PROBLEMA 1
Si considerino le funzioni $f$ e $g$ definite, per tutti gli $x$ reali, da:
$$
f(x)=x^3-4 x \quad \text { e } \quad g(x)=\operatorname{sen} \pi x
$$
- Fissato un conveniente sistema di riferimento cartesiano $O x y$, si studino $f$ e $g$ e se ne disegnino i rispettivi grafici $\mathrm{G}_f$ e $\mathrm{G}_g$.
- Si calcolino le ascisse dei punti di intersezione di $\mathrm{G}_f$ con la retta $y=-3$. Successivamente, si considerino i punti di $\mathrm{G}_g$ a tangente orizzontale la cui ascissa è compresa nell’intervallo [-6;6] e se ne indichino le coordinate.
- Sia R la regione del piano delimitata da $\mathrm{G}_f$ e $\mathrm{G}_g$ sull’intervallo [0;2]. Si calcoli l’area di R .
- La regione R rappresenta la superficie libera dell’acqua contenuta in una vasca. In ogni punto di R a distanza $x$ dall’asse $y$ la misura della profondità dell’acqua nella vasca è data da $h(x)=3-x$. Quale integrale definito dà il volume dell’acqua? Supposte le misure in metri, quanti litri di acqua contiene la vasca?
SOLUZIONE PROBLEMA 1
Punto 1.
$G_f: \quad f(x)=x^3-4 x$
Dominio: $\quad D: R$
Simmetria: $\quad f(-x)=-x^3+4 x=-f(x)$, dispari, come era ovvio aspettarsi essendo una funzione polinomiale che contiene soltanto termini di grado dispari.
Intersezione con gli assi coordinati:
Asse $y: x=0 \Rightarrow y=0$
Asse $x: y=0 \Rightarrow x\left(x^2-4\right)=0, x=0, x= \pm 2$
$O(0 ; 0), A(2,0), B(-2 ; 0)$
Segno: $f(x)>0 \Rightarrow-22$
Limiti: $\lim _{x \rightarrow \pm \infty} f(x)= \pm \infty$. Una funzione polinomiale ovviamente non ha asintoti
Massimi, minimi, flessi:
$f^{\prime}(x)=3 x^2-4>0 \Rightarrow x<-\frac{2}{\sqrt{3}} \cup x>\frac{2}{\sqrt{3}}$
MASSIMO $M\left(-\frac{2}{\sqrt{3}} ; \frac{16}{3 \sqrt{3}}\right) ;$ minimo $m\left(\frac{2}{\sqrt{3}} ;-\frac{16}{3 \sqrt{3}}\right)$
$f^{\prime}(x)=6 x>0 \Rightarrow x>0$ : il flesso è l’origine degli assi, come era ovvio apettarsi, essendo una cubica dispari.
Dominio: $\quad D: R$
Simmetrie: funzione dispari
Intersezioni con l’asse $x:(k ; 0), k \in Z$
Segno: $g(x)>0 \Rightarrow 2 k<x<2 k+1$, con $k \in Z$
Massimi $M_i(2 k+1 / 2 ; 1), \quad \operatorname{minimi} N_j(2 k-1 / 2 ;-1), \quad$ flessi: $(k ; 0), k \in Z$
Punto 2.
Intersezioni di $G_f$ con la retta $y=-3$ :
$\begin{cases}y=x^3-4 x \\ y=-3 \end{cases} \Rightarrow x^3-4 x+3=0 \stackrel{\text { Ruffini }}{\Leftrightarrow}(x-1)\left(x^2+x-3\right)=0 \Rightarrow $
$C(1 ;-3), \quad D\left(\frac{-1-\sqrt{13}}{2} ;-3\right), \quad E\left(\frac{-1+\sqrt{13}}{2} ;-3\right)$
Punti di $G_g$ a tangente orizzontale (tali che $m=g(x)=0$ ) di ascissa compresa tra -6 e 6 :
$g^{\prime}(x)=\pi \cos \pi x=0 \Rightarrow \pi x=\frac{\pi}{2}+k \pi, \quad k \in Z \quad \Leftrightarrow \quad x=\frac{1}{2}+k$
In particolare, con $-6 \leq x \leq 6$, si hanno i punti
$\left( \pm \frac{1}{2} ; \pm 1\right),\left( \pm \frac{5}{2} ; \pm 1\right),\left( \pm \frac{9}{2} ; \pm 1\right)$ e $\left( \pm \frac{3}{2} ; \mp 1\right), \quad\left( \pm \frac{7}{2} ; \mp 1\right), \quad\left( \pm \frac{11}{2} ; \mp 1\right)$
Punto 3.
L’area richiesta si calcola attraverso un integrale definito.
$R=\int_0^2\left[\operatorname{sen} \pi x-\left(x^3-4 x\right)\right] d x=\int_0^2\left(\operatorname{sen} \pi x-x^3+4 x\right) d x=$
$=\left[-\frac{\cos \pi x}{\pi}-\frac{x^4}{4}+2 x^2\right]_0^2=-\frac{\cos 2 \pi}{\pi}-4+8-\left(-\frac{\cos 0}{\pi}\right)=-\frac{1}{\pi}+4+\frac{1}{\pi}=4$
L’area richiesta vale 4.
Punto 4.
Le sezioni della massa d’acqua condotte con piani perpendicolari all’asse $x$ sono dei rettangoli di altezza $h(x)$ e base $g(x)-f(x)$.
Il volume richiesto è dato dal calcolo del seguente integrale definito (“metodo delle fette”):
$V=\int_0^2(g(x)-f(x)) \cdot h(x) d x=\int_0^2\left(\operatorname{sen} \pi x-x^3+4 x\right)(3-x) d x=$
$=\int_0^2\left(3 \operatorname{sen} \pi x-3 x^3+12 x-x \operatorname{sen} \pi x+x^4-4 x^2\right) d x=\int_0^2\left((3-x) \operatorname{sen} \pi x+x^4-3 x^3-4 x^2+12 x\right) d x^*$
Calcoliamo dapprima:
$\int(3-x) \operatorname{sen} \pi x d x=$ per parti con $f^{\prime}(x)=\operatorname{sen} \pi x$ (da cui $f(x)=-\frac{1}{\pi} \cos \pi x$ ) e $g(x)=3-x$ da cui $g^{\prime}(x)=-1$
si ha:
$\int(3-x) \operatorname{sen} \pi x d x=(3-x)\left(-\frac{\cos \pi x}{\pi}\right)-\int-1 \cdot\left(-\frac{\cos \pi x}{\pi}\right) d x=(x-3) \frac{\cos \pi x}{\pi}-\int \frac{\cos \pi x}{\pi} d x=$
$=\frac{(x-3) \cos \pi x}{\pi}-\frac{\operatorname{sen} \pi x}{\pi^2}+c$
Tornando al calcolo del volume, si ottiene:
$V=\left[\frac{(x-3) \cos \pi x}{\pi}-\frac{\operatorname{sen} \pi x}{\pi^2}+\frac{x^5}{5}-\frac{3}{4} x^4-\frac{4}{3} x^3+6 x^2\right]_0^2=$
$=\frac{-\cos 2 \pi}{\pi}-0+\frac{32}{5}-12-\frac{32}{3}+24-\left(-\frac{3}{\pi}-0\right)=$
$-\frac{1}{\pi}+\frac{32}{5}-\frac{32}{3}+12+\frac{3}{\pi}=\frac{2}{\pi}+\frac{96-160+180}{15}=\frac{2}{\pi}+\frac{116}{15}(\approx 8,37 \text { approssimato })$
Il risultato è in $m^3$. Dunque la vasca contiene circa $8.370 l$ di acqua.
PROBLEMA 2
Sia $f$ la funzione definita sull’insieme $\boldsymbol{R}$ dei numeri reali da
$$
f(x)=(a x+b) e^{-\frac{x}{3}}+3
$$
dove $a$ e $b$ sono due reali che si chiede di determinare sapendo che $f$ ammette un massimo nel punto d’ascissa 4 e che $f(0)=2$.
- Si provi che $a=1$ e $b=-1$.
- Si studi su $R$ la funzione $f(x)=(\mathrm{x}-1) e^{-\frac{x}{3}}+3$ e se ne tracci il grafico $\Gamma$ nel sistema di riferimento $O x y$.
- Si calcoli l’area della regione di piano del primo quadrante delimitata da $\Gamma$, dall’asse $y$ e dalla retta $y=3$.
- Il profitto di una azienda, in milioni di euro, è stato rappresentato nella tabella sottostante designando con $x_{\mathrm{i}}$ l’anno di osservazione e con $y_{\mathrm{i}}$ il corrispondente profitto.\begin{array}{|l|l|l|l|l|l|l|l|} \hline \text { Anno } & 2004 & 2005 & 2006 & 2007 & 2008 & 2009 & 2010 \\ \hline x_{\mathrm{i}} & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ \hline y_{\mathrm{i}} & 1,97 & 3,02 & 3,49 & 3,71 & 3,80 & 3,76 & 3,65 \\ \hline \end{array}
Si cerca una funzione che spieghi il fenomeno dell’andamento del profitto giudicando accettabile una funzione $g$ definita su $R^{+}$se per ciascun $x_{\mathrm{i}}$, oggetto dell’osservazione, si ha: $\left|g\left(x_{\mathrm{i}}\right)-y_{\mathrm{i}}\right| \leq 10^{-1}$. Si verifichi, con l’aiuto di una calcolatrice, che è accettabile la funzione $f$ del punto 2 e si dica, giustificando la risposta, se è vero che, in tal caso, l’evoluzione del fenomeno non potrà portare a profitti inferiori ai 3 milioni di euro.
SOLUZIONE PROBLEMA 1
Punto 1.
$$
f(x)=(a x+b) e^{-\frac{x}{3}}+3
$$
Se la funzione ammette un massimo nel punto di ascissa 4 significa che $f^{\prime}(4)=0$ (il fatto che esso sia effettivamente un punto di massimo e non semplicemente un punto stazionario lo si appura in seguito con lo studio di funzione). Inoltre la funzione passa per il punto $(0 ; 2)$.
Calcolo la derivata della funzione:
$f^{\prime}(x)=a e^{-\frac{x}{3}}+(a x+b) e^{-\frac{x}{3}}\left(-\frac{1}{3}\right)$
Imposto il sistema:
$\begin{cases}
f(0)=2 \\
f^{\prime}(4)=0
\end{cases}$
$\begin{cases}
b+3=2 \\
a e^{-\frac{4}{3}}-\frac{1}{3}(4 a+b) e^{-\frac{4}{3}}=0
\end{cases}$
Punto 2.
Studio della funzione: $\quad f(x)=(x-1) e^{-\frac{x}{3}}+3$
Dominio: $R$
Simmetrie notevoli: $f(-x)=(-x-1) e^{\frac{x}{3}}+3 \neq \pm f(x)$, né pari né dispari
Segno: non si riesce a risolvere la disequazione $f(x)>0$, si deduce il segno della funzione con lo studio della derivata prima oppure con metodo grafico approssimato.
Intersezioni con gli assi coordinati
Asse $x$ : si rimanda a dopo lo studio della derivata prima
Asse $y:(0 ; 2)$
Limiti, asintoti e continuità:
$\lim {x \rightarrow-\infty} f(x)=-\infty$ (no asintoti obliqui, essendo $m=\lim {x \rightarrow-\infty} \frac{f(x)}{x}=+\infty$ )
$\lim {x \rightarrow+\infty}\left((x-1) e^{-\frac{x}{3}}+3\right)=[\infty \cdot 0]$ forma indeterminata $\lim {x \rightarrow+\infty} \frac{x-1}{e^{\frac{x}{3}}}=\left[\frac{\infty}{\infty}\right]$ forma indeterminata, applico il teorema di De L’Hopital $\Rightarrow \lim {x \rightarrow+\infty} \frac{1}{\frac{1}{3} e^{\frac{x}{3}}}=0$
Dunque $\lim {x \rightarrow+\infty} f(x)=3, y=3$ asintoto orizzontale $\mathrm{a}+\infty$.
La funzione è continua in $R$.
Studio della derivata prima: $f^{\prime}(x)=e^{-\frac{x}{3}}-\frac{1}{3}(x-1) e^{-\frac{x}{3}}=\frac{1}{3} e^{-\frac{x}{3}}(4-x)$
Il dominio della derivata prima è $R$, dunque la funzione è derivabile in $R$.
Punti stazionari: $f^{\prime}(x)=0$ per $x=4$
Intervalli di crescenza: $f^{\prime}(x)>0$ se $x<4$ Intervalli di decrescenza: $f^{\prime}(x)<0$ se $x>4$
Dunque $x=4$ è un punto di massimo relativo (anche assoluto), il massimo assoluto vale $3 e^{-\frac{4}{3}}+3$.
A questo punto possiamo dedurre informazioni riguardo il segno della funzione: essa incontra l’asse $x$ nel punto $(\alpha ; 0)$, con $\alpha<0$; risulta negativa per $x<\alpha$ e positiva per $x>\alpha$ ( $\alpha$ è un numero irrazionale compreso nell’intervallo $]-2 ;-1[$ – per il Teorema di Bolzano).
Studio della derivata seconda:
$f^{\prime \prime}(x)=\frac{1}{3}\left[-\frac{1}{3} e^{-\frac{x}{3}}(4-x)-e^{-\frac{x}{3}}\right]=\frac{1}{9} e^{-\frac{x}{3}}(x-7)$ $x=7$ è punto di flesso a tangente obliqua, la funzione è concava per $x<7$, convessa per $x>7$.
In $x=7$ la funzione assume valore $6 e^{-\frac{7}{3}}+3$.
Punto 3.
L’asintoto orizzontale $y=3$ incontra il grafico della funzione nel punto $P(1 ; 3)$.
L’area da calcolare equivale a:
Calcolando l’integrale indefinito
$\int(1-x) e^{-\frac{x}{3}} d x$ per parti, con $f^{\prime}(x)=e^{-\frac{x}{3}}\left(\Rightarrow f(x)=-3 e^{-\frac{x}{3}}\right)$ e $\quad g(x)=(1-x)\left(\Rightarrow g^{\prime}(x)=-1\right)$
si ha:
$$
\int(1-x) e^{-\frac{x}{3}} d x=-3 e^{-\frac{x}{3}}(1-x)-\int 3 e^{-\frac{x}{3}} d x=3(x-1) e^{-\frac{x}{3}}+9 e^{-\frac{x}{3}}=3 e^{-\frac{x}{3}}(x+2)+c, \quad c \in R
$$
Tornando all’integrale definito, l’area richiesta vale:
$$
\int_0^1(1-x) e^{-\frac{x}{3}} d x=\left[3 e^{-\frac{x}{3}}(x+2)\right]_0^1=9 e^{-\frac{1}{3}}-6
$$
Punto 4.
\begin{array}{|l|l|l|l|l|l|l|l|} \hline \text { Anno } & 2004 & 2005 & 2006 & 2007 & 2008 & 2009 & 2010 \\ \hline x_{\mathrm{i}} & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ \hline y_{\mathrm{i}} & 1,97 & 3,02 & 3,49 & 3,71 & 3,80 & 3,76 & 3,65 \\ \hline \end{array}
Verifichiamo che:
$\left|f\left(x_i\right)-y_i\right| \leq 10^{-1}, \forall i$, con $0 \leq i \leq 6$
Infatti, con l’uso della calcolatrice, si ottiene:
I valori dell’ultima colonna sono tutti inferiori a 0,1 . Quindi la funzione $f(x)=(x-1) e^{-\frac{x}{3}}+3$ rappresenta in modo accettabile, secondo il criterio fissato, l’andamento del profitto dell’azienda.
L’evoluzione del profitto – approssimato tramite la funzione – potrà anche portare a profitti inferiori a 3 milioni di euro.
Il fatto è che la funzione è accettata come “buona” perchè approssima il profitto a meno di $1 / 10$; ovviamente si può trovare di sicuro un istante di tempo nel quale il valore della funzione dista da 3, da sopra, ad esempio, per meno di un milionesimo; a quel punto il profitto potrebbe benissimo essere di 2,9999999 milioni di euro e la curva rappresentare sempre bene il fenomeno.
QUESITO 1
Un serbatoio ha la stessa capacità del cilindro di massimo volume inscritto in una sfera di raggio 60 cm . Quale è la capacità in litri del serbatoio?
Soluzione quesito 1
Raggio della sfera $R=60 \mathrm{~cm}=6 \mathrm{dm}$;
$V_{\text {cilindro }}=\pi r^2 h$;
$V_{\text {cilindro }}=\max$ ?
Sia $\quad \overline{O H}=x=\frac{h}{2}, \quad$ con $0 \leq x \leq 2 R \quad(0 d m \leq x \leq 12 d m)$
Per il Teorema di Pitagora applicato al triangolo rettangolo AOH , si ha:
$\overline{A H}=\sqrt{r^2-x^2}=\sqrt{36-x^2}=r, \quad$ da cui $\quad V_{\text {cilindro }}=\pi \cdot\left(36-x^2\right) \cdot 2 x=72 \pi x-2 \pi x^3$
Per trovare il cilindro di capacità massima, si studia il segno della derivata prima:
$V^{\prime}=72 \pi-6 \pi x^2>0 \quad \rightarrow \quad x^2<\frac{72}{6}=12 \quad \rightarrow-2 \sqrt{3}<x<2 \sqrt{3}, \operatorname{con} 0 \leq x \leq 12$.
Si ha il massimo per $x=2 \sqrt{3}$, accettabile.
Il cilindro di volume massimo ha raggio $r=\sqrt{36-12}=2 \sqrt{6} d m$ e altezza $h=4 \sqrt{3} d m$, quindi
$$
V=\pi \cdot 24 \cdot 4 \sqrt{3}=96 \sqrt{3} \pi d m^3 \square 522,37 l
$$
QUESITO 2
Si trovi il punto della curva $y=\sqrt{x}$ più vicino al punto di coordinate $(4 ; 0)$.
Soluzione quesito 2
Sia $P(x ; \sqrt{x})$ con $x \geq 0$ un generico punto della curva. Indichiamo con $A$ il punto $(4 ; 0)$.
Consideriamo la funzione $f(x)$ che rappresenta la distanza di $P$ da $A$ :
$$
f(x)=\sqrt{(x-4)^2+x}=\sqrt{x^2-7 x+16} \text { con } x \geq 0
$$
Il punto della curva più vicino ad $A$ è quello per cui la funzione $f(x)$ assume il valore minimo.
La funzione $f(x)$, sempre positiva, è minima se e solo se è minimo il suo quadrato, ossia $f^2(x)=x^2-7 x+16$.
Questa, essendo una parabola con la concavità rivolta verso l’alto, è minima per $x=\frac{7}{2}$, ossia nel vertice.
Dunque il punto della curva $y=\sqrt{x}$ più vicino al punto di coordinate $(4 ; 0)$ è $P\left(\frac{7}{2} ; \sqrt{\frac{7}{2}}\right)$
QUESITO 3
Sia $R$ la regione delimitata dalla curva $y=x^3$, dall’asse $x$ e dalla retta $x=2$ e sia $W$ il solido ottenuto dalla rotazione di $R$ attorno all’asse $y$. Si calcoli il volume di $W$.
Soluzione quesito 3
Il volume del solido di rotazione richiesto si può ottenere come differenza tra il volume del cilindro (di raggio di base pari a 2 e altezza pari a 8 ) e il volume del solido di rotazione ottenuto dalla parte di funzione $f^{-1}(x)$ delimitata da $0 \leq y \leq 8$ che ruota attorno all’asse $y$.
Si ha:
$W=V_{\text {cilindro }}-\pi \int_0^8(\sqrt[3]{y})^2 d y=\pi \cdot 2^2 \cdot 8-\pi \int_0^8 y^{\frac{2}{3}} d y=$
$=32 \pi-\pi\left[\frac{3}{5} y^{\frac{5}{3}}\right]_0^8=32 \pi-\frac{3}{5} \pi\left[y \cdot \sqrt[3]{y^2}\right]_0^8=32 \pi-\frac{3}{5} \pi \cdot 32=\frac{160-96}{5} \pi=\frac{64}{5} \pi$
QUESITO 4
Il numero delle combinazioni di $n$ oggetti a 4 a 4 è uguale al numero delle combinazioni degli stessi oggetti a 3 a 3. Si trovi $n$.
Soluzione quesito 4
Il problema può essere tradotto dall’equazione $\binom{n}{4}=\binom{n}{3}$ con $n \geq 4$.
Tenendo conto che $\binom{n}{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}$, con $n \geq k$, si ottiene:
$$
\frac{n!}{4!(n-4)!}=\frac{n!}{3!(n-3)!}, \quad \text { ossia } \frac{n!}{43!(n-4)!}=\frac{n!}{3!(n-3)(n-4)!}
$$
Semplificando, $\quad \frac{1}{4}=\frac{1}{(n-3)} \quad$ quindi $\quad n=7 \quad$ (accettabile).
Osservazione: il quesito poteva essere risolto anche utilizzando la Legge delle classi complementari $\binom{n}{k}=\binom{n}{n-k}$.
QUESITO 5
Si trovi l’area della regione delimitata dalla curva $y=\cos x$ e dall’asse $x$ da $x=1$ a $x=2$ radianti.
Soluzione quesito 5
L’area richiesta è data dalla somma dei due integrali definiti (uno positivo e l’altro negativo):
$A=\int_1^{\pi / 2} \cos x d x-\int_{\pi / 2}^2 \cos x d x=[\operatorname{sen} x]1^{\frac{\pi}{2}}-[\operatorname{sen} x]{\frac{\pi}{2}}^2=$
$=\left(\operatorname{sen} \frac{\pi}{2}-\operatorname{sen} 1\right)-\left(\operatorname{sen} 2-\operatorname{sen} \frac{\pi}{2}\right)=1-\operatorname{sen} 1-\operatorname{sen} 2+1=$
$2-\operatorname{sen} 1-\operatorname{sen} 2(\square 0,25 \text { valore approssimato })$
QUESITO 6
Si calcoli
$$
\lim _{x \rightarrow a} \frac{\operatorname{tg} x-\operatorname{tg} a}{x-a}
$$
Soluzione quesito 6
$$
\lim _{x \rightarrow \alpha} \frac{\operatorname{tg} x-\operatorname{tg} \alpha}{x-\alpha}=\left[\frac{0}{0}\right] F . I .
$$
Ponendo $t=x-\alpha$ si ha:
$\lim _{t \rightarrow 0} \frac{\operatorname{tg}(t+\alpha)-\operatorname{tg} \alpha}{t}=$
usando le formule di addizione della tangente si ha:
$\lim {t \rightarrow 0} \frac{\frac{\operatorname{tg} t+\operatorname{tg} \alpha}{1-\operatorname{tg} t \cdot \operatorname{tg} \alpha}-\operatorname{tg} \alpha}{t}=\lim {t \rightarrow 0} \frac{\operatorname{tg} t+\operatorname{tg} \alpha-\operatorname{tg} \alpha+\operatorname{tg} t \cdot \operatorname{tg}^2 \alpha}{t(1-\operatorname{tg} t \cdot \operatorname{tg} \alpha)}=$
$=\lim {t \rightarrow 0} \frac{\operatorname{tg} t \cdot\left(1+\operatorname{tg}^2 \alpha\right)}{t \cdot(1-\operatorname{tg} t \cdot \operatorname{tg} \alpha)}=\lim {t \rightarrow 0}\left[\frac{\operatorname{tg} t}{t} \cdot \frac{\left(1+\operatorname{tg}^2 \alpha\right)}{(1-\operatorname{tg} t \cdot \operatorname{tg} \alpha)}\right]=1+\operatorname{tg}^2 \alpha\left(=\frac{1}{\cos ^2 \alpha}\right)$
(Noto che, per il limite notevole, si ha $\lim {t \rightarrow 0} \frac{\operatorname{tg} t}{t}=\lim {t \rightarrow 0} \frac{\operatorname{sen} t}{t \cdot \cos t}=1 \quad$ e che $\left.\lim _{t \rightarrow 0} \operatorname{tg} t=0\right)$
QUESITO 7
Si provi che l’equazione: $x^{2011}+2011 x+12=0$ ha una sola radice compresa fra -1 e 0.
Soluzione quesito 7
La funzione $f(x)=x^{2011}+2011 x+12$, di dominio $D=R$, è continua in $R$ in quanto funzione polinomiale.
Per il Teorema di esistenza degli zeri (o Teorema di Bolzano) ammette all’interno dell’intervallo $[-1 ; 0]$ almeno una soluzione, poiché assume in – 1 e 0 valori di segno opposto $(f(-1)=-1-2011+12=-2000<0$ e $f(0)=0+0+12=12>0)$.
Inoltre, $f^{\prime}(x)=2011 \cdot x^{2010}+2011 \rightarrow f^{\prime}(x)>0 \quad \Leftrightarrow \quad x^{2010}>-1, \quad$ vero $\forall x \in R$, ossia la funzione $y=f(x)$ è sempre crescente, quindi l’intersezione con l’asse $x$ è unica.
QUESITO 8
In che cosa consiste il problema della quadratura del cerchio? Perchè è così spesso citato?
Soluzione quesito 8
Il problema della quadratura del cerchio richiede che dato un cerchio di raggio $r$ si costruisca un quadrato che abbia la stessa area di tale cerchio con il solo uso di riga e compasso.
$$
A_{\text {cerchio }}=\pi r^2 \Rightarrow A_{\text {quadrato }}=\pi r^2=l^2 \Leftrightarrow l=\sqrt{\pi} \cdot r
$$
Poiché il lato del quadrato che si vuole costruire deve avere lunghezza pari a $r \sqrt{\pi}$, dove $\pi$ è un numero irrazionale trascendente (come dimostrato da Lindemann, non ottenibile cioè come soluzione di alcuna equazione algebrica a coefficienti razionali), risulta evidente l’impossibilità di risolvere tale problema con riga e compasso.
E’ un problema citato spesso, insieme al problema della duplicazione del cubo (si tratta di costruire con riga e compasso lo spigolo di un cubo che abbia volume doppio di un cubo dato) e al problema della trisezione dell’angolo (che richiede, dato un qualsiasi angolo $\varphi$, di suddividerlo in tre angoli uguali), in qualità di uno dei più noti problemi dell’antichità, già affrontati dai matematici greci. Ha infatti tenuto desta l’attenzione di generazioni di matematici successivi prima che si dimostrasse l’impossibilità di risolverlo con riga e compasso.
QUESITO 9
Si provi che, nello spazio ordinario a tre dimensioni, il luogo geometrico dei punti equidistanti dai tre vertici di un triangolo rettangolo è la retta perpendicolare al piano del triangolo passante per il punto medio dell’ipotenusa.
Soluzione quesito 9
GEOMETRICAMENTE (da preferire)
Il luogo dei punti dello spazio equidistanti da due punti è il piano perpendicolare al segmento che ha per estremi quei due punti e passante per il suo punto medio.
L’intersezione dei 3 piani equidistanti dai punti A , B e C (vertici di un triangolo rettangolo ABC ) è perciò la retta perpendicolare al piano del triangolo passante per il suo circocentro (che si trova nel punto medio dell’ipotenusa).
GEOMETRIA ANALITICA DELLO SPAZIO (non in programma)
Sia $A B C$ un triangolo rettangolo di vertici $C(0 ; 0), A(2 \alpha ; 0)$ e $B$ appartenente alla circonferenza di centro $M(\alpha ; 0)$ e raggio $\alpha \Rightarrow(x-\alpha)^2+(y-0)^2=\alpha^2 \Rightarrow x^2-2 \alpha x+\alpha^2+y^2=\alpha^2$, da cui $B\left(\beta ; \pm \sqrt{2 \alpha \beta-\beta^2}\right), \operatorname{con} 0 \leq \beta \leq 2 \alpha$.
Un qualsiasi punto $P$ dello spazio appartenente alla retta perpendicolare al piano del triangolo $A B C$ e passante per il punto medio $M$ dell’ipotenusa (circocentro del triangolo $A B C$ ) ha coordinate $P(\alpha ; 0 ; z), z \in R$. Si deve dimostrare che $P$ è equidistante dai tre punti $A, B, C$.
La formula della distanza tra due punti $R\left(x_1 ; y_1 ; z_1\right)$ ed $S\left(x_2 ; y_2 ; z_2\right)$ nello spazio è:
$\overline{R S}=\sqrt{\left(x_1-x_2\right)^2+\left(y_1-y_2\right)^2+\left(z_1-z_2\right)^2}$
quindi
$\overline{A P}=\sqrt{(\alpha-2 \alpha)^2+(0-0)^2+(z-0)^2}=\sqrt{\alpha^2+z^2}$
$\overline{B P}=\sqrt{(\alpha-\beta)^2+\left(0 \mp \sqrt{2 \alpha \beta-\beta^2}\right)^2+(z-0)^2}=\sqrt{\alpha^2+\beta^2-2 \alpha \beta+2 \alpha \beta-\beta^2+z^2}=\sqrt{\alpha^2+z^2}$
$\overline{C P}=\sqrt{(\alpha-0)^2+(0-0)^2+(z-0)^2}=\sqrt{\alpha^2+z^2}$
Quindi $A P=B P=C P$.
Ma è vero anche il viceversa. Se $A P=B P=C P$, allora intersecando le tre sfere di centri $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}, \mathrm{e}$ aventi lo stesso raggio, si ottiene un punto $P$, che appartiene alla retta perpendicolare al piano di A, B, C e passante per M.
Quindi questa retta è il luogo geometrico dei punti dello spazio equidistanti da $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ e C.
QUESITO 10
Soluzione quesito 10
La risposta corretta è la D :
$f(x)$ corrisponde al grafico III
$f^{\prime}(x)$ corrisponde al grafico II
$f^{\prime \prime}(x)$ corrisponde al grafico I
Sia $f(x)$ la funzione il cui grafico è in figura III. Si indichi con $\alpha$ il punto di minimo della funzione.
La funzione è crescente per $x<-\alpha$, decrescente per $-\alpha\alpha$, dunque $f^{\prime}(x)$ risulta positiva per $x<-\alpha$ e per $x>\alpha$, negativa per $-\alpha0$ e presenta un punto di flesso a tangente obliqua in $x=0$.
Dunque $f^{\prime \prime}(x)$ è negativa per $x<0$, positiva per $x>0$ e si annulla in $x=0$ (il grafico I ha queste caratteristiche).