso da 1 ) il segmento $A B$ ha lunghezza costante.
Nota: La lunghezza del segmento orientato $\overrightarrow{A B}$ si chiama sottotangente. Quindi le funzioni esponenziali hanno la sottotangente costante.
La misura della sottotangente della funzione $f(x)=b^x$ (considerata come misura di un segmento non orientato) vale $\frac{1}{|\ln b|}=\left|\log _b e\right|$.
Punto 3
Sia $P\left(t ; e^t\right)$ il punto di tangenza tra la funzione esponenziale e la retta $r$ passante per l’origine di equazione $y=a x$.
Affinché $r$ sia tangente alla funzione, il suo coefficiente angolare (a) deve essere uguale al valore della derivata della funzione calcolata in $x=t$; inoltre P deve appartenere ad $r$.
Si ha quindi:
$
\begin{cases}
a=e^t \\
e^t=a t
\end{cases} \text { che risolto dà } a=e, t=1.
$
La retta $y=e x$ è quindi tangente alla funzione $y=e^x$ nel suo punto $\mathrm{P}(1 ; e)$.
Ne consegue che $\alpha=\operatorname{arctg}(e) \approx 1.218 \mathrm{rad}$
Punto 4.
L’area della regione D piana richiesta si può trovare come differenza tra l’area del rettangolo OHPK e l’integrale definito da 0 a 1 della funzione. Sia ha:
$A_{O H P K}=1 \cdot e=e$
$\int_0^1 e^x d x=\left[e^x\right]_0^1=e-1$
L’area richiesta misura quindi 1:
$$
\operatorname{Area}(D)=\operatorname{Area}(\text { OPHK })-\operatorname{Area}(T)=e-\int_0^1 e^x d x=e-(e-1)=1
$$
QUESITO 1
Sia $p(x)$ un polinomio di grado $n$. S dimostri che la sua derivata $n$-esima è $p^{\prime}(x)=n!a_n$.
Soluzione quesito 1
Sia $p(x)=a_n x^n+a_{n-1} x^{n-1}+\ldots+a_2 x^2+a_1 x+a_0$, con $a_i \in R, \quad a_n \neq 0$.
Si ha:
$p^{(1)}(x)=n a_n x^{n-1}+(n-1) a_{n-1} x^{n-2}+\ldots+2 a_2 x+a_1$
$p^{(2)}(x)=n(n-1) a_n x^{n-2}+(n-1)(n-2) a_{n-1} x^{n-3}+\ldots+2 a_2$
Procedendo (ma sarebbe necessario usare il Principio di induzione), si ottiene:
$ p^{(n-1)}(x)=n(n-1)(n-2) \ldots 3 \cdot 2 \cdot a_n x+(n-1)!a_{n-1}$
$p^{(n)}(x)=n(n-1)(n-2) \ldots 3 \cdot 2 \cdot 1 \cdot a_n=n!a_n$
QUESITO 2
Sia ABC un triangolo rettangolo in A , r la retta perpendicolare in B al piano del triangolo e un punto di r distinto da B . Si dimostri che i tre triangoli $\mathrm{PAB}, \mathrm{PBC}, \mathrm{PCA}$ sono triangoli rettangoli.
Soluzione quesito 2
I due triangoli $P \stackrel{\Delta}{B} A$ e $P \stackrel{\Delta}{B} C$ sono retti in $\hat{B}$ essendo, per costruzione, la retta $r$ perpendicolare al piano del triangolo in $\hat{B}$.
Definizione:
Una retta $r$ ed un piano $\alpha$, aventi un punto $B$ in comune, si dicono tra loro perpendicolari, quando la retta $r$ è perpendicolare a tutte le rette del piano $\alpha$ passanti per $B$.
Il triangolo $P \stackrel{\Delta}{A} C$ è retto in $\hat{A}$ per il Teorema delle tre perpendicolari.
Teorema delle tre perpendicolari:
Se dal piede (B) di una perpendicolare ( $r$ ) ad un piano $\alpha$ si conduce la perpendicolare (retta per BA) ad una qualsiasi retta $t$ (retta per AC) del piano $\alpha$, quest’ultima retta (AC) risulta perpendicolare al piano individuato dalle prime due rette (piano contenente il triangolo $P \stackrel{\Delta}{B} A$ ).
(La retta per AC risulta dunque perpendicolare in A al piano contenente il triangolo $P \stackrel{\Delta}{B} A$; in particolare, è perpendicolare alla retta passante per AP. L’angolo $C \hat{A} P$ è dunque retto)
QUESITO 3
Sia $\gamma$ il grafico di $f(x)=e^{3 x}+1$. Per quale valori di $x$ la retta tangente a $\gamma$ in $(x, f(x))$ ha pendenza uguale a 2 ?
Soluzione quesito 3
La pendenza (coefficiente angolare se il sistema è monometrico ortogonale) della retta tangente a $\gamma$ in un suo punto coincide col valore della derivata prima della funzione calcolata in quel punto.
Si ha $f^{\prime}(x)=2$ se e solo se $y^{\prime}=3 e^{3 x}=2$, quindi
$3 e^{3 x}=2 \Rightarrow 3 x=\ln \frac{2}{3} \Rightarrow$
$x=\frac{1}{3} \ln \frac{2}{3}=\frac{\ln 2-\ln 3}{3}$
$\operatorname{con} f\left(\frac{1}{3} \ln \frac{2}{3}\right)=\frac{5}{3}$
La retta tangente a $\gamma$ in $P\left(\frac{1}{3} \ln \frac{2}{3} ; \frac{5}{3}\right)$ ha pendenza uguale a 2.
QUESITO 4
Si calcoli: $\lim _{\mathrm{x} \rightarrow \infty} 4 x \sin \frac{1}{\mathrm{x}}$.
Soluzione quesito 4
Il limite si presenta come forma indeterminata $[\infty \cdot 0]$.
Ci si può ricondurre al limite notevole $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x}=1$ :
$\lim {x \rightarrow \infty} 4 x \sin \frac{1}{x}=\lim {x \rightarrow \infty} 4 \cdot \frac{\sin \frac{1}{x}}{\frac{1}{x}}$
Ponendo $\frac{1}{x}=t$
si ha:
$
\lim _{t \rightarrow 0} 4 \cdot \frac{\sin t}{t}=4
$
QUESITO 5
Un serbatoio ha la stessa capacità del massimo cono circolare retto di apotema 80 cm . Quale è la capacità in litri del serbatoio?.
Soluzione quesito 5
Cono circolare retto: cono la cui altezza forma un angolo retto con la base.
Il volume del cono è $V=\frac{\pi r^2 h}{3}$
Sia $x$ l’altezza del cono (con la limitazione imposta dal problema geometrico: $0 \leq x \leq 8$ )
Per il Teorema di Pitagora applicato al triangolo $A \hat{O} V$ si ha: $r^2=a^2-h^2$, quindi il quadrato del raggio di base del cono è: $A O^2=64-x^2$, da cui:
$$
V=\frac{\pi\left(64-x^2\right) x}{3}
$$
E’ richiesto il valore di $x$ che massimizzi la funzione $y=-\frac{\pi}{3} x^3+\frac{64 \pi}{3} x$
La derivata della funzione è $y^{\prime}=-\pi x^2+\frac{64 \pi}{3}$
Ponendo $y^{\prime}>0$ si ottiene, per le limitazioni del problema, $x \in\left[0 ; \frac{8}{\sqrt{3}}\right]$
Il serbatoio di capacità massima ha l’altezza pari a $\frac{8 \sqrt{3}}{3} d m$.
Il volume in tal caso misura:
$$
V=\frac{\pi\left(64-\frac{64}{3}\right) \frac{8}{\sqrt{3}}}{3}=\frac{1024}{9 \sqrt{3}} \pi \square 206,4 l
$$
QUESITO 6
Si determini il dominio della funzione: $f(x)=\sqrt{\cos x}$.
Soluzione quesito 6
Affinché la funzione esista il radicando deve essere non negativo; determinare il dominio equivale a risolvere la disequazione $\cos x \geq 0$.
$\cos x \geq 0$
per
$x \in\left[-\frac{\pi}{2}+2 k \pi ; \frac{\pi}{2}+2 k \pi\right], \operatorname{con} k \in Z$
Il grafico (non richiesto dal quesito) è il seguente:
QUESITO 7
Per quale o quali valori di $k$ la funzione
$$h(x)= \begin{cases}3 x^2-11 x-4, & x \leq 4 \\ k x^2-2 x-1, & x>4\end{cases}$$
è continua in $x=4$ ?
Soluzione quesito 7
La funzione $y=h(x)$ è continua in 4 se $h(4)=\lim _{x \rightarrow 4^{+}} h(x)$.
Si ha:
$ h(4)=0 ; \lim _{x \rightarrow 4^{+}}\left(k x^2-2 x-1\right)=16 k-9$
$16 k-9=0 \rightarrow k=\frac{9}{16}$
$h(x)= \begin{cases}3 x^2-11 x-4 & x \leq 4 \\ \frac{9}{16} x^2-2 x-1 & x>4\end{cases}$
rappresenta l’unione di due rami di parabola. In $x=4$ c’è un punto angoloso.
QUESITO 8
Si dimostri l’identità
Se $n>3$ e $\binom{n}{n-1},\binom{n}{n-2},\binom{n}{n-3}$ sono in progressione aritmetica, qual è il valore di $n$ ?
Soluzione quesito 8
Si ha:
$ a_1=\binom{n}{n-1}=\frac{n!}{(n-1)!1!}=n$
$a_2=\binom{n}{n-2}=\frac{n!}{(n-2)!2!}=\frac{n(n-1)}{2}$
$a_3=\binom{n}{n-3}=\frac{n!}{(n-3)!3!}=\frac{n(n-1)(n-2)}{6}$
con le condizioni $n \in N, n>3$.
Poiché questi tre termini devono formare una progressione aritmetica, si ha: $a_3-a_2=a_2-a_1$, da cui si ricava:
$$
\frac{n(n-1)(n-2)}{6}-\frac{n(n-1)}{2}=\frac{n(n-1)}{2}-n
$$
che fornisce l’equazione di II grado (da risolvere in $N$ ):
$$
n^2-9 n+14=0
$$
la cui unica soluzione accettabile è $n=7$.
I tre numeri in progressione aritmetica richiesti sono: 7,21 e 35.
QUESITO 9
Si provi che non esiste un triangolo $A B C$ con $A B=3, A C=2$ e $A B C=45^{\circ}$. Si provi altresì che se $A B=3, A C=2$ e $A B C=30^{\circ}$, allora esistono due triangoli che soddisfano queste condizioni.
Soluzione quesito 9
$\mathrm{Se} \mathrm{AB}=3, \mathrm{AC}=2$ e $A \hat{B} C=45^{\circ}$,
per il Teorema dei seni:
$\frac{A B}{\operatorname{sen} A \hat{C} B}=\frac{A C}{\operatorname{sen} A \hat{B} C}$
da cui si ricava
$\operatorname{sen} A \hat{C} B=\frac{A B}{A C} \cdot \operatorname{sen} A \hat{B} C$.
Segue che:
$\operatorname{sen} A \hat{C} B=\frac{3 \sqrt{2}}{4}$.
Impossibile, dovendo essere $-1 \leq \operatorname{sen} x \leq 1$ e $\frac{3 \sqrt{2}}{4}>1$
Diversamente, se $\mathrm{AB}=3, \mathrm{AC}=2$ e $A \hat{B} C=30^{\circ}$,
$\operatorname{sen} A \hat{C} B=\frac{3}{4}$
da cui
$A \hat{C} B=\operatorname{arcsen}\left(\frac{3}{4}\right) \square 48,6^{\circ} . \quad(A \stackrel{\Delta}{B} C$ ottuso in $\hat{A})$
oppure
$A \hat{C} B=\pi-\operatorname{arcsen}\left(\frac{3}{4}\right) \square 131,4^{\circ} . \quad(A \stackrel{\Delta}{B} C$ ottuso in $\hat{C})$
QUESITO 10
Si consideri la regione delimitata da $y=\sqrt{x}$, dall’asse $x$ e dalla retta $x=4$ e si calcoli il volume del solido che essa genera ruotando di un giro completo intorno all’asse $y$.
Soluzione quesito 10
Il volume $V$ cercato è dato dalla differenza tra il volume $V^{\prime}$ del cilindro generato dalla rotazione attorno all’asse $y$ del rettangolo OHPK con il volume $V^{\prime \prime}$ del solido generato dalla rotazione attorno all’asse $y$ del triangolo mistilineo OPK.
Il volume del cilindro è $V^{\prime}=\pi O H^2 \cdot P H=32 \pi$;
Il volume del solido generato dalla rotazione attorno all’asse $y$ del triangolo mistilineo OPK è dato da
$V^{\prime \prime}=\pi \int_0^2\left(y^2\right)^2 d y=\pi\left[\frac{y^5}{5}\right]_0^2=\frac{32}{5} \pi$.
Quindi si ha: $V=V^{\prime}-V^{\prime \prime}=32 \pi-\frac{32}{5} \pi$
Il volume richiesto è $V=\frac{128}{5} \pi$.