PROBLEMA 1
Nel primo quadrante del sistema di riferimento Oxy, ortogonale e monometrico, si consideri la regione $R$, finita, delimitata dagli assi coordinati e dalla parabola $\lambda$ d’equazione: $y=6-x^2$.
- Si calcoli il volume del solido generato dalla rotazione completa di $R$ attorno all’asse $y$.
- Si calcoli il volume del solido generato dalla rotazione completa di $R$ attorno alla retta $y=6$.
- Si determini il valore di $k$ per cuil la retta $y=k$ dimezza l’area di $R$.
- Per $0<t<\sqrt{6}$ sia $A(t)$ l’area del triangolo delimitato dagli assi e dalla tangente a $\lambda$ nel suo punto di ascissa $t$. Si determini $A(1)$.
- Si determini il valore di $t$ per il quale $A(t)$ è minima.
SOLUZIONE PROBLEMA 1
1) Il volume del solido di rotazione è dato da:
$$
V_1=\pi \int_0^6 R^2(y) d y=\pi \int_0^6(\sqrt{6-y})^2 d y=18 \pi
$$
2) Ricavando i raggi di rotazione interno ed esterno, si ha $R_{\text {int }}(x)=$ $6-\left(6-x^2\right)=x^2$ e $R_{\text {est }}=6$ e dunque il volume del solido di rotazione è dato da:
$$
\begin{aligned}
V_2 & =\pi \int_0^{\sqrt{6}}\left[R_{\text {est }}^2(x)-R_{\text {int }}^2(x)\right] d x=\pi \int_0^{\sqrt{6}}\left[6^2-x^4\right] d x \
& =\pi\left(36 \sqrt{6}-\frac{(\sqrt{6})^5}{5}\right)=\frac{144 \sqrt{6}}{5} \pi
\end{aligned}
$$
3) Chiamando $R(k)$, per $0 \leq k \leq 6$, l’area della porzione di $R$ sopra alla retta $y=k$, si ha
$$
\begin{aligned}
R(k) & =\int_0^{\sqrt{6-k}}\left(6-x^2-k\right) d x=(6-k) \sqrt{6-k}-\frac{1}{3}(6-k) \sqrt{6-k} \
& =\frac{2}{3}(6-k) \sqrt{6-k}
\end{aligned}
$$
Quindi, osservando che l’area di $R$ è proprio $R(0)$, vogliamo risolvere l’equazione $R(k)=R(0) / 2$ ossia
$$
R(k)=\frac{2}{3}(6-k) \sqrt{6-k}=2 \sqrt{6}=\frac{R(0)}{2} \quad \longrightarrow \quad 6-k=(3 \sqrt{6})^{\frac{2}{3}}
$$
da cui si deriva con semplici calcoli $k=3(2-\sqrt[3]{2})$.
4) Ricordiamo che la retta tangente al grafico di una funzione $f$ nel punto $(t, f(t))$ è data da $y=f(t)+f^{\prime}(t)(x-t)$. Quindi per $f(x)=6-x^2$ otteniamo che la retta tangente a $\lambda$ nel suo punto di ascissa $t$ ha equazione
$$
y=6-t^2-2 t(x-t)
$$
e determina quindi un triangolo di vertici dati dall’intersezione con gli assi coordinati e dall’origine: l’intersezione con l’asse delle ascisse si trova ponendo $y=0$ e risolvendo in $x$ per ottenere $x(t)=\left(6+t^2\right) / 2 t$; l’intersezione con l’asse delle ordinate si trova ponendo $x=0$ per ottenere $y(t)=6+t^2$. $A(1)$ risulta quindi essere
$$
A(1)=\frac{x(1) y(1)}{2}=\frac{7 \cdot 7}{4}=\frac{49}{4}
$$
5) Dal punto precedente si ricava l’espressione per $A(t)$ :
$$
A(t)=\frac{x(t) y(t)}{2}=\frac{\left(6+t^2\right)^2}{2 t}
$$
Per trovare il punto di minimo basta porre $A^{\prime}(t)=0$ ottenendo
$$
\frac{4 t^2\left(6+t^2\right)-\left(6+t^2\right)^2}{2 t}=0 \quad \rightarrow \quad 3 t^2-6=0
$$
che fornisce l’unica soluzione positiva $t=\sqrt{2}$, che risulta essere punto di minimo per considerazioni sul segno della derivata.
PROBLEMA 2
Si consideri la funzione $f$ definita sull’intervallo $[0 ;+\infty[$ da:
e sia C la sua curva rappresentativa nel riferimento Oxy, ortogonale e monometrico.
- Si stabilisca se $f$ è continua e derivabile in 0 .
- Si dimostri che l’equazione $f(x)=0$ ha, sull’intervallo $[0 ;+\infty[$, un’unica radice reale.
- Si disegni C e si determini l’equazione della retta $r$ tangente a C nel punto di ascissa $x=1$.
- Sia $n$ un intero naturale non nullo. Si esprima, in funzione di $n$, l’area $A_n$ del dominio piano delimitato dalla curva C , dalla retta tangente $r$ e dalle due rette: $x=\frac{1}{n}$ e $x=1$.
- Si calcoli il limite per $n \rightarrow+\infty$ di $A_n$ e si interpreti il risultato ottenuto.
SOLUZIONE PROBLEMA 2
1) Per la continuità è sufficiente studiare il limite
$$\lim {x \rightarrow 0^{+}} f(x)=\lim {x \rightarrow 0^{+}} \frac{3}{2} x^2+1-x^2 \log x=1-0=1$$Per la differenziabilità studiamo il limite del rapporto incrementale
$$\lim {x \rightarrow 0^{+}} \frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim {x \rightarrow 0^{+}} \frac{3}{2} x-x \log x=0$$quindi $f$ risulta continua e derivabile in $x=0$.
2) Osserviamo innanzi tutto che $f(x)$ tende a $-\infty$ per $x \rightarrow+\infty$ e quindi, per il Teorema del Valore Intermedio, essendo $f$ continua e assumendo valori sia positivi $(f(0)=1)$ che negativi $\left(f\left(e^2\right)<0\right)$, l’equazione $f(x)=0$ ha almeno una soluzione. Calcolando la derivata si ha
$$
f^{\prime}(x)=2 x(1-\log x)
$$
e quindi la funzione ha un punto a tangente orizzontale in $x=0$, che risulta di minimo locale. Essa è crescente per $0 \leq x \leq e$, assume un massimo positivo in $x=e$ e risulta decrescente per $x \geq e$. Pertanto l’equazione $f(x)=0$ ha una e una sola soluzione.
3) Dal calcolo della derivata seconda: $f^{\prime \prime}(x)=-2 \log x$ si ricava che la funzione è convessa per $0 \leq x \leq 1$, ha un flesso in $x=1$ ed è concava per $x \geq 1$. Raccogliendo tutte queste informazioni si ricava il grafico in figura. Per quel che riguarda l’equazione della retta tangente $r$ nel punto di flesso si ha
$$
y=f\left(x_0\right)+f^{\prime}\left(x_0\right)\left(x-x_0\right) \quad \rightarrow \quad y=\frac{5}{2}+2(x-1) \quad \rightarrow \quad y=2 x+\frac{1}{2}
$$
4) L’area $A_n$ evidenziata in figura si ottiene come (integrando per parti il termine $\left.x^2 \log x\right)$
$$
\begin{aligned}
A_n & =\int_{\frac{1}{n}}^1\left[f(x)-\left(2 x+\frac{1}{2}\right)\right] d x=\int_{\frac{1}{n}}^1\left[\frac{3}{2} x^2-2 x+\frac{1}{2}-x^2 \log x\right] d x \
& =\left[\frac{x^3}{2}-x^2+\frac{x}{2}-\frac{x^3}{3} \log x+\frac{x^3}{9}\right]_{\frac{1}{n}}^1=\frac{1}{9}-\frac{11}{18 n^3}+\frac{1}{n^2}-\frac{1}{2 n}+\frac{1}{3 n^3} \log \left(\frac{1}{n}\right) .
\end{aligned}
$$
5) Si ha che $A_n$ tende a $1 / 9$ per $n$ che tende a $+\infty$ e questo fatto si giustifica osservando che la porzione di piano di cui al punto 4) tende ad essere la porzione delimitata dalla curva $C$, dalla retta tangente $R$ e dalle due rette $x=1$ e $x=\lim (1 / n)=0$, di area
$$
A_{\infty}=\int_0^1\left[f(x)-\left(2 x+\frac{1}{2}\right)\right] d x=\left[\frac{x^3}{2}-x^2+\frac{x}{2}-\frac{x^3}{3} \log x+\frac{x^3}{9}\right]_0^1=\frac{1}{9}
$$
osservando che la funzione fra parentesi quadre, pur non essendo definita in 0 è ivi estendibile con continuità.
QUESTIONARIO
- Si dimostri che il lato del decagono regolare inscritto in un cerchio è sezione aurea del raggio e si utilizzi il risultato per calcolare $\operatorname{sen} 18^{\circ}, \operatorname{sen} 36^{\circ}$.
- Una bevanda viene venduta in lattine, ovvero contenitori a forma di cilindro circolare retto, realizzati con fogli di latta. Se una lattina ha la capacità di 0,4 litri, quali devono essere le sue dimensioni in centimetri, affinché sia minima la quantità di materiale necessario per realizzarla? (Si trascuri lo spessore della latta).
- Si dimostri che la curva $y=x \operatorname{sen} x$ è tangente alla retta $y=x$ quando $\operatorname{sen} x=I$ ed è tangente alla retta $y=-x$ quando $\operatorname{sen} x=-1$
- Si dimostri che tra tutti i rettangoli di dato perimetro, quello di area massima è un quadrato.
- Il numero $e$ di Nepero [nome latinizzato dello scozzese John Napier (1550-1617)]: come si definisce? Perché la derivata di $e^x$ è $e^x$ ?
- Come si definisce $n$ ! ( $n$ fattoriale) e quale ne è il significato nel calcolo combinatorio? Quale è il suo legame con i coefficienti binomiali? Perchè?
- Se $f(x)=x^4-4 x^3+4 x^2+3$, per quanti numeri reali $k$ è $f(k)=2$ ? Si illustri il ragionamento seguito.
- I centri delle facce di un cubo sono i vertici di un ottaedro. E’ un ottaedro regolare? Quale è il rapporto tra i volumi dei due solidi?
- Si calcoli, senza l’aiuto della calcolatrice, il valore di:
$$
\operatorname{sen}^2\left(35^{\circ}\right)+\operatorname{sen}^2\left(55^{\circ}\right)
$$
ove le misure degli angoli sono in gradi sessagesimali.
- Si dimostri, calcolandone la derivata, che la funzione $f(x)=\operatorname{arctg} x-\operatorname{arctg} \frac{x-1}{x+1}$ è costante, indi si calcoli il valore di tale costante.
SOLUZIONI QUESTIONARIO
1) Detto $O A B$ il triangolo isoscele avente lati $O A$ e $O B$ unitari e lato $A B$ coincidente con quello del decagono, si tracci la bisettrice $B H$ all’angolo $O B A$. Essendo l’angolo $A O B=\pi / 5$ si ha che
$$
\frac{\pi}{5}+O A B+O B A=\pi \quad \rightarrow \quad O A B=\frac{2}{5} \pi \quad \rightarrow \quad A B H=\frac{\pi}{5}
$$
Quindi i due triangoli $A B H$ e $O A B$ avendo due angoli uguali ( $A B H=B O A$ e $O A B$ è in comune) sono simili. Dette quindi $x$ e $y$ le lunghezze di $A B$ e $H A$ rispettivamente, si ha la proporzione
$$
x: y=1: x \quad \rightarrow \quad x=\frac{\sqrt{5}-1}{2}
$$
che è il rapporto aureo. La metà del lato del decagono è quindi il seno di $\pi / 10=18^{\circ}$, mentre il $\sin \left(36^{\circ}\right)$ si può calcolare mediante le forme di duplicazione ottenendo
$$
\sin \left(36^{\circ}\right)=2 \frac{\sqrt{5}-1}{4} \sqrt{1-\left(\frac{\sqrt{5}-1}{4}\right)^2}=\frac{\sqrt{10-2 \sqrt{5}}}{4}
$$
2) Per poter utilizzare la quantità minima di materiale per costruire la lattina è necessario minimizzare la superficie del cilindro. Osserviamo che l’area $S$ della superficie e il volume $V$ sono date, per il cilindro, da
$$
S=2 \pi R(R+h) \quad \text { e } \quad V=\pi R^2 h
$$
dove $R$ è il raggio della base e $h$ l’altezza del cilindro. Poichè il volume è assegnato e pari a $0.4 l=$ $0.4 \mathrm{dm}^3$, deduciamo l’espressione dell’altezza $h$ in funzione del raggio $R$ come $h=\left(0.4 \mathrm{dm} \mathrm{m}^3\right) /\left(\pi R^2\right)$ e di conseguenza l’espressione dell’area in funzione di $R$ :
$$
S=S(R)=2 \pi R\left(R+\frac{0.4 d m^3}{\pi R}\right)=2 \pi R^2+2\left(0.4 d m^3\right) \frac{1}{R}
$$
Derivando rispetto a $R$ e annullando la derivata otteniamo per $R$ e poi per $h$ le espressioni
$$
\begin{aligned}
R & =\sqrt[3]{\frac{0.2 d m^3}{\pi}}=\sqrt[3]{\frac{0.2}{\pi}} d m=10 \sqrt[3]{\frac{0.2}{\pi}} \mathrm{cm} \
h & =\frac{0.4}{\pi} \sqrt[3]{\frac{\pi^2}{0.04}} d m=10 \sqrt[3]{\frac{1.6}{\pi}} \mathrm{cm}
\end{aligned}
$$
3) Detta $f(x)=x \sin x$ la retta tangente al grafico di $f$ in un punto $x_0$ è
$$
y=x_0 \sin x_0+\left(\sin x_0+x_0 \cos x_0\right)\left(x-x_0\right)
$$
che per $\sin x_0=1$ (e quindi $\cos x_0=0$ ) fornisce $y=x$ mentre per $\sin x_0=-1$ (e quindi $\cos x_0=0$ ) fornisce $y=-x$.
4) Detti $a$ e $b$ i lati del rettangolo, $P=2 a+2 b$ il suo perimetro e $A=a b$ la sua area abbiamo che
$$
A=a\left(\frac{P}{2}-a\right)=\frac{a P}{2}-a^2
$$
Quindi se $P \geq 0$ è fissato, l’area è una funzione del solo lato $a$, dove $0<a<P$. Trovando il massimo di questa parabola nell’intervallo $(0, P)$ si ha che esso viene assunto nel punto $a=P / 4$. Dunque, essendo $P=2 a+2 b$ si ha che anche $b=P / 4$ e quindi il rettangolo è un quadrato.
5) Il numero $e$ è definito come
$$
e=\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x
$$
Il limite del rapporto incrementale della funzione $e^x$ si calcola sfruttando la proprietà $e^{x+y}=e^x e^y$ della funzione esponenziale:
$$ \lim {h \rightarrow 0} \frac{e^{x+h}-e^x}{h}=\lim {h \rightarrow 0} e^x \frac{e^h-1}{h}=e^x \lim _{h \rightarrow 0} \frac{e^h-1}{h}=e^x $$dove si è sfruttato il limite notevole (deducibile direttamente dalla definizione di $e$ ) $\left(e^h-1\right) / h \rightarrow 1$ per $h \rightarrow 0$.
6) Per ogni numero naturale $n$ il numero $n$ ! è il prodotto dei primi $n$ numeri positivi. Esso rappresenta il numero di permutazioni di $n$ oggetti ed è legato ai coefficienti binomiali dalla formula
$$
\binom{n}{k}=\frac{n!}{(n-k)!k!}
$$
Questa formula si ottiene ricordando che il coefficiente binomiale $\binom{n}{k}$ rappresenta il numero di sottinsiemi si $k$ elementi in un insieme di $n$ elementi. Per calcolare questo numero si sceglie il primo elemento fra tutti gli $n$ possibili, il secondo fra i rimanenti $n-1$, il terzo fra i rimanenti $n-2$ e così via fino a scegliere il $k$-esimo elemento fra i restanti $n-k+1$. Effettuata questa scelta bisogna osservare che si otterrebbe lo stesso insieme per una qualsiasi permutazione delle $k$ scelte fatte. Quindi occorre dividere il numero ottenuto per il numero di permutazioni, $k$ !, di $k$ scelte
$$
\binom{n}{k}=\frac{n(n-1) \ldots(n-k+1)}{k!}=\frac{n!}{(n-k)!k!}
$$
7) Raccogliendo $x^2$ e osservando che $x^2-4 x+4=(x-2)^2$ si ottiene
$$
f(x)=x^4-4 x^3+4 x^2+3=x^2(x-2)^2+3 \geq 3>2
$$
$$
f(x)=x^4-4 x^3+4 x^2+3=x^2(x-2)^2+3 \geq 3>2 .
$$
Quindi non esiste alcun valore di $k$ che soddisfi $f(k)=2$.
8) L’ottaedro è regolare perchè ha tutti gli spigoli uguali. Esso è formato da due piramidi rette a base quadrata il cui lato è $\sqrt{2} / 2$ volte il lato $l$ del cubo e la cui altezza è la metà di $l$. Ricordando che il volume di una piramide è pari a un terzo del prodotto fra l’area di base e l’altezza, otteniamo che il volume dell’ottaedro è $l^3 / 6$ e quindi pari a un sesto del volume.
9) Osservando che $55^{\circ}=90^{\circ}-35^{\circ}$ si ha che $\sin ^2\left(55^{\circ}\right)=\cos ^2\left(35^{\circ}\right)$ e quindi, per la relazione fondamentale della trigonometria $\sin ^2\left(55^{\circ}\right)+\sin ^2\left(35^{\circ}\right)=1$.
10) Derivando si ottiene
$$
\begin{aligned}
f^{\prime}(x) & =\frac{1}{1+x^2}-\frac{1}{1+\left(\frac{x-1}{x+1}\right)^2} \frac{(x+1)-(x-1)}{(x+1)^2} \
& =\frac{1}{1+x^2}-\frac{2}{(x+1)^2+(x-1)^2}=0
\end{aligned}
$$
Quindi $f$ è costante a tratti nel suo dominio di definizione ${x \neq-1}$ e i due valori assunti nelle due semirette si ottengono ad esempio prendendo i limiti per $x \rightarrow \pm \infty$ che danno rispettivamente i valori $(\pi / 2)-\operatorname{artg} 1=\pi / 4$ e $(-\pi / 2)-\operatorname{artg} 1=-3 \pi / 4$.