4^C - Esercitazione recupero n 5

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1 4^ - sercitazione recupero n 5 1. onsidera la seguente relazione tra le variabili reali, y: dove a è un parametro reale positivo. 1 1 y = 1 a, a. sprimi y in funzione di e studia la funzione così ottenuta, disegnandone il grafico g. b. etermina per quali valori di a la curva disegnata risulta tangente o secante alla retta t di equazione y=4. c. Scrivi l'equazione della circonferenza k che ha il centro nel punto di coordinate 1,1 e intercetta sulla retta t una corda di lunghezza. d. alcola le aree delle due regioni finite di piano in cui il cerchio deitato da k è diviso dalla retta t. e. etermina per quale valore del parametro a il grafico g risulta tangente alla circonferenza k.. onsiderato un triangolo generico, siano ed due punti interni al lato tali che: ==. Siano poi M ed N i punti medi rispettivamente dei segmenti ed. a. imostra che il quadrilatero NM è la quarta parte del triangolo. b. mmesso che l'area del quadrilatero NM sia 45 a, dove a è una lunghezza assegnata, e ammesso che l'angolo sia acuto, e si abbia inoltre: =13 a, =15 a, verifica che tale quadrilatero risulta essere un trapezio rettangolo. c. opo aver riferito il piano della figura di cui al punto precedente ad un conveniente sistema di assi cartesiani, trova l'equazione della parabola avente l'asse perpendicolare alla retta e passante per i punti M, N,. 3. ata una funzione reale di variabile reale f, sappiamo che f l per a, dove l ed a sono numeri reali. Spiega se questo è sufficiente per concludere che una esauriente giustificazione della risposta. f a =l e fornisci 4. onsidera il cubo di spigoli ', ', ', ', in cui due facce opposte sono i quadrati e ''''. Sia il punto medio dello spigolo. I piani ' e ' dividono il cubo in quattro parti. imostra che la parte più estesa è il quintuplo di quella meno estesa. 5. Un tronco di piramide ha basi e b e altezza h. imostra che il suo volume V è espresso dalla formula: V = 1 h b b. splicita ciò che ammetti ai fini della dimostrazione alcola: e sen cos 7. imostra che: k n = n 1 k k 1 n 1.

2 4^ - orrezione esercitazione n 5 1. Ponendo 0 y 0, ricaviamo: y= a a. Si tratta di una funzione omografica definita per 0 a. Il grafico rappresenta una iperbole equilatera di asintoti =a e y=a, con un punto di discontinuità einabile per =0, in quanto 0 f =0, ma f 0 non è definita. Impongo che il discriminante del sistema: { y= a a y=4 sia maggiore o uguale di zero. Ricavo: 4 4 a=0, e quindi: a 0 a 1. La circonferenza di centro 1,1 e raggio r ha equazione: 1 y 1 =r y y r =0. I suoi punti di intersezione con la retta t sono dati da: { y y r = r =0 = 4± r 4 y=4. bbiamo dunque: = r 4= y. Imponiamo che la distanza tra i punti di intersezione della circonferenza con la retta sia uguale a : 4 r 8=8 r=. L'equazione della circonferenza è quindi: y y =0. (Per una risoluzione di tipo più geometrico, vedi sul sito della Zanichelli il problema n 1 dell'esame del corso di ordinamento dell'anno 001). ompletando il sistema precedente, determiniamo i punti di intersezione tra retta e circonferenza: { y y =0 3,1 ; 1,3. y=4 Poiché, il settore circolare è un quarto del cerchio, quindi la sua area misura: sett = 1 4 r =. L'area del triangolo misura: tr =, quindi l'area del minore dei segmenti circolari di

3 base vale: S 1 =S sett S tr =. L'area del maggiore dei due segmenti circolari è: S =S cerchio S 1 =4 =3. y= T Poiché entrambe le curve sono simmetriche rispetto alla bisettrice del 1 e del 3 quadrante, esse sono tangenti quando i loro punti di intersezione si trovano sulla bisettrice stessa. Risolviamo il sistema: { y y =0 T 1 1,1 ;T 1,1. y= La soluzione T 1 non è accettabile, in quanto corrisponderebbe ad un valore negativo di a, contro le ipotesi. Sostituendo le coordinate di T nell'equazione dell'iperbole, invece, otteniamo: a= 1, che è il valore di a per il quale le due curve sono tangenti.. ome è noto dalla geometria euclidea, il segmento MN è parallelo al segmento ed è congruente alla sua metà, quindi NM è un trapezio. K M N Inoltre, i triangoli MN ed sono simili per il 1 criterio, ed il loro rapporto di similitudine è k=1/. Ponendo =b, H =h, ho allora: H rea NM = 1 MN KH = 1 b 3 b 6 h = 1 b h = 1 4 rea. L'area del triangolo misura: rea =4 rea NM =90 a, da cui: H = rea =1 a. pplicando il teorema di Pitagora al triangolo rettangolo H: H = H =5 a, per cui H, ed il trapezio NM è rettangolo. Una scelta possibile è quella di porre l'origine nel punto (coincidente con H), il semiasse positivo delle ascisse lungo il segmento orientato M N e quello delle ordinate lungo. In questo modo, i punti assegnati hanno coordinate: 0,1 a, 5 a,0,

4 10 a,0, 5a,0, M 0,6 a, N 5 a /,6 a. L'equazione della parabola avrà la forma: y=. Imponendo il passaggio per i punti M, N,, ricavo: { =6 a 5 4 a 5 a =6 a 100 a 10 a =0 { = 5 a = 1 5 =6 a. L'equazione della parabola è quindi: y= 5 a a. (Ovviamente, scegliendo un altro sistema di coordinate, si avrà una diversa equazione). 3. No. d esempio: 0 sen =1, ma f 0 non è definita. Per =0 la funzione y= sen ammette quindi un punto di discontinuità einabile. 4. Le quattro parti in cui viene diviso il cubo sono prismi retti aventi tutti la stessa altezza, uguale allo spigolo l del cubo. imostriamo H quindi che la relazione cercata vale tra le rispettive aree di base. I triangoli F e F sono simili per il 1 criterio, ed hanno un rapporto di similitudine k= = 1. F Le loro altezze misurano quindi: FK = 1 3 l, HF = 3 l. K Possiamo quindi calcolare: rea F = 1 1 l 1 3 l= 1 1 l, rea = 1 l, da cui: rea F =l 1 l 1 1 l = 5 1 l. Pertanto rea F =5 rea F, e la stessa relazione vale tra i rispettivi volumi. 5. Poiché tra le piramidi VLMN e VL'M'N' esiste una similitudine, possiamo imporre: h = b h = b. Risolvendo tale equazione, otteniamo: = b b h. Il volume del tronco di piramide può essere calcolato per differenza:

5 V = 1 3 h 1 3 b=1 3 h 1 3 b. V Sostituendo il valore di ricavato in precedenza, ricavo: V = 1 3 h 1 3 b b h= h b b c.v.d Osserviamo che la quantità a numeratore è itata, in quanto 1 sen 1 e 1 cos 1, quindi:. (In realtà, utilizzando la formula dell'angolo aggiunto: = sen /4, e quindi:, ma questo non cambia sostanzialmente il quesito). i conseguenza: =0 per il teorema del confronto.. Quindi, poiché = L L' b M' M H H' h N' =0, allora: N Osservando che sen cos = sen = 1 sen 1 cos =1. cos =0 per il teorema del confronto, allora: 7. n 1 k n 1 k 1 = n 1! n k 1! k! n 1! n k! k 1! = n! r n k! k!= n k c.v.d. n 1! k n 1! = n k = n k! k!